04 MATEMATIKA 12 IPA 2013.pdf
Transcript of 04 MATEMATIKA 12 IPA 2013.pdf
1Matematika Kelas XII Program IPA
1. Menggunakan konsepintegral dalam pe-mecahan masalah.
Standar Kompetensi Kompetensi Dasar Nilai Indikator
1.1 Memahami konsep integral tak tentudan integral tentu.
1.2 Menghitung integral tak tentu danintegral tentu dari fungsi aljabar dantrigonometri yang sederhana.
1.3 Menggunakan integral untuk meng-hitung luas daerah di bawah kurva danvolume benda putar.
Pada bab ini akan dipelajari:1. Integral sebagai lawan dari turunan (antiderivatif)2. Integral tak tentu dan integral tertentu fungsi aljabar3. Integral tak tentu dan integral tertentu fungsi trigonometri4. Integral substitusi dan integral parsial5. Luas daerah di bawah kurva dan volume benda putar
Teliti
Cermat
Teliti dalam menentukan hasilpengintegralan.
Cermat dalam menentukan batas-batas daerah yang akan dihitungluas atau volumenya.
Model Pengintegrasian Nilai Pendidikan Karakter
Integral
Mendefinisikan konsepintegral fungsi aljabar
• Menentukan hasil integraltak tentu fungsi aljabar
• Menentukan hasil integraltertentu fungsi aljabar
• Menentukan rumus fungsijika diketahui turunannya
• Menentukan hasil integraltak tentu fungsi trigono-metri
• Menentukan hasil integraltertentu fungsi trigonometri
• Melakukan pengintegralandengan metode substitusi
• Melakukan pengintegralandengan metode parsial
• Menentukan luas daerahyang dibatasi kurva
• Menentukan volume bendaputar
Mendefinisikan konsepintegral fungsi trigonometri
Menentukan hasil integraldengan metode peng-
integralan
Menggunakan integral untukmenentukan luas daerah dan
volume benda putar
Siswa mampu menentukanintegral fungsi aljabar
Siswa mampu menentukanintegral fungsi trigonometri
Siswa mampu menentukanhasil integral denganmetode substitusi dan
parsial
Siswa mampu mengguna-kan integral untuk
menentukan luas daerahdan volume benda putar
Siswa mampu menggunakan konsep integraldalam pemecahan masalah
2 Integral
v(t) = 0 ⇔ 5t – 21
t2 = 0
⇔21
t(10 – t) = 0
⇔ t = 0 atau t = 10Jadi, benda berhenti setelah 10 detik.
5. Jawaban: bdydx = 4x + 5
y = ∫ (4x + 5) dx= 2x2 + 5x + c
Kurva melalui titik (–3, –3).y = 2x2 + 5x + c
⇔ –3 = 2(–3)2 + 5(–3) + c⇔ –3 = 2(9) – 15 + c⇔ –3 = 18 – 15 + c⇔ –3 = 3 + c⇔ c = –6Jadi, persamaan kurva tersebut y = 2x2 + 5x – 6.
6. Jawaban: c3
1∫ (3x2 + 2x – 1) dx =
32 1 1 1
1
3 22 1 1 1
x x x+ + + +
+ −
= 33 21x x x + −
= (33 + 32 – 3) – (13 + 12 – 1)= (27 + 9 – 3) – (1 + 1 – 1)= 33 – 1= 32
7. Jawaban: c2
1∫ (x2 – 2
1x
) dx = 2
1∫ (x2 – x–2) dx
= 2
3 1
1
1 13 1
x x− −
−
= 2
3
1
1 13 x
x
+
= (83 +
12 ) – (
13 + 1)
= 196 –
43
= 116
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: a
∫
23x 4x xx x
− dx = ∫ (
3xx x
– 24x x
x x) dx
= ∫ (312x
− – 4x) dx
= 12
3
1− +
12
1x
− + – 4
1 1+x1 + 1 + c
= 12
3 12x –
42 x2 + c
= 6 x – 2x2 + c
2. Jawaban: b
∫ (2x – 3)(3x + 2) dx
= ∫ (6x2 – 5x – 6) dx
= 6
2 1+ x2 + 1 – 5
1 1+ x1 + 1 – 6x + c
= 63 x3 –
52 x2 – 6x + c
= 2x3 – 52 x2 – 6x + c
3. Jawaban: df′(x) = 3x2 + 6x – 5 dan f(–1) = 8f(x) = ∫ f′(x) dx
= ∫ (3x2 + 6x – 5) dx
= 3 · 13 x3 + 6 ·
12 x2 – 5x + c
= x3 + 3x2 – 5x + cf(–1) = 8 ⇒ (–1)3 + 3(–1)2 – 5(–1) + c = 8
⇔ –1 + 3 + 5 + c = 8⇔ c = 1
Jadi, f(x) = x3 + 3x2 – 5x + 1.
4. Jawaban: cPercepatan = a(t) = 5 – tdv(t)dt = a(t) ⇒ v(t) = ∫ a(t) dt = ∫ (5 – t) dt
= 5t – 21
t2 + c
Benda bergerak dari keadaan diam makav(0) = 0 ⇒ c = 0.
Kecepatan benda dirumuskan v(t) = 5t – 21
t2.
Pada saat benda berhenti berarti kecepatannya 0.
3Matematika Kelas XII Program IPA
8. Jawaban: e4
2∫ (–x2 + 6x – 8) dx
= 4
2
3 213
x 3x 8x − + −
= (–13 (4)3 + 3(4)2 – 8(4)) – (–
13 (2)3 + 3(2)2 – 8(2))
= (–643 + 48 – 32) – (–
83 + 12 – 16)
= (–163 ) – (–
203 ) =
43
9. Jawaban: d3
a∫ (3x2 + 2x + 1) dx = 25
⇔33 2ax x x + + = 25
⇔ (27 + 9 + 3) – (a3 + a2 + a) = 25⇔ 39 – a3 – a2 – a = 25⇔ a3 + a2 + a – 14 = 0⇔ (a – 2)(a2 + 3a + 7) = 0⇔ a = 2 atau a2 + 3a + 7 = 0Oleh karena tidak ada nilai x yang memenuhipersamaan x2 + 3x + 7 = 0 maka penyelesaiannyaa = 2.
Jadi, 12 a =
12 × 2 = 1.
10. Jawaban: b4
0∫ f(x) dx = 2
4
2∫ 2f(x) dx = 2 ⇔ 2
4
2∫ f(x) dx = 2
⇔4
2∫ f(x) dx = 1
4
0∫ f(x) dx =
2
0∫ f(x) dx +
4
2∫ f(x) dx
⇔ 2 = 2
0∫ f(x) dx + 1 ⇔
2
0∫ f(x) dx = 2 – 1 = 1
Jadi, 2
0∫ f(x) dx = 1.
B. Uraian
1. a. ∫ 2xx
dx = ∫ 12
2x
− dx
= ∫ 32x dx
= 32
1
1+
32
1x
++ c
= 52
1 52x + c =
25 x2 x + c
b. ∫ 3
x x dx = ∫ 3
32x
− dx
= 32
3
1− +
32
1x
− ++ c
= 12
3
−
12x
− + c
= –6x
+ c
c. ∫ (3x + 2)2 dx
= ∫ (9x2 + 12x + 4) dx
= 9 · 13 x3 + 12 ·
12 x2 + 4x + c
= 3x3 + 6x2 + 4x + c
d. ∫ (2 x + 1)(3 x – 2) dx
= ∫ (6x – x – 2) dx
= ∫ (6x – 12x – 2) dx
= 3x2 – 23
32x – 2x + c
= 3x2 – 23x x – 2x + c
2. a.5
2−∫ 2g(x) dx = 6
⇔ 25
2−∫ g(x) dx = 6
⇔5
2−∫ g(x) dx = 3
b.5
2−∫ (2f(x) – 3g(x)) dx
= 25
2−∫ f(x) dx – 3
5
2−∫ g(x) dx
= 2(8) – 3(3)
= 7
3. a.p
0(4x∫ – 5) dx = –3
⇔p2
02x 5x − = –3
⇔ (2p2 – 5p) – 0 = –3⇔ 2p2 – 5p + 3 = 0⇔ (2p – 3)(p – 1) = 0
⇔ p = 32 atau p = 1
4 Integral
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: c
∫ (cos 2x – 2 sin x) dx
= ∫ cos 2x dx – 2 ∫ sin x dx
= 12 sin 2x – 2(–cos x) + c
= 12 sin 2x + 2 cos x + c
2. Jawaban: d∫(3 – 6 sin2 x) dx = ∫ 3(1 – 2 sin2 x) dx
= 3 ∫ cos 2x dx
= 3 · 12 sin 2x + c
= 32 · 2 sin x cos x + c
= 3 sin x cos x + c
3. Jawaban: b
sin a cos b = 12 (sin (a + b) + sin (a – b))
∫ 4 sin 5x cos 3x dx
= ∫ 4 · 12 (sin 8x + sin 2x) dx
= 2 ∫ (sin 8x + sin 2x) dx
= 2(– 18
cos 8x – 12
cos 2x) + c
= – 14
cos 8x – cos 2x + c
4. Jawaban: b
∫ sin (12 x – π) cos (
12 x – π) dx
= ∫ 12 sin 2(
12 x – π) dx
= 12 ∫ sin (x – 2π) dx
= –12 cos (x – 2π) + c
b.2
2
1(px∫ – 4x + 5) dx = 20
⇔2
3 2
1
p
3x 2x 5x − +
= 20
⇔(8p3 – 8 + 10) – (
p3 – 2 + 5) = 20
⇔ 7p3 – 1 = 20
⇔ 7p3 = 21
⇔ p = 21 × 37 = 9
4. a. f′(x) = 4 – 6x
f(x) = ∫ f′(x) dx = ∫ (4 – 6x) dx
= 4x – 3x2 + cf(3) = –12 ⇒ 4(3) – 3(3)2 + c = –12
⇔ 12 – 27 + c = –12⇔ c = 3
Jadi, f(x) = –3x2 + 4x + 3.
b.2
1−∫ f(x) dx =
2
1−∫ f(x) dx
= 2
1−∫ (–3x2 + 4x + 3) dx
= 23 2
1x 2x 3x − − + +
= (–8 + 8 + 6) – (1 + 2 – 3)= 6 – 0 = 6
5.6
0∫ f(x) dx =
3
0∫ f(x) dx +
6
3∫ f(x) dx
=3
0∫ (x + 4) dx +
6
3∫ (2 – 4x) dx
=3
2
0
12
x 4x
+ + 2x – 2x2
6
3
= (92 + 12) – (0 + 0)
+ (12 – 72) – (6 – 18)
= (92 + 12) – 0 + (–60) – (–12)
=92 – 36
= –3112
Jadi, nilai 6
0∫ f(x) dx = –31
12 .
A. Pilihlah jawaban yang tepat.
5Matematika Kelas XII Program IPA
5. Jawaban: d
∫ 1 cos 2x− dx
= ∫ 22 sin x dx
= ∫ 2 sin x dx
= – 2 cos x + c
6. Jawaban: e13
0
π
∫ (sin 2x + 3 cos x) dx
= 13
0
12
cos 2x 3 sin x)π
− +
= (–12 cos
23π
+ 3 sin 3π
) – (–12 cos 0 + 3 sin 0)
= (–12 · (–
12 ) + 3(
12
3 ) – (–12 + 0)
= (14 +
32 3 ) – (–
12 )
= 34 +
32
3 = 34 (1 + 2 3 )
7. Jawaban: d
0
π
∫ (sin 3x + cos x) dx
= 0
13
cos 3x sin xπ
− +
= (–13 cos 3π + sin π) – (–
13 cos 0 + sin 0)
= (13 + 0) – (–
13 + 0) =
23
8. Jawaban: b13
π
−π∫ cos (2x +
13 π) dx
= 131 1
2 3sin (2x )
π
−π
+ π
= 12 sin (
23π
+ 13 π) –
12 sin (–2π +
13 π)
= 12 sin π –
12 sin
53
− π
= 0 – 12 (
12
3 ) = –14
3
9. Jawaban: b23
12
π
π∫ cos (3x – π) dx =
23
12
13
sin (3x )π
π
− π
= 13 (sin (2π – π) – sin (
32 π – π))
= 13 (sin π – sin
12 π)
= 13 (0 – 1) = –
13
10. Jawaban: e
3
0
π
∫ (sin x + cos x)(sin x – cos x) dx
= 3
0
π
∫ (sin2 x – cos2 x) dx
= 3
0
π
∫ –(cos2 x – sin2 x) dx
= –3
0
π
∫ cos 2x dx
= 3
0
12
sin 2xπ
−
= –12(sin
23π – sin 0)
= –12(
12
3 – 0)
= –14
3
B. Uraian
1. a. ∫ (cos x + 2 sin x) dx
= ∫ cos x dx + 2 ∫ sin x dx= sin x + 2(–cos x) + c= sin x – 2 cos x + c
b. ∫ sin (2x + 23 π) dx
= –12 cos (2x +
23 π) + c
c. ∫ 6 sec2 3x dx = 6 · 13 tan 3x + c
= 2 tan 3x + c
d. ∫ (2 sin 13 x – 3 cos 2x) dx
= 2 ∫ sin 13 x dx – 3 ∫ cos 2x dx
= 2(–3 cos 13 x) – 3(
12 sin 2x) + c
= –6 cos 13 x –
32 sin 2x + c
2. a. ∫ 6 tan 3x sec 3xcos 3x
− dx
= ∫ ( 6 tan 3xcos 3x
– sec 3xcos 3x
) dx
= ∫ (6 tan 3x sec 3x – sec2 3x) dx
= 6 · 13 sec 3x –
13 tan 3x + c
= 2 sec 3x – 13 tan 3x + c
6 Integral
b
a∫ sin 2x dx
= b
a
12
cos 2x
−
= b
2
a
12
(1 2 sin x)
− −
= b
2
a
12
sin x
− +
= (–12 + sin2 b) – (–
12 + sin2 a)
= sin2 b – sin2 a
= (sin b – sin a)(sin b + sin a)
= c (sin b + sin a)
= c (sin a + sin b)
Terbukti bahwa b
a∫ sin 2x dx = c(sin a + sin b).
5. a. f′(x) = 12 cos 2x
f(x) = ∫ 12 cos 2x dx
= 12 · 12 sin 2x + c
= 6 sin 2x + c
f 12π
= 8
⇔ 6 sin 2 12π
+ c = 8
⇔ 6 sin 6π
+ c = 8
⇔ 6 · 12 + c = 8
⇔ 3 + c = 8⇔ c = 5Diperoleh f(x) = 6 sin 2x + 5.
b. f 4π
= 6 sin 2 4π
+ 5
= 6 sin 2π
+ 5
= 6 · 1 + 5= 11
b. ∫ (sin 2x – cos 2x)2 dx
= ∫ (sin2 2x – 2 sin 2x cos 2x + cos2 2x) dx
= ∫ (sin2 2x + cos2 2x – 2 sin 2x cos 2x) dx
= ∫ (1 – sin 4x) dx
= x + 14 cos 4x + c
3. a.2
0
π
∫ (cos 2x + sin 3x) dx
= 2
0
1 12 3
sin 2x cos 3xπ
−
= (12 sin π –
13 cos
32π
) – (12 sin 0 –
13 cos 0)
= (0 – 0) – (0 – 13 ) =
13
b.2
4
π
π∫ 2 cos ( 4
π – x) dx
= 2
4
21 4sin ( x)
π
ππ
− −
= –2 (sin (– 4π
) – sin 0)
= –2 (–12 2 – 0) = 2
c.3
0
π
∫ 6 sin x cos x dx
= 3
0
π
∫ 3 sin 2x dx
= 3
0
32
cos 2xπ
−
= –32 (cos
23π
– cos 0)
= –32 (–
12 – 1)
= –32 (–
32 )
= 94
4.b
a∫ cos x dx = c
⇔b
asin x
= c
⇔ sin b – sin a = c
7Matematika Kelas XII Program IPA
A. Pilihan Ganda1. Jawaban: c
Misalkan u = 2x2 + 8x + 1dudx = 4x + 8 ⇔ du = (4x + 8) dx
∫ (2x + 4) 22x + 8x + 1 dx
= ∫ 22x + 8x + 1 (2x + 4) dx
= ∫ 22x + 8x + 1 ( 4x 82+
) dx
= ∫ u12 du
= 12 ∫ u du
= 12 ( 1
2
11+ u
12
+ 1) + c
= 12 ( 3
2
1 u
32 ) + c
= 12 (
23 u
32 ) + c
= 13 u
32 + c =
13 u u + c
= 13 (2x2 + 8x + 1) 22x + 8x + 1 + c
2. Jawaban: dMisalkan u = 2x3 – 5dudx = 6x2 ⇔ du = 6x2 dx
∫ 2
3 57
2x
(2x 5)− dx
= ∫ 2x2(2x3 – 5)57
− dx
= ∫ (2x3 – 5)57
−(2x2 dx)
= ∫ u57
− 13 du
= 13 ∫ u
57
− du
= 13 ( 5
7
11−
u57
+ 1−) + c
= 13 (
72 u
27 ) + c
= 76 u
27 + c
= 76 (2x3 – 5)
27 + c
= 76
3 27 (2x 5)− + c
3. Jawaban: cMisalkan u = 2x3 + 4dudx = 6x2
⇔ du = 6x2 dx
∫2
3
3x
2x 4+dx = ∫
123(2x 4)
−+ ·
26x2
dx
= 12 ∫
12u
−du =
12 × 1
2
1 12u + c
= u + c
= 32x 4+ + c
4. Jawaban: cMisalkan u = 3x2 + 9x – 1dudx = 6x + 9 = 3(2x + 3)
⇔ (2x + 3) dx = du3
∫ 2
2x 3
3x 9x 1
+
+ −dx
= ∫ (3x2 + 9x – 1)12
− · (2x + 3) dx
= ∫ u12
− ·
du3
= 13 ∫ u
12
− du
= 13 · 2u
12 + c
= 23
23x 9x 1+ − + c
5. Jawaban: cMisalkan u = 4x ⇒ du = 4 dx
dv = (x – 2)3 dx
⇒ v = ∫ (x – 2)3 dx
= ∫ (x – 2)3 d(x – 2)
= 14 (x – 2)4
∫ u dv = uv – ∫ v du
∫ 4x(x – 2)3 dx
= (4x) · 14 (x – 2)4 – ∫ 1
4 (x – 2)4 (4 dx)
= x(x – 2)4 – ∫ (x – 2)4 d(x – 2)
= x(x – 2)4 – 15 (x – 2)5 + c
= 15 (x – 2)4 (5x – (x – 2)) + c
= 15 (4x + 2)(x – 2)4 + c
8 Integral
6. Jawaban: c1
a∫ 12x(x2 + 1)2 dx = 14
⇔ 61
a∫ (x2 + 1)2 · 2x dx = 14
⇔ 6 · 2 31
13 a
(x + 1) = 14
⇔ 2((1 + 1)3 – (a2 + 1)3) = 14⇔ 8 – (a2 + 1)3 = 7⇔ (a2 + 1)3 = 1⇔ a2 + 1 = 1⇔ a2 = 0⇔ a = 0
7. Jawaban: cMisalkan u = sin 2xdudx = 2 cos 2x ⇔ 1
2 du = cos 2x dx
∫ cos 2x sin 2x dx = ∫ (sin 2x)12 (cos 2x dx)
= ∫ u12 (
12 du)
= 12 ∫ u
12 du
= 12 ·
23 u
32 + c
= 13 u u + c
= 13 sin 2x sin 2x + c
8. Jawaban: c
0
π
∫ sin 2x cos x dx
= 0
π
∫ (2 sin x cos x) cos x dx
= 20
π
∫ cos2 x sin x dx
= 20
π
∫ (cos x)2 d(–cos x)
= –20
π
∫ (cos x)2 d(cos x)
= –2 · 31
3 0(cos x)
π
= –23 (cos3 π – cos3 0)
= –23 (–1 – 1)
= 43
9. Jawaban: bMisalkan u = cos 2xdudx = –2 sin 2x ⇔ sin 2x dx = –
du2
∫ cos4 2x sin 2x dx
= ∫ u4 (–du2 )
= –12 ∫ u4 du
= –12 ·
15 u5 + c
= –1
10 cos5 2x + c
10. Jawaban: bMisalkan u = (x2 – 2) ⇒ du = 2x dx
dv = sin x dx ⇒ v = ∫ sin x dx = –cos x
∫ u dv = uv – ∫ v du
∫ (x2 – 2) sin x dx
= (x2 – 2) (–cos x) – ∫ (–cos x) (2x dx)
= –(x2 – 2) cos x + ∫ 2x cos x dx
= (2 – x2) cos x + 2 ∫ x d(sin x)
= (2 – x2) cos x + 2 (x sin x – ∫ (sin x) dx)
= (2 – x2) cos x + 2x sin x – 2 (–cos x) + c= (2 – x2) cos x + 2x sin x + 2 cos x + c= (4 – x2) cos x + 2x sin x + c
B. Uraian1. a. Misalkan u = 5 – x
dudx = –1 ⇔ dx = –du
∫ 2
5 x− dx = ∫ 2u (–du)
= –2 ∫ u12
− du
= –2 · 2u12 + c
= –4 5 x− + c
b. Misalkan u = x2 – 3dudx = 2x ⇔ 2x dx = du
∫ 2x(x2 – 3)3 dx = ∫ (x2 – 3)3 · 2x dx
= ∫ u3 du
= 14 u4 + c
= 14 (x2 – 3)4 + c
9Matematika Kelas XII Program IPA
c. Misalkan u = 2x – 3dudx = 2 ⇔ dx =
du2
∫ (4x – 6) 2x 3− dx
= ∫ 2(2x – 3)(2x – 3)12 dx
= 2 ∫ (2x – 3)32 dx
= 2 ∫ u32 ·
du2
= ∫ u32 du =
25 u
52 + c
= 25 (2x – 3)2 2x 3− + c
d. Misalkan u = 4 – 3x2
dudx = –6x ⇔ x dx =
du6−
∫ 2 23x
(4 3x )− dx = 3 ∫ (4 – 3x2)–2 · x dx
= 3 ∫ u–2 · du6−
= 36− ∫ u–2 du
= –12 ·
11− u–1 + c
= 1
2u + c = 21
2(4 3x )− + c
= 21
8 6x− + c
2. a. Misalkan u = x2 – 4x – 1dudx = 2x – 4 ⇔ du = (2x – 4) dx
⇔ (2 – x) dx = –12 du
x = 0 ⇒ u = 0 – 0 – 1 = –1x = 2 ⇒ u = 4 – 8 – 1 = –52
2 20
2 x
(x 4x 1)
−
− −∫ dx
= 2
2
0(2x∫ – 4x – 1)–2 (2 – x) dx
= 5
2
1u
−−
−∫ · (–
12 ) du
= –12
52
1u
−−
−∫ du
= –12
51
11u
−−−
−
= 12
5
1
1u
−
−
= 12 (
15− –
11− )
= 12 ·
45 =
25
b.2
0
π
∫ (1 – cos x) sin x dx
Misalkan u = 1 – cos xdudx = sin x ⇔ du = sin x dx
2
0
π
∫ (1 – cos x) sin x dx
= 2
0
π
∫ u du
= 22
0
12
uπ
= 22
0
12
(1 cos x)π
−
= 12 (1 – cos 2
π)2 –
12 (1 – cos 0)2
= 12 (1 – 0)2 –
12 (1 – 1)2
= 12 (1) –
12 (0)
= 12
3. a. ∫ 2x sin (2x – 1) dx
= ∫ 2x d(–12 cos (2x – 1))
= 2x · (–12 cos (2x – 1))
– ∫ (– 12 cos (2x – 1)) d(2x)
= –x cos (2x – 1) + ∫ cos (2x – 1) dx
= –x cos (2x – 1) + 12 sin (2x – 1) + c
b. ∫ (3x + 2) cos (3x + 2) dx
= ∫ (3x + 2) d(13 sin (3x + 2))
= (3x + 2) · 13 sin (3x + 2)
– ∫ 13 sin (3x + 2) d(3x + 2)
= (x + 23 ) sin (3x + 2) +
13 cos (3x + 2) + c
10 Integral
∫ 4x4 x−
dx
= 4x(–2(4 – 12x) ) – ∫ (–2(4 –
12x) ) 4dx
= –8x(4 – 12x) – 8 ∫ (4 –
12x) (–1) dx
= –8x(4 – 12x) – 8 ∫ (4 –
12x) d(4 – x)
= –8x(4 – 12x) – 8 ·
23 (4 –
32x) + c
= –8x 4 x− – 163
3(4 x)− + c
Jadi, ∫ f(x) dx = –8x 4 x− – 163
3(4 x)− + c.
b.3
0∫ f(x) dx
= –8x 4 x− – 163
33
0(4 x) −
= (–24 – 163 ) – (0 –
1283 )
= –883 +
1283 =
403
= 0 – (–113 )
= 113 satuan luas
Jadi, luas daerah:
L = LI + LII = 113 + 1
13 = 2
23 satuan luas.
= 0 – (–113 )
= 113 satuan luas
Jadi, luas daerah yang diarsir:
L = LI + LII = 113 + 1
13 = 2
23 satuan luas.
4.2
0
π
∫ sin2 2x sin x dx
= 2
0(2 sin
π
∫ x cos x)2 sin x dx
= 2
04
π
∫ sin2 x cos2 x sin x dx
= –2
04(1
π
∫ – cos2 x) cos2 x (–sin x) dx
= –42
2
0(cos x
π
∫ – cos4 x) d(cos x)
= –4 23 5
0
1 13 5
cos x cos xπ
−
= –4[(13 · 03 –
15 · 05) – (
13 · 13 –
15 · 15)]
= –4(0 – (13 –
15 ))
= –4 · (–2
15 )
= 8
15
5. a. Misalkan u = 4x ⇒ du = 4dx
dv = 14 x−
dx = (4 – 12x)− dx
⇒ v = ∫ (4 – 12x)− dx
= – ∫ (4 – 12x)− (–1) dx
= – ∫ (4 – 12x)− d(4 – x)
= –2(4 – 12x)
∫ u dv = uv – ∫ v du
A. Pilihan Ganda1. Jawaban: d
Perpotongan kedua kurva:x + y – 6 = 0
⇔ x + x – 6 = 0
⇔ ( x )2 + x – 6 = 0
⇔ ( x + 3)( x – 2) = 0
⇔ x = –3 atau x = 2⇔ (tidak ada nilai x x = 4
yang memenuhi)
Daerah I dibatasi oleh kurva y = x dan sumbu Xpada interval 0 ≤ x ≤ 4.
Luas daerah I: LI = 4
0∫ x dx
Daerah II dibatasi garis y = 6 – x dan sumbu Xpada interval 4 ≤ x ≤ 6.
Luas daerah II: LII = 6
4∫ (6 – x) dx
Y
X
6
0 4 6
x + y – 6 = 0
y = x
I II
11Matematika Kelas XII Program IPA
Luas daerah yang diarsir:
L = LI + LII
= 4
0∫ x dx +
6
4∫ (6 – x) dx
= 4
0∫ x dx –
6
4∫ (x – 6) dx
2. Jawaban: a
x + y = 2 ⇔ y = 2 – xLuas daerah yang diarsir:
L =1
2−∫ (y1 – y2) dx
=1
2−∫ (2 – x – x2) dx
=1
2 3
2
1 12 3
2x x x−
− −
= (2(1) – 12 (1)2 –
13 (1)3)
– (2(–2) – 12 (–2)2 –
13 (–2)3)
= (2 – 12 –
13 ) – (–4 – 2 +
83 )
=76 – (–
103 )
=76 +
206
=276 = 4
12 satuan luas
3. Jawaban: a
Persamaan garis yang melalui titik (2, 0) dan (0, 2)y 02 0
−− =
x 20 2
−−
⇔ y = –x + 2
Luas daerah yang diarsir:
L = 1
0∫ (y1 – y2) dx +
2
1∫ (y2 – y1) dx
= 1
0∫ (–x + 2 – x2) dx +
2
1∫ (x2 – (–x + 2)) dx
= 1
0
1 12 32 3
x 2x x − + − +
2
1
1 13 23 2
x x 2x
+ −
= (–12 + 2 –
13 – 0) + ((
83 + 2 – 4) – (
13 +
12 – 2))
= 116 + (
23 + 1
16 )
= 3 satuan luas
4. Jawaban: c
Luas daerah yang diarsir:
L =4
1∫ (y1 – y2) dx
=4
1∫ ((x – 1) – (x2 – 4x + 3)) dx
=4
1∫ (–x2 + 5x – 4) dx
=4
3 2
1
1 53 2
x x 4x
− + −
= (–13 (4)3 +
52 (4)2 – 4(4))
– (–13 (1)3 +
52 (1)2 – 4(1))
= (–643 + 40 – 16) – (–
13 +
52 – 4)
=83 – (–
116 )
=166 +
116
=276 =
92 satuan luas
Y
X
2
0 1 2
y2 = x2
I II
y1 = –x + 2
Y
X–2 –1 1 2
y1 = 2 – x
y2 = x2
0
Y
X0 1 2 3 4
3
–1
–2
y2 = x2 – 4x + 3y1 = x – 1
12 Integral
Y
X
4
0 2
y2 = x2y1 = 2x
5. Jawaban: b
Luas daerah yang diarsir:
L = 2
0∫ (y1 – y2) dx
= 2
0∫ ((4 – x2) – (–x + 2)) dx
= 2
0∫ (2 – x2 + x) dx
= 2
3 2
0
1 13 2
2x x x
− +
= 4 – 83 + 2 – 0 =
103 satuan luas
6. Jawaban: c
Volume benda putar:
V = π3
1−∫ (y1
2 – y22) dx
= π3
1−∫ ((2x + 3)2 – (x2)2) dx
= π3
1−∫ (4x2 + 12x + 9 – x4) dx
= π 3
3 2 5
1
4 13 5
x 6x 9x x−
+ + −
= π 3 2 54 13 5
( (3) 6(3) 9(3) (3) )
+ + −
– 2 54 133 5
( ( 1) 6( 1) 9( 1) ( 1) )
− + − + − − −
= π 243 4 15 3 5
(36 54 27 ) ( 6 9 )
+ + − − − + − +
= π 243 17)
5 15(117 ( 3 )
− − − −
= π(120 – 2435 +
1715 )
= π(1.800 729 17
15− +
)
= 1.088
15 π
= 728
15 π satuan volume
7. Jawaban: d
Volume benda putar:
V = π 2
0∫ (y1
2 – y22) dx
= π 2
0∫ ((2x)2 – (x2)2) dx
= π 2
0∫ (4x2 – x4) dx
= π 2
3 5
0
4 13 5
x x
−
= π ((43 (2)3 –
15 (2)5) – 0)
= π (323 – 32
5 )
= 6415 π satuan volume
8. Jawaban: cBatas-batas daerah yang diarsir menurut sumbu Y.
Batas atas: y = x3 ⇔ x = 13y
Batas bawah: y2 = xKedua kurva berpotongan di titik (0, 0) dan (1, 1),berarti batas-batas nilai y adalah 0 ≤ y ≤ 1.Volume benda putar:
V = π1
0∫ ((
13y )2 – (y2)2) dy
= π1
0∫ (
23y – y4) dy
= π53
1
0
3 1 55 5
y y
−
= π(35 –
15 – 0)
= 25 π satuan volume
Y
X
4
2
0 2
y1 = 4 – x2y2 = –x + 2
Y
X
9
321
–2 –10 1 2 3
x = 3
y2 = x2 y1 = 2x + 3
13Matematika Kelas XII Program IPA
B. Uraian
1. a. Daerah yang diarsir dibatasi oleh parabolay = x2 + 1 dan sumbu X pada interval 0 ≤ x ≤ 2.Luas daerah yang diarsir:
L = 2
0∫ (x2 + 1) dx
= 2
3
0
13
x x
+
= (83 + 2) – 0
= 423 satuan luas
b. Daerah yang diarsir dibagi menjadi duabagian.
Daerah I dibatasi oleh parabola y = 12 x2 dan
sumbu X pada interval 0 ≤ x ≤ 2.Daerah II dibatasi oleh garis y = 4 – x dansumbu X pada interval 2 ≤ x ≤ 4.Luas daerah yang diarsir:L = LI + LII
=2
0∫ 1
2 x2 dx + 4
2∫ (4 – x) dx
= 2
3
0
16
x
+ 4
2
2
12
4x x
−
= (86 – 0) + [(16 – 8) – (8 – 2)]
= 113 + 2 = 3
13 satuan luas
c. Daerah yang diarsir dibatasi oleh parabolay = 8 – 2x2 dan garis y = –x + 2 pada interval0 ≤ x ≤ 2.Luas daerah yang diarsir:
L = 2
0∫ ((8 – 2x2) – (–x + 2)) dx
= 2
0∫ (6 – 2x2 + x) dx
= 2
3 2
0
2 13 2
6x x x
− +
= 12 – 163 + 2 – 0 = 8
23 satuan luas
d. Daerah yang diarsir dibatasi oleh parabolay = –x2 + x + 6 dan garis y = 2x + 4.y = 2x + 4y = –x2 + x + 6–––––––––––– –0 = x2 + x – 2⇔ (x + 2)(x – 1) = 0⇔ x = –2 atau x = 1Diperoleh batas pengintegralan –2 ≤ x ≤ 1.
9. Jawaban: a
y = x2 + 1 ⇔ x2 = y – 1Volume benda putar:
V = π 3
2
1x∫ dy = π
3
1(y∫ – 1) dy
= π 3
2
1
12
y y
−
= π ( 92 – 3 – (
12 – 1))
= 2π satuan volume
10. Jawaban: aDaerah yang diarsir diputar mengelilingi sumbu X.
VX = π a
0∫ ((a2)2 – (x2)2) dx
= π a
0∫ (y1
2 – y22) dx
= π a
0∫ (a4 – x4) dx
= π a
4 5
0
15
a x x
−
= π(a5 – 15 a5 – 0) =
45 πa5 satuan volume
Daerah yang diarsir diputar mengelilingi sumbu Y.
VY = π 2a
0∫ x2 dy = π
2a
0∫ y dy = π
2a2
0
12
y
= 12 π((a2)2 – 02)
= 12 πa4 satuan volume
VX = VY ⇒ 45 πa5 =
12 πa4
⇔ 45 πa5 –
12 πa4 = 0
⇔ πa4 (45 a –
12 ) = 0
⇔ a4 = 0 atau45 a =
12
⇔ a = 0 atau a = 58
Oleh karena a ≠ 0 maka nilai a = 58 .
Jadi, nilai a = 58 .
Y
X
3
1
0
y = 3
y = x2 + 1
Y
X
a2
0 a
y1 = a2
y2 = x2
14 Integral
Luas daerah yang diarsir:
L = 1
2−∫ ((–x2 + x + 6) – (2x + 4)) dx
= 1
2−∫ (–x2 – x + 2) dx
= 1
3 2
2
1 13 2
x x 2x−
− − +
= (–13 –
12 + 2) – (
83 – 2 – 4)
= 116 – (–3
13 ) = 4
12 satuan luas
2.
Luas daerah yang diarsir = LI + LII.Menentukan LI.
LI = –0
1−∫ (y2 – y1) dx
= –0
1−∫ (x + x2) dx
= –0
3 2
1
1 13 2
x x−
+
= –1 13 2
(0 0) ( )
+ − − +
= –(0 – (16 ))
= 16 satuan luas
Luas gabungan daerah II dan III:
Lgab = 2
0∫ (y2 – y3) dx
= 2
0∫ (x – (x2 – 2) dx
= 2
0∫ (x – x2 + 2) dx
= 0
22 31 1
2 3x x 2x
− +
= (12 (2)2 –
13 (2)3 + 2(2)) – 0
= 2 – 83 + 4 =
103 satuan luas
Menentukan LIII.
LIII = –1
0∫ (y3 – y1) dx
= –1
0∫ (x2 – 2 + x2) dx
= –1
0∫ (2x2 – 2) dx
= –1
3
0
23
x 2x
−
= – 323
( (1) 2(1)) 0
− −
= –(23 – 2) =
43 satuan luas
LII = Lgab – LIII
= 103 –
43
= 63 = 2
Luas daerah yang diarsir:L = LI + LII
= 16 + 2
= 216
Jadi, luas daerah yang diarsir adalah 216 satuan
luas.
3. a. Luas daerah yang dimaksud yaitu luasdaerah yang dibatasi kurva y = cos x dan
sumbu X pada interval 0 < x < 2π
.
L = 2
0
π
∫ cos x dx = 2
0sin x
π
= sin 2π
– sin 0 = 1 – 0
= 1 satuan luasb. Kurva y = sin x dan y = cos x berpotongan
di x = 4π
.
Luas daerah di antara kurva y = sin x dan
y = cos x pada interval 0 < x < 4π
:
LI = 4
0
π
∫ (cos x – sin x) dx
= 4
0sin x ( cos x)
π
− −
= (sin 4π
+ cos 4π
) – (sin 0 + cos 0)
= (12 2 +
12 2 ) – (0 + 1)
= ( 2 – 1) satuan luas
X
Y
y1 = –x2
II
III
–1
y2 = xy3 = x2 – 2
2I → 1
15Matematika Kelas XII Program IPA
Luas daerah di antara kurva y = sin x dan
y = cos x pada interval 4π
< x < π:
LII =
4
π
π∫ (sin x – cos x) dx
= 4
cos x sin x π
π − −
= (–cos π – sin π) – (–cos 4π
– sin 4π
)
= (1 – 0) – (–12 2 –
12 2 )
= (1 + 2 ) satuan luasLuas daerah yang dibatasi oleh kurvay = sin x dan y = cos x pada interval 0 < x < πadalah:L = LI + LII
= ( 2 – 1) + (1 + 2 )
= 2 2 satuan luas
4. Daerah D dibatasi oleh garis y = 2x, y = 3 – x,dan sumbu X.
a. Luas daerah D:
L = 1
0∫ 2x dx +
3
1∫ (3 – x) dx
= x2 1
0 +
32
1
12
3x x
−
= (1 – 0) + ((9 – 92 ) – (3 –
12 ))
= 1 + 2= 3 satuan luas
b. Daerah D diputar mengelilingi sumbu X,volumenya:
VX = π 1
0∫ (2x)2 dx + π
3
1∫ (3 – x)2 dx
= π 1
0∫ 4x2 dx + π
3
1∫ (9 – 6x + x2) dx
= π 1
3
0
43
x
+ π 3
2 3
1
13
9x 3x x
− +
= π (43 – 0) + π [(27 – 27 + 9) – (9 – 3 +
13 )
= 43 π +
83 π
= 4π satuan volume
c. Daerah D diputar mengelilingi sumbu Y.y = 3 – x ⇔ x = 3 – y
y = 2x ⇔ x = 12 y
Volume benda putar yang terjadi:
VY = π 2
0∫ ((3 – y)2 – (
12 y)2) dy
= π 2
0∫ (9 – 6y + y2 –
14 y2) dy
= π 2
0∫ (9 – 6y +
34 y2) dy
= π 2
2 3
0
14
9y 3y y
− +
= π ((18 – 12 + 2) – 0)= 8π satuan volume
5.
a. Jika daerah D diputar mengelilingi sumbu X,volume benda putar yang terjadi adalah:
VX = π 1
2−∫ ((2 – x)2 – (x2)2) dx
= π 1
2−∫ (x2 – 4x + 4 – x4) dx
= π 1
3 2 5
2
1 13 5
x 2x 4x x−
− + −
= π ((13 – 2 + 4 –
15 ) – (–
83 – 8 – 8 +
325 ))
= π (22
15 – (–124
15 ))
= 1425 π satuan volume
b. Perhatikan daerah D. Jika daerah D diputarmengelilingi sumbu Y, volume benda putaryang terjadi sama dengan volume daerah Ddi kuadran II (di kiri sumbu Y) diputarmengelilingi sumbu Y. Untuk menghitungnya,daerah D dibagi menjadi dua bagian yaitubagian I pada 0 ≤ y ≤ 2 dan bagian II pada2 ≤ y ≤ 4.
VI = π 2
0∫ y dy
= π · 2
2
0
12
y
= 12 π (4 – 0) = 2π satuan volume
Y
X
3
2
0 1 3
y = 2x
y = 3 – xD
Y
X
4
2
1
–2 0 1 2
y = x2
x + y = 2
D
16 Integral
A. Pilihan Ganda1. Jawaban: b
∫ (3x2 – 4x + 2) dx
= 3
2 1+ x2 + 1 – 4
1 1+ x1 + 1 + 2x + c
= 33 x3 –
42 x2 + 2x + c
= x3 – 2x2 + 2x + c
2. Jawaban: c
∫ 3x3 x dx = 3 ∫ x72 dx
= 3 · 29 x
92 + c =
23 x4 x + c
3. Jawaban: b
∫ ( x – 2)(2 x + 1) dx
= ∫ (2x – 3 x – 2) dx
= ∫ (2x – 3x12 – 2) dx
= x2 – 3 · 23 x
32 – 2x + c
= x2 – 2x x – 2x + c
4. Jawaban: c
∫ (3x – 3
2x
)2 dx
= ∫ (3x – 2x13
−)2 dx
= ∫ (9x2 – 12x23 + 4x
23
−) dx
= 9 · 13 x3 – 12 ·
35 x
53 + 4 · 3x
13 + c
= 3x3 – 365 x 3 2x + 12 3 x + c
5. Jawaban: cf(x) = ∫ (2ax2 + (a – 1)x) dx
= 23 ax3 +
12 (a – 1)x2 + c
f(2) = 24
⇔ 23 a(2)3 +
12 (a – 1) · 22 + c = 24
⇔ 163 a + 2(a – 1) + c = 24
⇔ 16a + 6a – 6 + 3c = 72⇔ 22a + 3c = 78 . . . . (1)f(1) = 7
⇔ 23 a +
12 (a – 1) + c = 7
⇔ 4a + 3a – 3 + 6c = 42⇔ 7a + 6c = 45 . . . . (2)Eliminasi c dari persamaan (1) dan (2).22a + 3c = 78 × 2 44a + 6c = 1567a + 6c = 45 × 1 7a + 6c = 45
–––––––––––– –37a = 111
⇔ a = 3Jadi, nilai a = 3.
6. Jawaban: bdydx = 3x2 + 4x – 5
Persamaan kurva:y = f(x) = ∫ (3x2 + 4x – 5) dx = x3 + 2x2 – 5x + cKurva melalui titik (1, 2) maka f(1) = 2.f(1) = 1 + 2 – 5 + c ⇔ 2 = –2 + c ⇔ c = 4Persamaan kurva: y = x3 + 2x2 – 5x + 4
VII = π 4
2∫ (y – (y – 2)2) dy
= π 4
2∫ (5y – y2 – 4) dy
= π 4
2 3
2
5 12 3
y y 4y − −
= π ((40 – 643 – 16) – (10 –
83 – 8))
= π (223 – (–
23 ))
= 313 π satuan volume
VY = VI + VII
= 2π + 313 π
= 513 π satuan volume
17Matematika Kelas XII Program IPA
7. Jawaban: d2
0∫ 2x(8 – x2) dx
= 2
0∫ (16x – 2x3) dx
= 2
2 4
0
16 22 4
x x
−
= 2
2 4
0
12
8x x
−
= (32 – 8) – 0= 24
8. Jawaban: db
1∫ (2x – 3) dx = 12
⇔ b21x 3x − = 12
⇔ (b2 – 3b) – (1 – 3) = 12⇔ b2 – 3b + 2 = 12⇔ b2 – 3b – 10 = 0⇔ (b + 2)(b – 5) = 0⇔ b + 2 = 0 atau b – 5 = 0⇔ b = –2 atau b = 5Jadi, nilai b = 5.
9. Jawaban: d3
1∫ 3
ax
dx = 4
⇔3
1∫ ax–3 dx = 4
⇔3
2
1
a2
x− −
= 4
⇔ –a2 ( 2
13
– 211
) = 4
⇔ –a2 (
19 – 1) = 4
⇔ –a2 (–
89 ) = 4
⇔ 4a9 = 4
⇔ 4a = 36⇔ a = 9
10. Jawaban: d
∫ sec x cotan2 x dx = ∫ 1
cos x · 2
2cos xsin x dx
= ∫ 2cos xsin x
dx
= ∫ cos xsin x
1sin x dx
= ∫ cotan x cosec x dx= –cosec x + c
11. Jawaban: c∫ 8 sin 5x cos 3x dx
= 4 ∫ 2 sin 5x cos 3x dx
= 4 ∫ (sin (5x + 3x) + sin (5x – 3x)) dx
= 4 ∫ (sin 8x + sin 2x) dx
= 4(–18 cos 8x + (–
12 cos 2x)) + c
= –12 cos 8x – 2 cos 2x + c
12. Jawaban: d∫ (cos4 2x – sin4 2x) dx
= ∫ (cos2 2x + sin2 2x)(cos2 2x – sin2 2x) dx
= ∫ 1 · (cos 2 (2x) dx
= ∫ cos 4x dx = 14 sin 4x + c
13. Jawaban: d12
0
π
∫ (4x – sin x) dx
= 2x2 + cos x
12
0
π
= (2(12 π)2 + cos
12 π) – (0 + cos 0)
= (12 π2 + 0) – 1 =
12 π2 – 1
14. Jawaban: a
2
3
π
π∫ (4 cos 2x – 3 sin 3x) dx
= 2
3
1 12 3
4 sin 2x 3 ( cos 3x)π
π
⋅ − ⋅ −
= 2
3
2 sin 2x cos 3xπ
π +
= (2 sin π + cos 32π
) – (2 sin 23π
+ cos π)
= (0 + 0) – ( 3 + (–1))
= 1 – 3
15. Jawaban: b
4
0
π
∫ sin (2x + 4π
) dx = 4
0
1)
2 4cos (2x
ππ
− +
= –12 (cos
34π
– cos 4π
)
= –12 (–
12 2 – 1
2 2 )
= –12 (– 2 )
= 12 2
18 Integral
------------------------------------------------
16. Jawaban: b
4
0
π
∫ 2 sin x cos x dx = 4
0
π
∫ sin 2x dx
= 4
0
12
cos 2xπ
−
= 12
− (cos 2π
– cos 0)
= 12
− (0 – 1) = 12
17. Jawaban: d
Misalkan u = 1 + 2x – x2
dudx = 2 – 2x = –2(x – 1)
⇔ (x – 1) dx = du2−
∫ 2 3x 1
(1 2x x )−
+ − dx = ∫ (1 + 2x – x2)–3 · (x – 1) dx
= ∫ u–3 · du2−
= 12− ∫ u–3 du
= –12 ·
12− u–2 + c
= 14 (1 + 2x – x2)–2 + c
= 2 21
4(1 2x x )+ − + c
18. Jawaban: c1
0∫ 3x 23x 1+ dx =
12
1
0∫ 23x 1+ · 6x dx
= 12
1
0∫
122(3x 1)+ d(3x2 + 1)
= 32
12
0
1 22 3 (3x 1)
⋅ +
= 13
3 32 2((3 1) (0 1) )+ − +
= 13 (8 – 1) =
73
19. Jawaban: eMisalkan u = sin 2xdudx = 2 cos 2x ⇔ cos 2x dx =
du2
∫ sin2 2x cos 2x dx = ∫ u2 · du2
= 12 ∫ u2 du
= 12 ·
13 u3 + c
= 16 sin3 2x + c
20. Jawaban: a
0
π
∫ sin 2x cos x dx
= 0
π
∫ 2 sin x cos x cos x dx
= 0
π
∫ 2 sin x cos2 x dx
Misalkan u = cos xdudx = –sin x ⇔ sin x dx = –du
0
π
∫ 2 sin x cos2 x dx = 0
π
∫ 2 u2 (–du)
= –2 0
π
∫ u2 du
= –2 3
0
13
uπ
= –2 3
0
13
cos xπ
= –2(13 (–1)3 –
13 (1)3)
= –2(–13 –
13 )
= –2(–23 ) =
43
21. Jawaban: bTurunan Integral
x 4x 1+
116 (4x + 1)
32
01
60 (4x + 1)52
∫ x 4x 1+ dx
= x16 (4x + 1)
32 –
160 (4x + 1)
52 + c
= 1
60 (4x + 1)32 (10x – (4x + 1)) + c
= 1
60 (4x + 1)32 (10x – 4x – 1) + c
= 1
60 (6x – 1)(4x + 1)32 + c
22. Jawaban: a∫ (6x + 9) cos 3x dx
= 13 ∫ (6x + 9) d(sin 3x)
= 13 (6x + 9) sin 3x –
13 ∫ sin 3x d(6x + 9)
= (2x + 3) sin 3x – 2 ∫ sin 3x dx
= (2x + 3) sin 3x + 23 cos 3x + c
19Matematika Kelas XII Program IPA
23. Jawaban: dDaerah yang diarsir dibatasi parabola y = (2 – x)2
dan sumbu X pada interval 0 ≤ x ≤ 2.Luas daerah yang diarsir:
L = 2
0∫ (2 – x)2 dx =
2
0∫ (4 – 4x + x2) dx
= 2
2 3
0
13
4x 2x x
− +
= (8 – 8 + 83 ) – 0
= 83 satuan luas
24. Jawaban: ey = 2 ⇒ x2 – 4x – 3 = 2
⇔ x2 – 4x – 5 = 0⇔ (x + 1)(x – 5) = 0⇔ x = –1 atau x = 5
Parabola dan garis berpotongan di titik (–1, 2)dan (5, 2).
Luas daerah yang diarsir:
L = 5
1−∫ (y1 – y2) dx
= 5
1−∫ (2 – (x2 – 4x – 3)) dx
= 5
1−∫ (–x2 + 4x + 5) dx
= 5
1−∫ –(x2 – 4x – 5) dx
= –5
3 2
1
13
x 2x 5x−
− −
= –((125
3 – 50 – 25) – (–13 – 2 + 5))
= –(–3313 – 2
23 ) = 36 satuan luas
25. Jawaban: a
L = a
1∫ y dx =
a
1∫ (x + 3) dx
⇔ 10 = a
2
1
1
2x 3x +
⇔ 10 = (12 a2 + 3a) – (
12 + 3)
⇔ 10 = 12 a2 + 3a – 3
12
⇔ a2 + 6a – 27 = 0
⇔ (a – 3) (a + 9) = 0⇔ a = 3 atau a = –9Oleh karena a > 1 maka a = 3.Jadi, nilai a = 3.
26. Jawaban: c
Daerah I:Batas atas garis y = x – 2 dan batas bawahsumbu X pada interval 2 ≤ x ≤ 4.
LI = 4
2∫ (x – 2) dx
Daerah II:Batas atas garis y = x – 2 dan batas bawahparabola y = x2 – 6x + 8 pada interval 4 ≤ x ≤ 5.
LII = 5
4∫ ((x – 2) – (x2 – 6x + 8)) dx
Luas daerah yang diarsir:L = LI + LII
= 4
2∫ (x – 2) dx +
5
4∫ ((x – 2) – (x2 – 6x + 8)) dx
27. Jawaban: b
V = π ∫3
1(3x – 2)2 dx
= π ∫3
1(9x2 – 12x + 4) dx
= π33 2
13x 6x 4x − +
= π((81 – 54 + 12) – (3 – 6 + 4))
= π(39 – 1)= 38π satuan volume
28. Jawaban: c
V = π ∫−
1
1(x2 – 1)2 dx
= 2π ∫1
0(x2 – 1)2 dx
= 2π ∫1
0(x4 – 2x2 + 1) dx
= 2π1
0
3325
51 xxx
+−
= 2π(15 –
23 + 1 – 0)
= 2π(3 10 15
15− +
) = 1615 π satuan volume
Y
X
2
0–1 5
y2 = x2 – 4x – 3
y1 = 2
Y
X0I
II
y = x2 – 6x + 8
y = x – 2
2 4 5
y = 3x – 2Y
X0
–232 1 3
Y
X10–1
–1
y = x2 – 1
20 Integral
29. Jawaban: cVolume benda putar:
Vy = π4
2∫ x2 dy = π
4
2∫ ( 2
2y )2 dy
= π4
2∫ 4
4y dy
= π4
2∫ 4y–4 dy
= π 3
4
2
43y
−
= π( 4192− – (– 4
24))
= π(– 148
+ 16
)
= π( 148− + 8
48)
= π( 748
) = 748
π satuan volume
30. Jawaban: dVolume benda putar:
Vy = π4
0∫ (x1
2 – x22) dy
= π4
0∫ (y –
14 y) dy
= π4
0∫
34 y dy = π
42
0
38
y
= π( 38
(4)2 – 38
(0)2)
= π(6 – 0) = 6π satuan volume
B. Uraian
1. a. ∫ f(x) dx
= ∫ (2x + 3)(3x – 2) dx
= ∫ (6x2 + 5x – 6) dx
= 6 · 13 x3 + 5 ·
12 x2 – 6x + c
= 2x3 + 52 x2 – 6x + c
b. ∫ f(x) dx
= ∫ (3 – 2 x )2 dx
= ∫ (9 – 12x12 + 4x) dx
= 9x – 12 · 23 x
32 + 4 ·
12 x2 + c
= 9x – 8x x + 2x2 + c
2. a.4
1−∫ y dx =
4
1−∫ (2x + 1) dx
= 42
1x x − +
= (16 + 4) – (1 + (–1))= 20
b.2
0∫ (y2 – y) dx
= 2
0∫ ((2x + 1)2 – (2x + 1)) dx
= 2
0∫ (4x2 + 4x + 1 – 2x – 1) dx
= 2
0∫ (4x2 + 2x) dx
= 2
3 2
0
43
x x
+
= (323 + 4) – 0
= 1423
3. a. ∫ (sin 2x – 5 cos x) dx
= –12 cos 2x – 5 sin x + c
b. ∫ 4 sec2 (13 π – 2x) dx
= 4 ∫ sec2 ((–2)x + 13 π) dx
= 4 · 12− tan ((–2)x +
13 π) + c
= –2 tan (13 π – 2x) + c
c. ∫ 2 cosec 2x cotan 2x dx
= 2 · (–12 cosec 2x) + c
= –cosec 2x + c
4. a.3
0
π
∫ 4 sin (2x – 2π
) dx
= 4 3
0
1
2 2cos (2x )
ππ − −
= –2(cos (23π
– 2π
) – cos (0 – 2π
))
= –2(cos 6π
– cos (– 2π
))
= –2(12
3 – 0)
= – 3
Y
X–2 –1 0 1 2
4
y = 4x2y = x2
y = 4
21Matematika Kelas XII Program IPA
b.4
2
π
π−∫ (2 sin x + 6 cos x) dx
= –2 cos x + 6 sin x
4
2
π
π−
= –2 cos 4π
+ 6 sin 4π
– (–2 cos (– 2π
) + 6 sin (– 2π
))
= –2 (12 2 ) + 6(
12 2 ) – (0 – 6)
= – 2 + 3 2 + 6 = 6 + 2 2
5. ∫ 2
4x
2 x− dx
Misalkan u = 2 – x2 ⇔ du = –2x dx⇔ –2 du = 4x dx
∫ 2
4x
2 x− dx = ∫ 1
2
1
u
· (–2) du
= –2 ∫ 12u
− du
= –2 · 12
11− +
12
1u
− + + c
= 12
2−12u + c
= –4 u + c
= –4 22 x− + c
6. a. Misalkanu = x ⇒ du = dxdv = cos x dx⇒ v = ∫ cos x dx = sin x
∫ x cos x dx = ∫ u dv = uv – ∫ v du
= x sin x – ∫ sin x dx= x sin x + cos x + c
b. Misalkanu = 3 – 2x ⇒ du = –2 dxdv = sin x dx⇒ v = ∫ sin x dx = –cos x
∫ (3 – 2x) sin x dx
= ∫ u dv
= uv – ∫ v du
= (3 – 2x)(–cos x) – ∫ (–cos x)(–2dx)
= –(3 – 2x) cos x – 2 ∫ cos x dx= (2x – 3) cos x – 2 sin x + c
Y
X
2
0 2 4 6 8 x + 4y = 8
x = 4
Y
X0 4
y = 8x – 2x2
y = 4x – x2
Y
X–3 –2 –10 1 2 3
y = 9 – x2
9
7.
x + 4y = 8⇔ 4y – 8 = x
⇔ y = 2 – 14 x
Luas daerah yang diarsir:
L = 4
0∫ y dx
= 4
0∫ (2 –
14 x)) dx
= 4
2
0
18
2x x
−
= (8 – 2) – (0 – 0) = 6Jadi, luas daerah tersebut 6 satuan luas.
8. a. Daerah D
b. Luas daerah D yang diarsir
L = 4
0∫ ((8x – 2x2) – (4x – x2)) dx
= 4
0∫ (4x – x2) dx
= 4
2 3
0
13
2x x
−
= (32 – 643 ) – 0
= 1023 satuan luas
9.
22 Integral
1
0
–12π
23 ππ
Y
X
y = sin x
2π
a. Diputar terhadap sumbu X
Vx = π3
0∫ y2 dx
= π3
0∫ (9 – x2)2 dx
= π3
0∫ (81 – 18x2 + x4) dx
= π313 5
5 081x 6x x
− +
= π((81(3) – 6(3)3 + 15
(3)5) – 0)
= π(243 – 162 + 2435 )
= π(81 + 2435 )
= π(6485 )
= 6485 π satuan volume
b. Diputar terhadap sumbu Y
Vy = π9
0∫ x2 dy
= π9
0∫ (9 – y) dy
= π9
2
0
12
9y y
−
= π((9(9) – 12
(9)2) – 0)
= π(81 – 812 )
= 812 π satuan volume
10.
Volume = π 2
0sin
π
∫ x dx
= π0
π
∫12 (1 – cos 2x) dx
= π0
1 12 4
x sin 2xπ
−
= π(( 2π
– 14 sin 2π) – (0 –
14 sin 0))
= π( 2π
– 0) – 0)
= 12 π2 satuan volume
23Matematika Kelas XII Program IPA
2. Menyelesaikan masalahprogram linear.
Standar Kompetensi Kompetensi Dasar Nilai Indikator
2.1 Menyelesaikan sistempertidaksamaan lineardua variabel.
2.2 Merancang model mate-matika dari masalahprogram linear.
2.3 Menyelesaikan modelmatematika dari masa-lah program lineardan penafsirannya.
Rasa ingintahu
Menanyakan cara membuat model matematika daripermasalahan sehari-hari.
Pada bab ini akan dipelajari:1. Sistem pertidaksamaan linear dua variabel dari suatu daerah2. Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel3. Nilai optimum suatu fungsi objektif4. Model matematika dari masalah program linear5. Penyelesaian masalah program linear
Model Pengintegrasian Nilai Pendidikan Karakter
• Menentukan daerah penyelesaiansistem pertidaksamaan linear duavariabel
• Menentukan sistem pertidak-samaan linear dua variabel darisuatu daerah penyelesaian
• Menyelesaikan sistem persamaanlinear dua variabel
Menentukan nilai optimum fungsiobjektif
• Menentukan nilai optimum fungsiobjektif menggunakan metode ujititik sudut
• Menentukan nilai optimum fungsiobjektif menggunakan metode garisselidik
Siswa dapat menyelesaikanmasalah program linear
• Menyelesaikan model matematika• Menafsirkan penyelesaian model
matematika• Merancang dan menyelesaikan
model matematika masalah programlinear
Menerjemahkan danmenyelesaikan permasalahanmenggunakan program linear
Program Linear
Mendeskripsikan dan menyelesaikansistem pertidaksamaan linear dua
variabel
Siswa mampu menyelesaikansistem pertidaksamaan linear
Siswa mampu menentukan nilaioptimum suatu fungsi
Siswa mampu menyelesaikanmasalah program linear
24 Program Linear
Y
X0
3
1
–2 4
95
---------------
85
x – 2y = –2
3x + 4y = 12
Y
X
4
–6
212
–7
Daerahpenyelesaian→
–3x + 2y = 21
–2x + 3y = 12
0
A. Pilihlah jawaban yang tepat.
1. Jawaban: bGaris x + 2y = –12 memotong sumbu X di titik(–12, 0) dan memotong sumbu Y di titik (0, –6).Uji titik (0, 0) ke x + 2y = –120 + 2(0) = 0 ≥ –12 (bernilai benar).Daerah penyelesaian x + 2y = –12 dibatasi garisx + 2y = –12 dan memuat titik (0, 0).Jadi, grafik himpunan penyelesaian x + 2y ≥ –12adalah pilihan b.
2. Jawaban: cPersamaan garis yang melalui titik (–2, 0) dan titik(0, 1):
y 01 0
−− =
x 20 2
++
⇔ y1 =
x 22+
⇔ x – 2y = –2⇔ 2y – x = 2Titik (–1, 0) pada daerah penyelesaian.Uji titik (–1, 0) ke 2y – x:0 – (–1) = 1 < 2 (benar)Garis digambar putus-putus sehingga tandaketidaksamaannya <.Jadi, PtLDV-nya 2y – x < 2.
3. Jawaban: bGaris –3x + 2y = 21
melalui titik (0, 212 )
dan titik (–7, 0).Daerah penyelesaian–3x + 2y ≤ 21 di kanangaris –3x + 2y = 21.Garis –2x + 3y = 12melalui titik (0, 4) dantitik (–6, 0).Daerah penyelesaian–2x + 3y ≥ 12 di kiri garis –2x + 3y = 12.Daerah penyelesaian x ≤ 0 di kiri sumbu Y dandaerah penyelesaian y ≥ 0 di atas sumbu X.Jadi, daerah penyelesaian dari sistem pertidak-samaan tersebut adalah b.
4. Jawaban: c1) Persamaan garis yang melalui titik (–2, 0)
dan titik (0, 3):x2− +
y3 = 1
–––––––––– × 6⇔ –3x + 2y = 6Titik (1, 1) pada daerah penyelesaian.
Uji titik (1, 1) ke –3x + 2y:–3(1) + 2(1) = –1 < 6Jadi, PtLDV-nya –3x + 2y ≤ 6.
2) Persamaan garis yang melalui titik (0, 4) dantitik (6, 0):x6
+ y4
= 1 ← (kali 24)
⇔ 4x + 6y = 24 ⇔ 2x + 3y = 12Titik (1, 1) pada daerah penyelesaian.Uji titik (1, 1) ke 2x + 3y:2 · 1 + 3 · 1 = 5 < 12Jadi, PtLDV-nya 2x + 3y ≤ 12.
3) Daerah penyelesaian di kanan sumbu Y makax ≥ 0.
4) Daerah penyelesaian di atas sumbu X, makay ≥ 0.
Sistem pertidaksamaannya:x ≥ 0; y ≥ 0; 2x + 3y ≤ 12; –3x + 2y ≤ 6.
5. Jawaban: d1) Garis 3x + 4y = 12 melalui titik (4, 0) dan titik
(0, 3).Uji titik (0, 0) ke 3x + 4y ≤ 12:
3(0) + 4(0) ≤ 12 bernilai benar
Daerah penyelesaiannya dibatasi garis3x + 4y = 12 dan memuat titik (0, 0).
2) Garis x – 2y = –2 melalui titik (–2, 0) dan titik(0, 1).Uji titik (0, 0) ke x – 2y ≥ –2:0 – 2(0) = 0 ≥ –2 bernilai benarDaerah penyelesaiannya dibatasi garisx – 2y = –2 dan memuat titik (0, 0).
3) Garis 3x + 4y = 12 dan x – 2y = –2 berpotongan
di titik (85 , 9
5 ).
4) Daerah penyelesaian yang memenuhi per-tidaksamaan y ≥ 0 di atas sumbu X.Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan:
25Matematika Kelas XII Program IPA
Daerah yang diarsir berbentuk segitiga dengan
panjang alas = 4 – (–2) = 6 dan tinggi = 95
– 0 = 95
.
Lsegitiga = 12
× alas × tinggi
= 12
× 6 × 95
= 275
= 525
satuan
Jadi, luas daerah yang diarsir 525
satuan.
6. Jawaban: c1) Garis x + 2y = 12 melalui titik (0, 6) dan (12, 0).
Daerah penyelesaian x + 2y ≥ 12 dibatasi garisx + 2y = 12 dan tidak memuat titik (0, 0).
2) Garis x – y = –2 melalui titik (0, 2) dan (–2, 0).Daerah penyelesaian x – y ≥ –2 dibatasi garisx – y = –2 dan memuat titik (0, 0).
3) Garis 2x + y = 24 melalui titik (0, 24) dan (12, 0).Daerah penyelesaian 2x + y ≤ 24 dibatasi garis2x + y = 24 dan memuat titik (0, 0).
4) Daerah penyelesaian x ≥ 0 di sebelah kanansumbu X.
5) Daerah penyelesaian y ≥ 0 di atas sumbu X.
Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaantersebut.
7. Jawaban: b1) Garis x + y = 4 melalui titik (0, 4) dan (4, 0).
Daerah penyelesaian x + y ≥ 4 dibatasi garisx + y = 4 dan tidak memuat (0, 0).
2) Garis 2x – y – 4 = 0 melalui titik (0, –4) dan(2, 0).Daerah penyelesaian 2x – y – 4 ≤ 0 dibatasigaris 2x – y – 4 = 0 dan memuat (0, 0).
3) Garis x + 4 = 2y melalui titik (0, 2) dan (–4, 0).Daerah penyelesaian x + 4 ≥ 2y dibatasi garisx + 4 = 2y dan memuat (0, 0).
8. Jawaban: ea.
Luas ABC = 12 × BC × AD
= 12 × 8 × 5 = 20 satuan
b.
Luas ABCD = 12 × AB(AD + BC)
= 12 × 5(3 + 6)
= 2212 satuan
c.
Luas ABCD = 12 × AC × BD
= 12 × 6 × 4 = 12 satuan
Y
X
x – y = –1
3
–3 –1 0 2 5
A
B CD–2y = –2
5x + 3y = 19
Y
X
A
BC
D y = 3
y = –2
5x + 3y = 14
3
–2 0 1 4
–2
Y
X
24
62
–212
III
IIIIV
V
Daerah penyelesaian→
2x + y = 24
x – y = –2
x + 2y = 12
X
Y
0
4
–4
2 4–4 –2
2
–2x + y = 4
x + 4 = 2y2x – y – 4 = 0
Y
X
A
B
C
D
3x + 2y = 2
3x + 2y = –10
3x – 2y = –2
3x – 2y = –14
– 4– 20
1
–2
4
26 Program Linear
Y
X
3x + 2y = 4
2x – 3y = –6
2x – 3y = 20
–3 0 1 4
2
–4
–6
3x + 2y = –9
d.
Luas ABCD = 12 × AC × BD
= 12 × 7 × 4 = 14 satuan
e.
Luas ABCD = AB × BC
= 13 × 13= 13 satuan
Jadi, sistem pertidaksamaan yang daerahpenyelesaiannya mempunyai luas 13 satuanadalah pilihan e.
9. Jawaban: bDaerah penyelesaian x – 2y ≤ –2 dibatasi garisx – 2y = –2 dan tidak memuat titik (0, 0).Daerah penyelesaian 3x + 4y ≥ –2 dibatasi garis3x + 4y = 12 dan tidak memuat titik (0, 0).Daerah penyelesaian 5x + 3y ≤ 15 dibatasi garis5x + 3y = 15 dan memuat titik (0, 0).Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan diatas adalah:
Y
X
A
B
C
Dx – y = –6
2x – 5y = –4
2x + 5y = 16
x + y = –2
4
2
–4 –2 0 3
–2
Y
X
A
B
C
D2x – 3y = –13
2x – 3y = 0
3x + 2y = 13
3x + 2y = 0
32
–2 0 1 3
5
Y
X
5
3
–2
1
3 4
10. Jawaban: ba.
Daerah penyelesaian berbentuk belah ketupat.
b.
Daerah penyelesaian berbentuk layang-layang.
c.
Daerah penyelesaian berbentuk persegipanjang.
5x + 3y = 15
x – 2y = –2
3x + 4y = 12
Y
X
x – 3y = –12
3x + 7y = –12
7x + 3y = 12
3x – y = –12
–4 –3 0 3
4
3
–3
Y
X
y = 2
4x + 3y = 14
y = –2
4x + 3y = –6
–3 0 2 5
2
–2
0
27Matematika Kelas XII Program IPA
Daerah yang diarsir merupakan penyelesaianSPtLDV.
2. 1) Persamaan garis yang melalui titik (3, 0) dantitik (0, 1):
y – 01– 0
= x – 30 – 3
⇔ y1 =
x 33
−−
⇔ –3y = x – 3⇔ x + 3y= 3Daerah penyelesaian tidak memuat titik (0,0)maka pertidaksamaannya x + 3y ≥ 3.
2) Persamaan garis yang melalui titik (1, 0) dan(0, 3)
y 03 0
−− =
x 10 1
−−
⇔ y3 =
x 11−
−
⇔ –y = 3x – 3⇔ 3x + y = 3Daerah penyelesaian tidak memuat titik (0,0)maka pertidaksamaannya 3x + y ≥ 3.
3) Persamaan garis melalui titik (5, 0) sejajarsumbu Y adalah x = 5. Daerah penyelesaiandi sebelah kiri x = 5 sehingga pertidaksamaan-nya x ≤ 5.
4) Persamaan garis melalui titik (0, 5) sejajarsumbu X adalah y = 5. Daerah penyelesaian-nya di bawah garis y = 5 maka pertidaksama-annya y ≤ 5.
5) Daerah penyelesaian di atas sumbu X dan dikanan sumbu Y, berarti x ≥ 0 dan y ≥ 0.
Jadi, sistem pertidaksamaannya adalah:x + 3y ≥ 3 x + 3y ≥ 33x + y ≥ 3 atau 3x + y ≥ 3
x ≤ 5 0 ≤ x ≤ 5y ≤ 5 0 ≤ y ≤ 5x ≥ 0y ≥ 0
3. a. 1) Garis 3x + 2y = 12 melalui titik (4, 0) dantitik (0, 6).Daerah penyelesaian 3x + 2y ≤ 12 dibatasigaris 3x + 2y = 12 dan memuat titik (0, 0).
2) Garis x + 2y = 8 melalui titik (8, 0) dantitik (0, 4).Daerah penyelesaian x + 2y ≤ 8 dibatasigaris x + 2y = 8 dan memuat titik (0, 0).
3) Garis 4x + y = 4 melalui titik (1, 0) dantitik (0, 4).Daerah penyelesaian 4x + y ≥ 4 dibatasigaris 4x + y = 4 dan tidak memuat titik(0, 0).
d.
Daerah penyelesaian berbentuk persegi.
e.
Daerah penyelesaian berbentuk trapesium.Jadi, sistem pertidaksamaan yang daerahpenyelesaiannya berbentuk persegi panjang adalahpilihan b.
B. Uraian1. 1) Garis x + y = 1 melalui titik (0, 1) dan titik (1, 0).
Daerah penyelesaian x + y ≥ 1 dibatasigaris x + y = 1 dan tidak memuat titik (0, 0).
2) Garis 2x + 3y = 12 melalui titik (0, 4) dan titik(6, 0). Daerah penyelesaian 2x + 3y ≤ 12 di-batasi garis 2x + 3y = 12 dan memuat titik (0, 0).
3) Garis –x + y = 2 melalui titik (0, 2) dan titik (–2, 0).Daerah penyelesaian –x + y ≤ 2 tidak memuattitik (0, 0).
4) Garis x = 1 melalui titik (1, 0) dan titik (1, 2).Daerah penyelesaian x ≤ 1 dibatasi garisx = 1 dan di kiri garis x = 1.
Dari 1), 2), 3), dan 4) diperoleh:
Y
X
2x + y = –62x – 3y = –6
2x – 3y = 4
y = 2
–3 0 2 5
2
–6
Y
X
x – 4y = –16
4x + y = 44x + y = –13
–4 –3 0 1
4
3
–1
x – 4y = 1
Y
X
–x + y = 2
x + y = 1x = 1
2x + 3y = 12
4
2
1
–2 0 6
28 Program Linear
4) Daerah penyelesaian x ≥ 0 dibatasi garisx = 0 dan di kanan sumbu Y.Daerah penyelesaian y ≥ 0 dibatasi garisy = 0 dan di atas sumbu X.
5) Daerah penyelesaian sistem pertidak-samaan tersebut adalah:
b. Luas daerah himpunan penyelesaian:
Titik C dapat dicari dengan eliminasi:3x + 2y= 12
x + 2y = 8––––––––– –
2x = 4⇔ x = 2
y = 3Diperoleh titik C(2, 3).Luas daerah penyelesaian adalah luas daerahABCD.L = LI + LII
= 12 × 2 × 4 +
12 × 3 × 3
= 4 + 92
= 812 satuan luas
4.
Y
XA B
CD
3x + 2y = 12x + 2y = 8
1 4 8
6
4
4x + y = 4
A(1, 0) B(4, 0)
C(2, 3)D(0, 4)
III
X
Y
0
A
B
D2
1 2–1
–2
–4–1 C
1
1) Persamaan garis yang melalui titik A(–4, 1)dan titik B(–1, –2):
A
B A
y yy y
−− = A
B A
x xx x
−−
⇔y 12 1
−− − =
x 41 4+
− +
⇔ y 13−
− = x 4
3+
⇔ y – 1 = –x – 4⇔ x + y = –3Daerah penyelesaian di kanan garis x + y = –3maka pertidaksamaannya x + y ≥ –3.
2) Persamaan garis yang melalui titik B(–1, –2)dan titik C(2, –1):
B
C B
y yy y
−− = B
C B
x xx x
−−
⇔y 21 2+
− + = x 12 1
++
⇔ y + 2 = x 1
3+
⇔ 3y + 6 = x + 1⇔ x – 3y = 5Daerah penyelesaian di kiri garis x – 3y = 5,maka pertidaksamaannya x – 3y ≤ 5.
3) Persamaan garis yang melalui titik C(2, –1)dan titik D(0, 2):
C
D C
y yy y
−− = C
D C
x xx x
−−
⇔y 12 1
++ =
x 20 2
−−
⇔ y 13+
= x 2
2−
−
⇔ –2y – 2 = 3x – 6⇔ 3x + 2y = 4Daerah penyelesaian di kiri garis 3x + 2y = 4,maka pertidaksamaannya 3x + 2y ≤ 4.
4) Persamaan garis yang melalui titik A(–4, 1)dan titik D(0, 2):
A
D A
y yy y
−− = A
D A
x xx x
−−
⇔y 12 1
−− =
x 40 4
++
⇔ y 11−
= x 4
4+
⇔ 4(y – 1) = x + 4⇔ 4y – 4 = x + 4⇔ x – 4y = –8Daerah penyelesaian di kiri garis x – 4y = –8,maka pertidaksamaannya x – 4y ≥ –8.
29Matematika Kelas XII Program IPA
A. Pilihan Ganda1. Jawaban: b
B merupakan titik potong garis 3x – y = 18 dengansumbu X.3x – 0 = 18⇔ x = 6Diperoleh titik B(6, 0).A merupakan titik potong garis x + y = 3 dengansumbu X.
x + 0 = 3⇔ y = 3Diperoleh titik A(3, 0).F merupakan titik potong garis x + y = 3 dengansumbu Y.
0 + y = 3⇔ y = 3Diperoleh titik F(0, 3).Uji titik pojok penyelesaian terhadap fungsi objektiff(x, y) = 5x + 6y.
Titik f(x, y) = 5x + 6y
A(3, 0) 15B(6, 0) 30C(7, 3) 60D(5, 6) 61E(2, 5) 40F(0, 3) 18
Diperoleh nilai maksimum dan minimumnya adalah61 dan 15.
2. Jawaban: dP titik potong x + 2y = 6 dengan x = 1.
x + 2y = 6⇔ 1 + 2y = 6
⇔ y = 52
Diperoleh P(1, 52 ).
Q titik potong x + 2y = 6 dengan x + 2y = 6.x + 2y = 6
⇔ 4 + 2y = 6⇔ y = 1Diperoleh Q(4, 1).
R titik potong 2x + y = 12 dengan x = 4.2x + y = 12
⇔ 2 · 4 + y = 12⇔ y = 4Diperoleh R(4, 4).
S titik potong x – y = –2 dengan 2x + y = 12.x – y = –2
2x + y = 12––––––––––– +
3x = 10
⇔ x = 103
x – y = –2
⇔ 103 – y = –2
⇔ y = 163
Y
X
A
B
C
D
5x – y = 13
3x + 5y = 19
x + 2y = –4
5x – 2y = –20
–4 –2 0 2 3
5
2
–2
–3
Jadi, sistem pertidaksamaannya adalahx + y ≥ –3
x – 3y ≤ 53x + 2y≤ 4x – 4y ≥ –8
5.
Diagonal-diagonal daerah penyelesaian adalah ACdan BD.
Panjang AC = 2 2C A C A(x x ) (y y )− + −
= 2 2(2 2) ( 3 5)+ + − −
= 2 24 ( 8)+ −
= 16 64+
= 80 = 4 5
Panjang BD = 2 2D B D B(x x ) (y y )− + −
= 2 2(3 4) (2 0)+ + −
= 2 27 2+
= 49 4+ = 53
Jadi, panjang diagonal-diagonal daerah penyele-
saian sistem pertidaksamaan 4 5 dan 53 .
30 Program Linear
Diperoleh S(103 ,
163 ).
T Titik potong garis x = 1 dengan x – y = –2.x – y = –2
⇔ 1 – y = –2⇔ y = 1Diperoleh T(1, 3).Uji titik pojok penyelesaian terhadap fungsi objektiff(x, y) = 3x + 6y.
Daerah penyelesaian di atas mencapai maksimumdi titik S.
3. Jawaban: dPersamaan fungsi objektif: f(x, y) = 7x + 7y.Persamaan garis yang melalui titik (10, 0) dan titik(0, 25) adalah 5x + 2y = 50.Persamaan garis yang melalui titik (30, 0) dan titik(0, 10) adalah x + 3y = 30.Persamaan garis yang melalui titik (20, 0) dan titik(0, 15) adalah 3x+ 4y = 60.Titik B adalah titik potong garis 3x + 4y = 60 danx + 3y = 30. Koordinat titik B adalah:3x + 4y = 60 × 1 3x + 4y = 60x + 3y = 30 × 3 3x + 9y = 90
––––––––––– –5y = 30
⇔ y = 6x = 12
Diperoleh titik B(12, 6).Titik C adalah titik potong garis 3x + 4y = 60 dan5x + 2y = 50. Koordinat titik C adalah:3x + 4y = 60 × 1 3x + 4y = 605x + 2y = 50 × 2 10x + 4y = 100
––––––––––––– –7x = 40
⇔ x = 407
y = 757
Diperoleh titik koordinat C (407 ,
757 ).
Uji titik pojok.
Nilai minimum fungsi objektif f(x, y) = 7x + 7y adalah115, sehingga persamaan garis selidik yang me-nyebabkan f(x, y) minimum adalah 7x + 7y = 115.
4. Jawaban: dGaris 2x – 3y = 12 melalui titik (6, 0) dan (0, –4).Garis x + 2y = 4 melalui titik (4, 0) dan (0, 2).Uji titik (0, 0) ke masing-masing pertidaksamaan:
Pertidaksamaan Uji Titik (0, 0) Penyelesaian
2x – 3y ≤ 12 0 ≤ 12 Memuat (0, 0)x + 2y ≥ 4 0 ≥ 4 Tidak memuat (0, 0)
Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan:
A titik potong garis x = 2 dan x + 2y = 4.Koordinat titik A adalah (2, 1).Uji titik pojok ke dalam fungsi objektif f(x, y) = 3y + x.
Jadi, nilai minimum f(x, y) pada daerah penyelesai-an SPtLDV tersebut adalah 4.
5. Jawaban: dMisalkan: x = banyak pupuk jenis I
y = banyak pupuk jenis II
Pupuk Banyak Isi (gram) Harga/bungkus
Jenis I x 300x 40.000Jenis II y 200y 30.000
Pembatas 40 9.000
Y
X2x – 3 = 12
x + 2y = 4
x = 2x = 6
A B C
DP
0 2 4 6
–4
2
Titik
A(30, 0)B(12, 6)
C( 407 , 75
7 )
D(0, 25)
f(x, y) = 7x + 7y
210126
115
175
Titik
A(2, 1)B(4, 0)C(6, 0)
f(x, y) = 3y + x
546
Titik
P(1, 52 )
Q(4, 1)
R(4, 4)
S(103 , 16
3 )
T(1, 3)
f(x, y) = 3x + 6y
18
18
36
42
19
31Matematika Kelas XII Program IPA
Y
X
x + y = 102x + y = 12
12
10
8
2 6 100Jenis Sabun Banyak Harga Laba
A x 4.000 800
B y 3.000 600
Pembatas 500 1.800.000
Y
XA
B
C
O 450 500
600500
Diperoleh model matematika:x + y ≥ 40300x + 200y ≥ 9.000 ⇔ 3x + 2y ≥ 90x ≥ 0y ≥ 0
Fungsi objektif meminimumkan f(x, y) = 40.000x+ 30.000y.Daerah penyelesaian SPtLDV:
B merupakan perpotongan garis 3x + 2y = 90 danx + y = 40.3x + 2y = 90 × 1 3x + 2y = 90x + y = 40 × 3 3x + 3y = 120
––––––––––– –y = 30
x + y = 40⇔ x + 30 = 40⇔ x = 10Diperoleh titik B(10, 30).Uji titik pojok daerah penyelesaian ke dalam fungsiobjektif f(x, y) = 40.000x + 30.000y.
Titik f(x, y) = 40.000x + 30.000y
A(0, 45) 40.000 × 0 + 30.000 × 45 = 1.350.000B(10, 30) 40.000 × 10 + 30.000 × 30 = 1.300.000C(40, 0) 40.000 × 40 + 30.000 × 0 = 1.600.000
Nilai f(x, y) minimum adalah 1.300.000.Jadi, biaya minimum yang dikeluarkanRp1.300.000,00.
6. Jawaban: eMisal x = banyak sabun A dan y = banyak sabun B.
Model matematika:Memaksimumkan f(x, y) = 800x + 600y dengankendala: x + y ≤ 500
4x + 3y ≤ 1.800x ≥ 0y ≥ 0
Daerah penyelesaian x + y ≤ 500 di kiri garisx + y = 500.
Daerah penyelesaian 4x + 3y ≤ 1.800 di kiri garis4x + 3y = 1.800.Daerah penyelesaian:
B titik potong x + y = 500 dan 4x + 3y = 1.800.Koordinat 3x + 3y= 1.500
4x + 3y= 1.800––––––––––––- –
x = 300y = 200
Koordinat titik B adalah B(300, 200).Uji titik pojok ke dalam f(x, y) = 800x + 600y.
Titik f(x, y) = 800x + 600y
O(0, 0) 0A(450, 0) 340.000B(300, 200) 360.000C(0, 500) 300.000
Laba maksimum yang dapat diperoleh sebesarRp360.000,00.
7. Jawaban: e
Garis 2x + y = 12 mempunyai gradien m1 = –2.Garis x + y = 10 mempunyai gradien m2 = –1.Persamaan fungsi objektif f(x, y) = ax + 10y mem-
punyai gradien m = a
10−
.
Fungsi objektif f(x, y) = ax + 10y akan mencapaiminimum hanya di titik (2, 8), jika m1 < m < m2.
–2 < a
10−
< –1⇔ –20 < –a < –10⇔ 10 < a < 20Jadi, nilai a yang memenuhi 10 < a < 20.
Y
X0
A
B
C
4045
35 40x + y = 403x + 2y = 90
32 Program Linear
Titik
A(25, 0)B(4, 21)C(0, 28)
f(x, y) = 400.000x + 300.000y
10.000.0007.900.0008.400.000
Jenis Banyak Karung Ongkos
Truk x 14 400.000
Kol y 8 300.000
Pembatas 25 224
Y
XA
B
C
x + y = 257x + 4y = 112O 16 25
2825
8. Jawaban: bMisalkan: x = banyak kapsul yang dibeli
y = banyak tablet yang dibeli
Jenis BanyakKalsium Zat Besi Harga(gram) (gram) Satuan
Kapsul x 5x 2x 1.000Tablet y 2y 2y 800
Pembatas 60 30
Diperoleh model matematika:5x + 2y ≥ 602x + 2y ≥ 30 ⇔ x + y ≥ 15x ≥ 0y ≥ 0
Fungsi objektif:Meminimumkan f(x, y) = 1.000x + 800y.Daerah penyelesaian SPtLDV.
Titik B merupakan perpotongan garis 5x + 2y = 60dan x + y = 15.5x + 2y = 60 × 1 5x + 2y = 60x + y = 15 × 2 2x + 2y = 30 ––––––––––– –
3x = 30⇔ x = 10
x + y = 15⇔ 10 + y = 15⇔ y = 5Diperoleh koordinat titik B(10, 5).Uji titik pojok daerah penyelesaian ke fungsi objektiff(x, y) = 1.000x + 800y.
Titik Pojok f(x, y) = 1.000x + 800y
A(0, 30) 1.000 × 0 + 800 × 30 = 24.000B(10, 5) 1.000 × 10 + 800 × 5 = 14.000C(15, 0) 1.000 × 15 + 800 × 0 = 15.000
Nilai f(x, y) minimum adalah 14.000.Jadi, biaya minimum yang harus dikeluarkan untukmemenuhi kebutuhan anak balita tersebutRp14.000,00.
9. Jawaban: dMisal: x = banyaknya truk
y = banyaknya kol
Y
X0
30
12 15
15
B
A
x + y = 155x + 2y = 60
Model matematika:Minimumkan f(x, y) = 400.000x + 300.000y dengankendala: x + y ≥ 25
14x + 8y ≥ 224⇔ 7x + 4y ≥ 112
x ≥ 0y ≥ 0
Daerah penyelesaian x + y ≥ 25 di kanan garisx + y = 25 dan tidak memuat titik (0, 0).Daerah penyelesaian 7x + 4y ≥ 112 di kanan garis7x + 4y = 112 dan tidak memuat titik (0, 0).Daerah penyelesaian:
B titik potong garis 7x + 4y = 112 dan x + y = 25.7x + 4y = 1124x + 4y = 100––––––––––– –
3x = 12⇔ x = 4
y = 21Koordinat titik B adalah B(4, 21).Uji titik pojok ke dalam fungsif(x, y) = 400.000x + 300.000y.
Nilai minimum fungsi objektiff(x, y) = 400.000x + 300.000y adalah Rp7.900.000,00dengan menyewa 4 truk dan 21 kol.
10. Jawaban: ex = banyak kandang berisi ayamy = banyak kandang berisi itik
Jenis BanyakDaya
Tampung
Kandang berisi ayam x 36Kandang berisi itik y 24
Kendala 10 300
33Matematika Kelas XII Program IPA
Y
X
12
6
0 12 18A
B(9, 3)
C
x + y = 12 x + 3y = 18O
Diperoleh SPtLDV:x + y ≤ 1036x + 24y ≤ 300x ≥ 0y ≥ 0
Jadi, SPtLDV yang memenuhi:x ≥ 0, y ≥ 0, 36x + 24y ≤ 300, x + y ≤ 10
11. Jawaban: eMisalkan: x = banyak barang jenis I
y = banyak barang jenis II
Barang Banyak Unsur A Unsur B Harga
Jenis I x 1 2 250.000Jenis II y 3 2 400.000
Pembatas 18 24
Diperoleh model matematika:Memaksimumkan f(x, y) = 250.000x + 400.000ydengan kendala:
x + 3y ≤ 182x + 2y ≤ 24 ⇔ x + y ≤ 12x ≥ 0y ≥ 0
Daerah penyelesaian x + 3y ≤ 18 dibatasi garisx + 3y = 18 dan memuat titik (0, 0).Daerah penyelesaian x + y ≤ 12 dibatasi garisx + y = 12 dan memuat titik (0, 0).Garis x + 3y = 18 dan x + y = 12 berpotongan dititik B(9, 3).Daerah penyelesaian:
Uji titik pojok ke f(x, y) = 250.000x + 400.000y
Titik Pojok f(x, y) = 250.000x + 400.000y
O(0, 0) 250.000 × 0 + 400.000 × 0 = 0A(12, 0) 250.000 × 12 + 400.000 × 0 = 3.000.000B(9, 3) 250.000 × 9 + 400.000 × 3 = 3.450.000C(0, 6) 250.000 × 0 + 400.000 × 6 = 2.400.000
Penjualan maksimum Rp3.450.000,00 dicapai dititik B(9, 3) atau x = 9 dan y = 3.Jadi, agar penjualan mencapai maksimum harusdibuat 9 barang jenis I dan 3 barang jenis II.
12. Jawaban: bMisal: x = banyak kue jenis A
y = banyak kue jenis B
Model matematika:Memaksimumkan fungsi objektif f(x, y) =4.000x + 3.000y dengan kendala:
20x + 20y ≤ 4.00060x + 40 y ≤ 9.000
x ≥ 0y ≥ 0
Daerah penyelesaian 20x + 20y ≤ 4.000 di kiri garis20x + 20y = 4.000.Daerah penyelesaian 60x + 40y ≤ 9.000 di kiri garis60x + 40y = 9.000.Garis 20x + 20y = 4.000 dan 60x + 40y = 9.000berpotongan di titik B(50, 150).Daerah penyelesaian:
Uji titik pojok ke fungsi objektif f(x, y) =4.000x + 3.000y.
Nilai maksimum fungsi objektif f(x, y) =4.000x + 3.000y adalah 650.000.Jadi, pendapatan maksimum yang dapat diperolehpembuat kue Rp650.000,00.
Titik Pojok
O(0, 0)A(150, 0)B(50, 150)C(0, 200)
f(x, y) = 4.000x + 3.000y
4.000 · 0 + 3.000 · 0 = 04.000 · 150 + 3.000 · 0 = 600.0004.000 · 50 + 3.000 · 150 = 650.0004.000 · 0 + 3.000 · 200 = 600.000
Y
X20x + 20y = 4.00060x + 40y = 9.000
B(50, 150)
225
200
150
O A
C
0 50 150 200
JenisKue
AB
Pembatas
Banyak
x
y
KebutuhanGula (gram)
2040
4.000
KebutuhanTepung (gram)
6040
9.000
Harga
4.000
3.000
34 Program Linear
Y
XO
A
B(200, 300)
P(400, 100)
T Q500
500
400
y = 32 x
y = 500 – x
f(x, y) = 5.000x + 6.000y
5.000 × 20 + 6.000 × 0 = 100.0005.000 × 80 + 6.000 × 0 = 400.0005.000 × 20 + 6.000 × 60 = 460.000
Titik Sudut
A(20, 0)B(80, 0)C(20, 60)
13. Jawaban: eMisal: x = banyak tablet I yang dikonsumsi
y = banyak tablet II yang dikonsumsi
Diperoleh SPtLDV:5x + 10y ≥ 25 ⇔ x + 2y ≥ 5
3x + y ≥ 5x ≥ 0y ≥ 0
Meminimumkan f(x, y) = 4.000x + 8.000yDaerah penyelesaiannya:
Titik B merupakan titik potong antara garis3x + y = 5 dan x + 2y = 5. Koordinat B(1, 2).Uji titik pojok ke fungsi objektif:
Nilai f(x, y) minimum adalah 20.000.Jadi, pengeluaran minimum untuk pembeliantablet per hari Rp20.000,00.
14. Jawaban: cMisal x = banyak soto ayam yang dijual (porsi)
y = banyak soto daging yang dijual (porsi)Model matematika:Memaksimumkan fungsi objektif f(x, y) =5.000x + 6.000y dengan kendala:
x + y ≤ 80x ≥ 20y ≤ 60x ≥ 0y ≥ 0
Uji titik pojok ke f(x, y) = 5.000x + 6.000y
Penjualan maksimum Rp460.000,00 diperolehpada saat menjual 20 porsi soto ayam dan 60 porsisoto daging.Jadi, kantin harus menyediakan soto ayam 20 porsidan soto daging 60 porsi.
15. Jawaban: eDaerah yang menyatakan banyak karyawan:
Luas ∆OAB menyatakan banyak karyawanseluruhnya.
L∆OAB = 12
× OA × BT = 12
× 500 × 300 = 75.000
L∆APQ menyatakan banyak karyawan berpeng-hasilan lebih dari 400 ribu.
L∆APQ = 12
× AQ × PQ
= 12
× 100 × 100 = 5.000
APQ
OAB
LL
∆
∆=
5.00075.000
= 1
15
Jadi, banyak karyawan yang berpenghasilan di
atas Rp400.000,00 sebanyak 1
15 bagian.
5
O 53
5
2 12
A(5, 0)
B(1, 2)
3x + y = 5
f(x, y) = 4.000x + 8.000y
4.000 × 5 + 8.000 × 0 = 20.0004.000 × 1 + 8.000 × 2 = 20.0004.000 × 0 + 8.000 × 5 = 40.000
Titik Pojok
A(5, 0)B(1, 2)C(0, 5)
C(0, 5)
Y
X
x + 2y = 5
Jenis
Tablet I
Tablet II
Pembatas
Banyak
x
y
Vitamin A(unit)
5
10
25
Vitamin B(unit)
3
1
5
Harga
4.000
8.000
A B
C (20, 60)
80
60
0 20 80
x = 20
x + y = 80
Y
X
35Matematika Kelas XII Program IPA
Garis 3y – x = 12 dan garis y + 2x = 32berpotongan di titik (12, 8).Daerah penyelesaian:
Garis putus-putus pada gambar merupakangaris selidik. Oleh karena memaksimumkanfungsi objektif f(x, y) = 4y + x (koefisien x positif),maka dipilih garis selidik yang paling kanan.Garis selidik yang paling kanan mempunyaipersamaan 4y + x = 200.Jadi, untuk memperoleh hasil maksimum harusmemproduksi minyak goreng 24 kemasan1 liter dan 44 kemasan 2 liter, dan nilaimaksimum fungsi objektif adalah 200.
2. a. Misalkan: x = banyaknya minyak gorengkemasan 1 liter
y = banyaknya minyak gorengkemasan 2 liter
Model matematika permasalahan di atas:x + y ≤ 120
x ≥ 30y ≥ 50
memaksimumkan f(x, y) = 3.000x + 5.000yb. Daerah penyelesaian x + y ≤ 120 terletak di
sebelah kiri garis x + y = 120 dan memuattitik (0, 0).Daerah penyelesaian x ≥ 30 adalah daerah disebelah kanan garis x = 30.Daerah penyelesaian y ≥ 50 adalah daerah disebelah atas garis y = 50.
B. Uraian1. a. Garis 2x + y = 24 melalui titik (12, 0) dan titik
(0, 24).Daerah penyelesaian 2x + y ≤ 24 adalahdaerah yang memuat (0, 0).Garis x + 2y = 12 melalui titik (12, 0) dan titik(0, 6).Daerah penyelesaian x + 2y ≥ 12 adalahdaerah yang tidak memuat (0, 0).Garis x – y = –2 melalui titik (–2, 0) dan titik(0, 2).Daerah penyelesaian x – y ≥ –2 adalah daerahyang memuat (0, 0).Daerah penyelesaian x ≥ 0 daerah sebelahkanan garis x = 0 (sumbu Y).Daerah penyelesaian y ≥ 0 adalah daerah diatas garis y = 0 (sumbu X).Daerah penyelesaian:
Garis putus-putus pada gambar di atas merupa-kan garis selidik. Oleh karena memaksimum-kan fungsi f(x) = 7x – 3y (koefisien x positif),dipilih garis selidik yang paling kanan, yaitupersamaan 7x – 3y = 84.Jadi, nilai maksimumnya adalah 84.
b. Garis 3y – x = 12 melalui titik (0, 4) dan titik(12, 8).Daerah penyelesaian y – 3x ≥ 4 di kiri garisy – 3x = 4.Garis y – x = 20 melalui titik (0, 20) dan titik(24, 44).Daerah penyelesaian y – x ≤ 20 di kanan garisy – x = 20.Garis y + 2x = 32 melalui titik (0, 32) dan titik(12, 8).Daerah penyelesaian y + 2x ≥ 32 di kanangaris y + 2x = 32.Daerah penyelesaian x ≤ 24 di kiri garisx = 24.Garis y – x = 20 dan garis y + 2x = 32berpotongan di titik (4, 24).
Y
X
7x – 3y = –21
7x – 3y = 84
x – y = –2
x + 2y = 122x + y = 24
A
B
C
–3
7x – 3y = 143
7x – 3y = 703
–2
24
762
Y
X
x = 24
4y + x = 200
3y – x = 12
4y + x = 72
4y + x = 44y + 2x = 32
4y + x= 100
44
32
24
20
12
8
4
4 12 24
y – x = 20
Jenis
1 liter2 liter
Pembatas
Banyak
xy
120
x
30
y
50
Laba
3.0005.000
36 Program Linear
Y
X0
12
8
3
2 4 9A(9, 0)
B(3, 2)
C(1, 6)
D(0, 12)
6x + y = 12 2x + y = 8x + 3y = 9
f(x, y) = 3.000x + 5.000y
90.000460.000540.000
Titik Pojok
A(30, 50)B(70, 50)C(30, 90)
Y
X
A B
C
y = 50
x + y = 120 x = 300 30 120
120
50
Daerah penyelesaian→
Daerah penyelesaian:
Uji titik pojok ke fungsi f(x, y) = 8.500x + 4.000y
Titik Pojok f(x, y) = 8.500x + 4.000y
A(9, 0) 8.500(9) + 4.000(0) = 76.500B(3, 2) 8.500(3) + 4.000(2) = 33.500C(1, 6) 8.500(1) + 4.000(6) = 32.500D(0, 12) 8.500(0) + 4.000(12) = 48.000
Nilai minimum f(x, y) = 8.500x + 4.000y adalah32.500.Jadi, orang tersebut harus mengeluarkan uangpaling sedikit Rp32.500,00 per minggu agar ke-butuhan protein, karbohidrat, dan lemak terpenuhi.
4. a. Misalkan: x = banyak kue isi cokelaty = banyak kue isi keju
Jenis Kue Banyak Tepung Mentega Harga
Isi cokelat x 150 gr 50 gr 7.000Isi keju y 75 gr 75 gr 5.500
Pembatas 18 kg 12 kg
Model matematika permasalahan di atas:memaksimumkan fungsi F(x, y) = 7.000x +5.500y dengan kendala:
x + y ≤ 1802x + y ≤ 2402x + 3y≤ 480
x ≥ 0y ≥ 0
Daerah penyelesaian x + y ≤ 180 dibatasi garisx + y = 180 dan memuat titik (0, 0).Daerah penyelesaian 2x + y ≤ 240 dibatasigaris 2x + y = 240 dan memuat titik (0, 0).Daerah penyelesaian 2x + 3y ≤ 480 dibatasigaris 2x + 3y = 480 dan memuat titik (0, 0).
Daerah penyelesaian dari model matematikatersebut:
c. Uji titik pojok
Agar memperoleh laba maksimum, pabriktersebut harus membuat 30 botol minyakgoreng kemasan 1 liter dan 90 botol minyakgoreng kemasan 2 liter.
d. Keuntungan maksimum dapat diperoleh pabriktersebut jika memproduksi 30 botol minyakkemasan 1 liter dan 50 botol minyak kemasan2 liter sebesar Rp540.000,00.
3. Misalkan: x = banyak makanan jenis Ay = banyak makanan jenis B
Makanan Protein Karbohidrat Lemak Harga
Jenis A (x) 2 6 1 8.500Jenis B (y) 1 1 3 4.000
Kendala 8 12 9
Model matematika:Meminimumkan f(x, y) = 8.500x + 4.000y dengankendala:
2x + y ≥ 86x + y ≥ 12x + 3y ≥ 9x ≥ 0y ≥ 0
37Matematika Kelas XII Program IPA
Y
X
y = x
x + y = 1.500x = 500
A
B
C
1.500
1.000
500
0 500 1.500
a. Model matematika:Meminimumkan fungsi objektif f(x, y) =4.000x + 5.000y dengan kendala:
x ≥ 500y ≥ x
x + y≤ 1.500Daerah penyelesaian x ≥ 500 di kanan garis x= 500.Daerah penyelesaian y ≥ x di kiri garis y = x.Daerah penyelesaian x + y ≤ 1.500 di kiri garisx + y = 1.500.Daerah penyelesaian:
Garis x + y = 1.500 dan garis x = 500 ber-potongan di titik A(500, 1.000).Garis y = x dan garis x = 500 berpotongan dititik B(500, 500).Garis x + y = 1.500 d ngaris y = x berpotongandi titik C(750, 750).Uji titik pojok ke fungsi objektif f(x, y) =4.000x + 5.000y
Titik Pojok f(x, y) = 4.000x + 5.000y
A(500, 1.000) 4.000 · 500 + 5.000 · 1.000 = 7.000.000B(500, 5.00) 4.000 · 500 + 5.000 · 500 = 4.500.000C(750, 750) 4.000 · 750 + 5.000 · 750 = 6.750.000
Nilai minimum f(x, y) = 4.000x + 5.000y adalah4.500.000.Jadi, biaya minimum yang dikeluarkan LSMuntuk melakukan survei Rp4.500.000,00.
b. Uji titik pojok ke fungsi objektiff(x, y) = 2.000x + 1.000y
Titik Pojok f(x, y) = 4.000x + 5.000y
A(500, 1.000) 2.000 · 500 + 1.000 · 1.000 = 2.000.000B(500, 5.00) 2.000 · 500 + 1.000 · 500 = 1.500.000C(750, 750) 2.000 · 750 + 1.000 · 750 = 2.250.000
Nilai maksimum f(x, y) = 2.000x + 1.000yadalah 2.250.000,00.Jadi, keuntungan maksimum yang diperolehLSM dari survei Rp2.250.000,00.
Daerah penyelesaian SPtLDV:
Garis 2x + y = 240, 2x + 3y = 480, dan x + y= 180 berpotongan di titik B.2x + y = 240x + y = 180
––––––––––– –x = 60y = 120
Diperoleh koordinat titik B(60, 120).Titik potong garis 2x + 3y = 480 dan x + y= 180.2x + 3y= 480 × 1 2x + 3y= 480
x + y = 180 × 2 2x + 2y= 360––––––––––– –
y = 120x = 60
Uji titik pojok ke dalam fungsi objektifF(x, y) = 7.000x + 5.500y.
Jadi, pedagang tersebut harus membuat 60kue isi cokelat dan 120 kue isi keju agarmemperoleh pendapatan maksimum.
b. Pendapatan maksimum yang diperolehpedagang Rp1.080.000,00.
5. Misal x = banyak kuesioner yang disebar didaerah pedesaan
y = banyak kuesioner yang disebar didaerah perkotaan
Ongkos dari BiayaDaerah TV Oke Per Responden Keuntungan
Per Responden
Pedesaan 6.000 4.000 2.000
Perkotaan 6.000 5.000 1.000
Titik
A(120, 0)B(60, 120)C(0, 160)
f(x, y) = 7.000x + 5.500y
840.0001.080.000
880.000
Y
X
2x + 3y = 480
2x + y = 240
x + y = 180
120 180 240
240
180160
A
B
C
0
38 Program Linear
Y
X
2y – 3x = 8
3x – 2y = 18
2x + 3y = 12
2x + 3y = –1
A
B
C
D–2 0 4 6
4
1
–3
Barang
AB
Pembatas
Banyak
xy
Bahan Baku
20 kg30 kg
270 kg
Waktu Kerja
2 jam1 jam
17 jam
Y
X0
4
–8
Y
X0
4
3
42
3x + 4y = 12
2x + y = 4
A. Pilihan Ganda1. Jawaban: c
Garis –x + 2y = 0 melalui titik (8, 0) dan (0, 4).Daerah penyelesaian –x + 2y ≤ 8 adalah daerah yangdibatasi garis –x + 2y = 8 dan memuat titik (0, 0).Daerah penyelesaian:
Daerah penyelesaian –x + 2y ≤ 8
2. Jawaban: ePersamaan garis yang melalui titik (–3,5, 0) dantitik (0, 7):y 07 0
−− =
x 3,50 3,5
++
⇔ y7 =
x 3,53,5+
⇔ y = 2x + 7⇔ –2x + y = 7Daerah penyelesaian memuat (0, 0) maka pertidak-samaannya –2x + y ≤ 7.
3. Jawaban: dDaerah penyelesaian 2x + y ≥ 4 dibatasi oleh garis2x + y = 4 dan tidak memuat titik (0, 0).Daerah penyelesaian 3x + 4y – 6 ≤ 12 dibatasioleh garis 3x + 4y = 12 dan memuat (0, 0).Daerah penyelesaian SPtLDV:
4. Jawaban: dGaris x + y = 6 melalui titik (6, 0) dan titik (0, 6).Daerah penyelesaian x + y ≥ 6 tidak memuat titik(0, 0).Garis –8x + 3y + 12 = 0 melalui titik (1,5, 0) dan(0, 4).Daerah penyelesaian –8x + 3y + 12 ≥ 0 memuattitik (0, 0).Garis –3x + 5y = 15 melalui (–5, 0) dan (0, 3).Daerah penyelesaian –3x + 5y ≤ 15 memuat titik(0, 0).
Y
X
x + y = 6–3x + 5y = 15–5 1,5 6
6
3
–4
–8x + 3y + 12 > 0
Daerah penyelesaian→
Daerah penyelesaiannya:
5. Jawaban: bMisalkan: x = banyaknya barang A
y = banyaknya barang B
Model matematika sesuai dengan permasalahandi atas adalah:
20x + 30y ≤ 270 ⇔ 2x + 3y ≤ 272x + y ≤ 17
x ≥ 0 ; y ≥ 0
6. Jawaban: aa.
Luas ABCD = AB × BC
= 13 × 2 13= 26 satuan
Luas daerah penyelesaian 26 satuan.
39Matematika Kelas XII Program IPA
b.
Luas ABCD = 12 × AC × BD
= 12 × 6 × 4 = 12 satuan
Luas daerah penyelesaian 12 satuan.
c.
Luas ABCD = AB × BC
= 20 × 20 = 20 satuanLuas daerah penyelesaian 20 satuan.
d.
Luas ABCD = alas × tinggi= 5 × 4 = 20 satuan
Luas daerah penyelesaian 20 satuan.
e.
Luas ABCD = 12 × CD(AD + BC)
= 12 × 4(9 + 3) = 24 satuan
Luas daerah penyelesaian 24 satuan.Jadi, sistem pertidaksamaan yang daerahpenyelesaiannya mempunyai luas 26 satuanadalah pilihan a.
Y
X
A
B C
D
x = 9
y = 4
2x + 3y = 120 6 9
–4
Y
X
2y – x = 12
2y – x = 2
2x + y = 6
A
2x + y = 16B
C
D
0 2 3 4 6
8
6
4
2
Y
X
y = 4
2x + 3y = 12
A
B C
D
0 1 6
4
2x + 3y = 2–5
Y
X
2y – x = 2
x + y = 7
x = –2y – 2x = 7
A
B
C
DE
–2 0 4 7
7
3
1
Y
X
3x – 2y = 2
2x + y = 6y – 2x = 6
3x + 2y = –2A
B
C
D
–2 0 2
6
2
–1
7. Jawaban: cGaris y – 2x = 7 melalui titik (0, 7) dan titik (–2, 3).Daerah penyelesaian y – 2x ≤ 7 di kanan garisy – 2x = 7.Garis 2y – x = 2 melalui titik (0, 1) dan titik (–2, 0).Daerah penyelesaian 2y – x ≥ 2 di kiri garis2y – x = 2.Garis x + y = 7 melalui titik (0, 7) dan titik (7, 0).Daerah penyelesaian x + y ≤ 7 di kiri garis x + y = 7.Daerah penyelesaian x ≥ –2 di kanan garis x = –2.Garis 2y – x = 2 dan x + y = 7 berpotongan di titikD(4, 3).Garis x = –2 dan y – 2x = 7 berpotongan di titikB(–2, 3).Daerah Penyelesaian:
Luas daerah penyelesaian= Luas ABCD= Luas ABD + luas BCD
= 12 × BD × AE +
12 × BD × BC
= 12 × 6 × 4 +
12 × 6 × 3
= 12 + 9 = 21Jadi, luas daerah penyelesaian sistem pertidak-samaan 21 satuan.
8. Jawaban: cMisalkan: x = banyak barang A
y = banyak barang BModel matematika sesuai dengan permasalahandi atas adalah memaksimumkan f(x, y) = 4x + 3ydengan kendala: 4x + 3y ≤ 180
x + y ≤ 50x + 2y ≤ 80
Persamaan garis 4x + 3y = 180 melalui (45, 0) dan(0, 60). Daerah penyelesaian 4x + 3y ≤ 180 dibatasigaris 4x + 3y = 180 dan memaut titik (0, 0).Persamaan garis x + y = 50 melalui (50, 0) dan(0, 50). Daerah penyelesaian x + y ≤ 50 dibatasigaris x + y = 50 dan memuat titik (0, 0).Persamaan garis x + 2y = 80 melalui titik (80, 0)dan (0, 40). Daerah penyelesaian x + 2y ≤ 80dibatasi garis x + 2y = 80 dan memuat (0, 0).
40 Program Linear
Y
X
4x + 3y = 12
y – x = 5
x + 3y = –3
–5 –4 –3 –2 –1 0 1 2 3 4 5
654321
Y
X0
20
6
2–2
2
4 5x + y = 203x + y = 6
x – y = –2
Tipe
AB
Pembatas
Banyak
xy
125
Luas
100 m2
75 m2
10.000 m2
Keuntungan
6.000.0004.000.000
Daerah penyelesaian SPtLDV:
B titik potong 4x + 3y = 180 dan x + y = 50.4x + 3y = 1803x + 3y = 150––––––––––– –
x = 30y = 20
Diperoleh titik B(30, 20).C titik potong x + y = 50 dan x + 2y = 80
x + y = 50x + 2y = 80––––––––– –
y = 30x = 20
Diperoleh titik C(20, 30).Uji titik pojok penyelesaian ke dalam f(x, y).
Agar diperoleh laba maksimum maka harus dibuat30 barang A dan 20 barang B.
9. Jawaban: bMisalkan: x = banyak rumah tipe A
y = banyak rumah tipe B
Model matematika permasalahan di atas:x + y ≤ 125
4x + 3y ≤ 400x ≥ 0y ≥ 0
memaksimumkan F(x, y) = 6.000.000x + 4.000.000y1) Persamaan garis x + y = 125 melalui (125, 0)
dan (0, 125). Daerah penyelesaian x + y ≤ 125dibatasi garis x + y = 125 dan memuat (0, 0).
2) Persamaan garis 4x + 3y = 400 melalui (100,0)
dan (0, 4003 ). Daerah penyelsaian 4x + 3y ≤ 400
dibatasi garis 4x + 3y = 400 dan memuat titik(0, 0).
3) Daerah penyelesaian x ≥ 0 dan y ≥ 0 adalahdaerah pada kuadran I.
Daerah penyelesaian SPtLDV di atas adalah:
B adalah titik potong garis 4x + 3y = 400 danx + y = 125.4x + 3y = 4003x + 3y = 375–––––––––––– –
x = 25y = 100
Uji titik pojok penyelesaian ke dalam f(x, y).
Jadi, keuntungan maksimum yang dapat diperolehRp600.000.000,00.
10. Jawaban: c
Jadi, himpunan titik yang berada di dalam daerahpenyelesaian sistem pertidaksamaan adalah{(–1, 1), (–1, 2), (–1, 3), (–2, 1), (–2, 2), (–3, 1)}.
11. Jawaban: ca.
Titik
O(0, 0)A(100, 0)B(25, 100)C(0, 125)
f(x, y) = 6.000.000x + 4.000.000y
0600.000.000550.000.000500.000.000
Daerah penyelesaianSPtLDV→
Y
X
4x + 3y = 400
A
BC
0 100 125
4003125
x + y = 125
Titik Pojok
O(0, 0)A(45, 0)B(30, 20)C(20, 30)D(0, 40)
f(x, y) = 3x + 3y
0180180170120
Y
X
4x + 3y = 180x + y = 50
A
BC
D
0 45 50 80
605040
x + 2y = 80
41Matematika Kelas XII Program IPA
Y
X0
15
36
18 30A
B
C
2x + y = 36
x + 2y = 30
b.
c.
d.
e.
12. Jawaban: bMisalkan: x = pakaian wanita
y = pakaian pria
JenisBanyak Bahan Bahan Harga
Garis Polos
Pakaian wanita x 2x x 150.000Pakaian pria y y 2y 100.000
Pembatas 36 30
Model matematika sesuai permasalahan tersebutadalah memaksimumkan fungsi objektif.
f(x, y) = 150.000x + 100.000y dengan kendala:2x + y ≤ 36x + 2y ≤ 30x ≥ 0y ≥ 0
Daerah penyelesaian SPtLDV:
Titik B merupakan perpotongan garis x + 2y = 30dan 2x + y = 36.x + 2y = 30 × 2 2x + 4y = 602x + y = 36 × 1 2x + y = 36
–––––––––––– –3y = 24 ⇔ y = 8
2x + y = 36 ⇔ 2x + 8 = 36 ⇔ x = 14Diperoleh koordinat titik B(14, 8).
Uji titik pojok penyelesaian ke fungsi f(x, y) =150.000x + 100.000y
Titik Pojok f(x, y) = 150.000x + 100.000y
A(0, 0) 0B(18, 0) 2.700.000C(14, 8) 2.900.000D(0, 15) 1.500.000
Nilai f(x, y) maksimum adalah 2.900.000.Jadi, pendapatan maksimum yang diperolehpenjahit itu Rp2.900.000.
13. Jawaban: bMisalkan: x = barang jenis I
y = barang jenis II
Barang Banyak Unsur A Unsur B Harga
Jenis I x x 2x 250.000Jenis II 3y 3y 2y 400.000
Pembatas 18 24
Model matematika sesuai permasalahan di atasadalah memaksimumkan fungsi objektif.f(x, y) = 250.000x + 400.000y dengan kendala:
x + 3y ≤ 182x + 2y ≤ 24 ⇔ x + y ≤ 12
x ≥ 0y ≥ 0
Y
X0
20
6
2
–2 2 4 5x + y = 20
3x + y = 6
Y
X0
20
6
2–2 20
4
5x + y = 20
3x + y = 6
x – y = –2
Y
X0 2062
–2
4
5x + y = 20
x – y = –2
Y
X0
–20
–6
2
–2 2 4
5x – y = 20
3x – y = 6
x – y = –2
42 Program Linear
Daerah penyelesaian SPtLDV:
B merupakan perpotongan garis x + 3y = 18 danx + y = 12.x + 3y = 18x + y = 12
––––––––– –2y = 6 ⇔ y = 3
x + y = 12 ⇔ x + 3 = 12 ⇔ x = 9Uji titik pojok penyelesaian ke fungsi objektiff(x, y) = 250.000x + 400.000y.
Nilai f(x, y) maksimum adalah 3.000.000.Jadi, banyak barang yang harus dibuat agarpenjualannya maksimum adalah 12 jenis II.
14. Jawaban: eDaerah penyelesaian 1 ≤ x ≤ 5 adalah daerah diantara garis x = 1 dan x = 5.Daerah penyelesaian dari y ≥ 2 adalah daerah diatas garis y = 2.Daerah penyelesaian 2x + 3y ≤ 24 adalah daerahyang dibatasi garis 2x + 3y = 24 (melalui (12, 0)dan (0, 8)) dan memuat (0, 0).Daerah penyelesaian 3y – 2x ≤ 6 adalah daerahyang dibatasi garis 3y – 2x = 6 (melalui (–3, 0) dan(0, 2)) dan memuat (0, 0).Jadi, penyelesaian dari SPtLDV di atas adalahdaerah PQRS.
15. Jawaban: aMisalkan: x = banyak keripik rasa cokelat
y = banyak keripik rasa keju
Model matematika sesuai permasalahan di atasadalah memaksimumkan fungsi objektif
f(x, y) = 2.500x + 3.000y dengan kendala:x + y ≤ 40
2x + 3y ≤ 100x ≥ 0y ≥ 0
Persamaan garis x + y = 40 melalui (40, 0) dan (0, 40).Daerah penyelesaian x + y ≤ 40 dibatasi garisx + y = 40 dan memuat titik (0, 0).Persamaan garis 2x + 3y = 100 melalui (50, 0)
dan (0, 100
3 ). Daerah penyelesaian 2x + 3y ≤ 100
dibatasi garis 2x + 3y = 100 dan memuat (0, 0).Daerah penyelesaian x ≥ 0 dan y ≥ 0 adalahkuadran I.Daerah penyelesaian SPtLDV:
Garis x + y = 40 dan 2x + 3y = 100 berpotong dititik B.2x + 2y= 802x + 3y= 100––––––––––– –
y = 20x = 20
Diperoleh koordinat B(20, 20).Uji titik pojok penyelesaian ke dalam fungsi objektiff(x, y) = 2.500x + 3.000y.
Jadi, keuntungan maksimum yang dapat diperolehRp110.000,00.
16. Jawaban: cMisal: x = banyak rumah tipe I
y = banyak rumah tipe II
Jenis Banyak Daya Tampung
Rumah tipe I x 4Rumah tipe II y 6
Pembatas 120 540
Diperoleh sistem pertidaksamaanx + y ≤ 1204x + 6y ≤ 540 ⇔ 2x + 3y ≤ 270x ≥ 0y ≥ 0
Jadi, sistem pertidaksamaan yang sesuai pilihan c.
Titik Pojok
O(0, 0)A(12, 0)B(9, 3)C(0, 6)
f(x, y) = 250.000x + 400.000y
250.000 × 0 + 400.000 × 0 = 0250.000 × 12 + 400.000 × 0 = 3.000.000250.000 × 9 + 400.000 × 3 = 1.445.000250.000 × 0 + 400.000 × 6 = 240.000
Y
X0
18
12
6
6 12 18ABC
x + 3y = 18x + y = 12
Keripik
Rasa cokelatRasa keju
Pembatas
Banyak
xy
40
Modal
10.00015.000
500.000
Keuntungan
2.5003.000
Y
X40 50
40100
3
OA
B
C
x + y = 40 2x + 3y = 100
Titik
O(0, 0)A(40, 0)B(20, 20)
C(0, 1003 )
f(x, y) = 2.500x + 3.000y
0100.000110.000100.000
43Matematika Kelas XII Program IPA
Y
X
654
0 4 6 14
3x + 2y = 124x + 5y = 25
2x + 5y = 2010
17. Jawaban: d1) Tinggi badan setidaknya 165 cm.
Diperoleh pertidaksamaan x ≥ 165 . . . (1)2) Usia tidak kurang dari 18 tahun dan tidak lebih
dari 22 tahun. Diperoleh pertidaksamaan18 ≤ y ≤ 22 . . . (2)
3) Andi berusia 18 tahun (y = 18) dan tingginya170 cm (x = 170).
Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaanx ≥ 165; 18 ≤ y ≤ 22 adalah:
Oleh karena posisi Andi masih termasuk padadaerah penyelesaian, berarti Andi memenuhi syaratuntuk diterima sebagai anggota tim basket.
18. Jawaban: aBanyak Terigu Gula Margarin
Roti jenis I x 200 150 70Roti jenis II y 250 100 175
Kendala 1.250 600 700
Diperoleh SPtLDV:200x + 250y ≤ 1.250 ⇔ 4x + 5y ≤ 25150x + 100y ≤ 600 ⇔ 3x + 2y ≤ 1270x + 175y ≤ 700 ⇔ 2x + 5y ≤ 20x ≥ 0y ≥ 0
Garis 4x + 5y = 25 melalui (0, 5) dan (614 , 0).
Garis 3x + 2y = 12 melalui (0, 6) dan (4, 0).Garis 2x + 5y = 20 melalui (0, 4) dan (10, 0).
Uji titik (0, 0):Pertidaksamaan Substitusi (0, 0) Penyelesaian
4x + 5y ≤ 25 0 + 0 ≤ 25 (Benar) Memuat (0, 0)3x + 2y ≤ 12 0 + 0 ≤ 12 (Benar) Memuat (0, 0)2x + 5y ≤ 20 0 + 0 ≤ 20 (Benar) Memuat (0, 0)
Daerah penyelesaian SPtLDV:
Jadi, daerah penyelesaian yang sesuai ditunjuk-kan oleh gambar pilihan a.
19. Jawaban: eMisalkan: x = banyak tablet jenis I
y = banyak tablet jenis II
Model matematika dari permasalahan tersebutadalah: meminimumkan f(x, y) = 4.000x + 8.000ydengan kendala: x + 2y ≥ 5
3x + y ≥ 5x ≥ 0 ; y ≥ 0
Persamaan garis x + 2y = 5 melalui (5, 0) dan (0, 52 ).
Daerah penyelesaian x + 2y ≥ 5 dibatasi garisx + 2y = 5 dan tidak memuat (0, 0).
Persamaan garis 3x + y = 5 melalui (53 , 0) dan (0, 5).
Daerah penyelesaian 3x + y ≥ 5 dibatasi garis3x + y = 5 dan tidak memuat (0, 0).Daerah penyelesaian x ≥ 0 dan y ≥ 0 berarti daerahpenyelesaiannya di kuadran I.Daerah penyelesaian SPtLDV:
Garis x + 2y = 5 dan 3x + y = 5 berpotong di titik Bx + 2y = 5
6x + 2y= 10–––––––––– –
5x = 5 ⇔ x = 1y = 2
Diperoleh koordinat titik B(1, 2).Uji titik pojok penyelesaian diperoleh:
Titik f(x, y) = 4.000x + 8.000y
A(5, 0) 20.000B(1, 2) 20.000C(0, 5) 40.000
Jadi, pengeluaran minimum untuk pembeliantablet per hari Rp20.000,00.
Y
X
5
52
53 5
A
B
C
Tablet
III
Pembatas
Banyak
xy
Vitamin A
510
25
Vitamin B
31
5
Harga
4.0008.000
0
Y
X
Andi
(170, 18)
2218
165
Daerah penyelesaian→•
44 Program Linear
Y
XA
B(140, 60)C
200
88
200 440Ox + y = 200 x + 5y = 440
Y
X
40
25
0 40 100 x + 4y = 100x + y = 40
O A
B(20, 20)C
22. Jawaban: cMisalkan: x = banyak mobil kecil
y = banyak mobil besar
Jenis Banyak Luas Biaya Parkir
Mobil kecil x 4 1.000Mobil besar y 20 2.000
Kendala 200 1.760
Diperoleh model matematika:Memaksimumkan f(x, y) = (x + 2y) ribu dengankendala:
x + y ≤ 2004x + 20y ≤ 1.760 ⇔ x + 5y ≤ 440x ≥ 0y ≥ 0
Daerah penyelesaian SPtLDV:
Uji titik pojok ke fungsi f(x, y) = (x + 2y) ribu
Titik Pojok f(x, y) = (x + 2y) ribu
O(0, 0) (0 + 2 × 0 = 0) ribuA(200, 0) (200 + 2 × 0 = 200) ribuB(140, 60) (140 + 2 × 60 = 260) ribuC(0, 88) (0 + 2 × 88 = 176) ribu
Jadi, hasil maksimum tempat parkir sebesarRp260.000,00.
23. Jawaban: cMisalkan: x = sapu tangan jenis A
y = sapu tangan jenis B
Jenis Banyak Harga Laba
A x 12.500 1.000B y 15.000 1.500
Pembatas 50 675.000
Model matematika sesuai permasalahan di atasadalah memaksimumkan f(x, y) = 1.000x + 1.500ydengan kendala:
x + y ≤ 5012.500x + 15.000y ≤ 675.000 ⇔ 5x + 6y ≤ 270x ≥ 0y ≥ 0
Kolam Ikan
KokiKoi
Pembatas
Banyak Kolam
xy
20
Banyak Ikan
2436
600
20. Jawaban: dMisalkan: x = banyak ikan koki
y = banyak ikan koi
Model matematika dari permasalahan di atasadalah x + y ≤ 20
24x + 36y ≤ 600 ⇔ 2x + 3y ≤ 50x ≥ 0y ≥ 0
21. Jawaban: cMisalkan: x = banyak handphone jenis A
y = banyak handphone jenis B
Handphone Banyak Harga Beli Keuntungan
Jenis A x 1.000.000 200.000Jenis B y 4.000.000 350.000
Pembatas 40 100.000.000
Diperoleh model matematika:Memaksimumkan f(x, y) = 200.000x + 350.000ydengan kendala:
x + y ≤ 401.000.000x + 4.000.000y ≤ 100.000.000⇔ x + 4y ≤ 100x ≥ 0y ≥ 0
Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan:
Uji titik pojok ke fungsif(x, y) = 200.000x + 350.000y
Titik Pojok f(x, y) = 200.000x + 350.000y
O(0, 0) 200.000(0) + 350.000(0) = 0A(40, 0) 200.000(40) + 350.000(0) = 8.000.000B(20, 20) 200.000(20) + 350.000(20) = 11.000.000C(0, 25) 200.000(0) + 350.000(25) = 8.750.000
Nilai maksimum f(x, y) adalah 11.000.000 yangdiperoleh pada saat x = 20 dan y = 20.Jadi, agar diperoleh keuntungan maksimum harusterjual 20 handphone B.
45Matematika Kelas XII Program IPA
Y
X
25
24
25 286x + 7y = 168
x + y = 25O
A
B(7, 18)C
Daerah penyelesaian SPtLDV:
Titik B adalah perpotongan garis x + y = 50 dengangaris 5x + 6y = 270.5x + 6y = 270 × 1 5x + 6y = 270
x + y = 50 × 5 5x + 5y = 250 –––––––––––– –
y = 20x = 30
Diperoleh koordinat titik B(30, 20).Uji titik pojok ke fungsi f(x, y) = 1.000x + 1.500y
Titik Pojok f(x, y) = 1.000x + 1.500y
O(0, 0) 0A(50, 0) 50.000B(30, 20) 60.000C(0, 45) 67.500
Nilai f(x, y) maksimum adalah 67.500.Jadi, laba maksimum yang mungkin diperolehadalah Rp67.500,00.
24. Jawaban: aMisalkan: x = banyak motor A
y = banyak motor B
Jenis BanyakHarga Beli Keuntungan
(juta) (juta)
Motor A x 12 2,4Motor B y 14 2,6
Pembatas 25 336
Diperoleh model matematika:Memaksimumkan f(x, y) = (2,4x + 2,6y) jutadengan kendala:
x + y ≤ 2512x + 14y ≤ 336 ⇔ 6x + 7y ≤ 168x ≥ 0y ≥ 0
Daerah penyelesaian:
Uji titik pojok ke fungsi f(x, y) = (2,4x + 2,6y) juta
Titik Pojok f(x, y) = (2,4x + 2,6y) juta
O(0, 0) (2,4(0) + 2,6(0) = 0) jutaA(25, 0) (2,4(25) + 2,6(0) = 60) jutaB(7, 18) (2,4(7) + 2,6(18) = 63,6) jutaC(0, 24) (2,4(0) + 2,6(24) = 62,4) juta
Nilai maksimum f(x, y) adalah 63,6 juta yangdicapai pada saat x = 7 dan y = 18.Jadi, agar diperoleh keuntungan sebesarRp63.600.000,00 Pak Ridwan harus membeli7 motor A.
25. Jawaban: cMisal: x = banyak semangka
y = banyak melon
Buah Banyak Harga
Semangka x 1.500Melon y 3.000
Kendala 90 210.000
Model matematika sesuai permasalahan tersebutadalah
x + y ≤ 901.500x + 3.000y ≤ 210.000 ⇔ x + 2y ≤ 140x ≥ 0y ≥ 0
26. Jawaban: dMisal: x = banyak sepeda merek A
y = banyak sepeda merek B
Jenis Banyak Harga Laba
Sepeda A x 800.000 100.000Sepeda B y 400.000 60.000
Kendala 30 16.000.000
Y
XA
B
C45
5054
x + y = 50
5x + 6y = 270
50
0
46 Program Linear
Y
XA
B(3, 3)
C12
4
12
3x + y = 12x + 3y = 12
40
Diperoleh model matematika:Memaksimumkan f(x, y) =(10x + 6y) × 10.000dengan kendala:
x + y ≤ 30800.000x + 400.000y ≤ 16.000.000 ⇔ 2x + y ≤ 40x ≥ 0y ≥ 0
Uji titik (0, 0):
Pertidaksamaan Substitusi (0, 0) Penyelesaian
x + y ≤ 30 0 + 0 ≤ 30 (Benar) Memuat (0, 0)2x + y ≤ 40 0 + 0 ≤ 40 (Benar) Memuat (0, 0)
Daerah penyelesaian:
Uji titik pojok:
Titik Pojok f(x, y) = (10x + 6y) × 10.000
O(0, 0) (10 × 0 + 6 × 0) × 10.000 = 0A(20, 0) (10 × 20 + 6 × 0) × 10.000 = 2.000.000B(10, 20) (10 × 10 + 6 × 20) × 10.000 = 2.200.000C(0, 30) (10 × 0 + 6 × 30) × 10.000 = 1.800.000
Nilai maksimum f(x, y)= (10x + 6y) × 10.000 adalah2.200.000 dicapai di titik B(10, 20).Jadi, agar memperoleh pendapatan maksimummaka banyak sepeda yang dijual 10 sepedamerek A dan 20 sepeda merek B.
27. Jawaban: eMisal: x = banyak pupuk A (bungkus)
y = banyak pupuk B (bungkus)
Zat N Zat P Harga
Pupuk A 1 3 2.500Pupuk B 3 1 3.000
Kendala 12 12
Diperoleh model matematika:Meminimumkan f(x, y) = 2.500x + 3.000y dengankendala:
x + 3y ≥ 123x + y ≥ 12x ≥ 0y ≥ 0
Uji titik (0, 0):
Pertidaksamaan Substitusi (0, 0) Penyelesaian
x + 3y ≥ 12 0 + 0 ≥ 12 (Salah) Tidak memuat (0, 0)3x + y ≥ 12 0 + 0 ≥ 12 (Salah) Tidak memuat (0, 0)
Daerah penyelesaian SPtLDV:
Uji titik pojok:
Titik Pojok f(x, y) = 2.500x + 3.000y
A(12, 0) 2.500(12) + 3.000(0) = 30.000B(3, 3) 2.500(3) + 3.000(3) = 16.500C(0, 12) 2.500(0) + 3.000(12) = 36.000
Nilai minimum f(x, y) = 2.500x + 3.000y adalah16.500 dicapai di titik B(3, 3).Biaya minimum pemupukan satu pohon jerukRp16.500,00.Jadi, biaya minimum pemupukan 1.000 pohon jeruk= 1.000 × Rp16.500,00= Rp16.500.000,00
28. Jawaban: cMisal x = banyak feri A yang dioperasikan
x = banyak feri B yang dioperasikanModel matematika:Meminimumkan fungsi objektif f(x, y) =(800x + 1.000y) ribu dengan kendala:
x + y ≤ 1460x + 80y ≥ 600
6x + 3y ≥ 45x ≥ 0y ≥ 0
Garis x + y = 14 melalui titik (0, 14) dan titik (14, 0).Daerah penyelesaian 4 + y ≤ 14 di kiri garis x + y= 14.
Garis 60x + 80y = 600 melalui titik (0, 712 ) dan
titik (10, 0).Daerah penyelesaian 60x + 80y ≥ 60 di kanan garis50x + 80y = 600.
Garis 6x + 3y = 45 melalui titik (0, 15) dan (712 , 0).
Daerah penyelesaian 6x + 3y ≥ 45 di kanan garis6x + 3y = 45.
Y
X
40
30
20 30A
B(10, 20)
2x + y = 40 x + y = 30
C
O
47Matematika Kelas XII Program IPA
Y
X0
100
80
40
40 60 80
C(120
7 , 4007 )
B(48, 16)A
D
5x + 2y = 2004x + 3y = 240
x + 2y = 80
Daerah penyelesaian x ≥ 0 di kanan sumbu Y dandaerah penyelesaian y ≥ 0 di atas sumbu X.Garis 6x + 3y = 45 dan garis x + y = 14 berpotongandi titik A(1, 13).Garis 60x + 80y = 600 dan garis 6x + 3y = 45berpotongan di titik B(6, 3).Daerah penyelesaian:
Uji titik pojok:
Nilai minimum f(x, y) = (800x + 1.000y) ribuanadalah 7.800.000 dicapai di titik B(6, 3).Jadi, banyak feri A yang harus dioperasikan 6 unitdan feri B sebanyak 3 unit agar biayapengoperasian feri minimum.
29. Jawaban: eMisal:x = lama pengoperasian penambangan I (hari)y = lama pengoperasian penambangan II (hari)
Tinggi Menengah Rendah Biaya
Tambang I 1 4 5 2.000.000Tambang II 2 3 2 2.000.000
Kendala 80 240 200
Diperoleh model matematika:Meminimumkan f(x, y) = 2.000.000(x + y)
x + 2y ≥ 804x + 3y ≥ 2405x + 2y ≥ 200x ≥ 0y ≥ 0
Uji titik (0, 0):
Pertidaksamaan Substitusi (0, 0) Penyelesaian
x + 2y ≥ 80 0 + 0 ≥ 80 (Salah) Tidak memuat (0, 0)4x + 3y ≥ 240 0 + 0 ≥ 240 (Salah) Tidak memuat (0, 0)5x + 2y ≥ 200 0 + 0 ≥ 200 (Salah) Tidak memuat (0, 0)
Daerah penyelesaian SPtLDV:
Uji titik pojok:
Titik Pojok f(x, y) = 2.000.000(x + y)
A(80, 0) 2.000.000(80 + 0) = 160.000.000B(48, 16) 2.000.000(48 + 16) = 128.000.000
C(120
7 , 4007 ) 2.000.000(
1207 +
4007 ) = 148.571.428
D(0, 100) 2.000.000(0 + 100) = 200.000.000
Dari tabel diperoleh nilai minimum f(x, y) =2.000.000(x + y) adalah 128.000.000 dicapai di titikB(48, 16).Jadi, agar biaya pengoperasian minimum makalama penambangan I dan II dioperasikan berturut-turut 48 hari dan 16 hari.
30. Jawaban: bMisal x = banyak kue kukus yang terjual
y = banyak kue lapis yang terjualModel matematika:Meminimumkan fungsi objektif f(x, y) = 1.500x +1.200y dengan kendala:
x + y ≤ 1000 ≤ x ≤ 50
y ≥ 30Garis x + y = 100 melalui titik (0, 100) dan (100, 0).Daerah penyelesaian x + y ≤ 100 di kiri garis x + y= 100.Daerah penyelesaian 0 ≤ x ≤ 50 di kanan sumbu Ydan di kiri garis x = 50.
Titik Pojok
A(1, 13)B(6, 3)C(10, 0)D(14, 0)
f(x, y) = (800x + 1.000y) ribu
(800 · 1 + 1.000 · 13) · 1.000= 13.800.000(800 · 6 + 1.000 · 3) · 1.000 = 7.800.000(800 · 10 + 1.000 · 0) · 1.000 = 8.000.000(800 · 14 + 1.000 · 0) · 1.000 = 11.200.000
Y
X
A(1, 13)
B(6, 3)
C D
x + y = 146x + 3y = 45
60x + 80y = 600
0 7 12 10 14
1514
7 12
48 Program Linear
Titik Pojok
A(0, 100)B(0, 30)C(50, 30)D(50, 50)
f(x, y) = 1.500x + 1.200y
1.500 · 0 + 1.200 · 100 = 120.0001.500 · 0 + 1.200 · 30 = 36.0001.500 · 50 + 1.200 · 30 = 111.0001.500 · 50 + 1.200 · 50 = 135.000
Y
X
A
BC
D(50, 50)
y = 30
x = 50
50 100
100
30
Daerah penyelesaian memuat (0, 0), makapertidaksamaannya: 3x + 5y ≤ 45 . . . (3)Daerah penyelesaian di atas sumbu X, makapertidaksamaannya y ≥ 0 . . . (4)Dari persamaan (1) sampai dengan (4)diperoleh SPtLDV:
5x + y ≤ 15x + y ≤ 12
3x + 5y≤ 45x ≥ 0 ; y ≥ 0
b. Persamaan garis yang melalui titik (0, 6) dantitik (6, 0) adalah x + y = 6.Daerah penyelesaian di kiri garis x + y = 6, makapertidaksamaannya x + y ≤ 6 . . . (1)Persamaan garis yang melalui titik (0, 6) dantitik (–2, 0) adalah 3x – y = –6.Daerah penyelesaian di kanan garis 3x – y = –6,maka pertidaksamaannya 3x – y ≥ –6 . . . (2)Persamaan garis yang melalui titik (0, –2) dan(6, 0) adalah –x + 3y = –6.Daerah penyelesaian di kanan garis–x + 3y = –6 dan di atas sumbu X, makapertidaksamaannya –x + 3y ≥ 6 . . .(3)Dari persamaan (1) sampai dengan (3)diperoleh SPtLDV:
x + y ≤ 63x – y ≥ –6
–x + 3y ≥ –6c. Persamaan garis yang melalui titik (–4, 2) dan
titik (4, 5):y 25 2
−− =
x 44 4
++
⇔ y 23−
= x 4
8+
⇔ 8y – 16 = 3x + 12⇔ 8y – 3x = 28Daerah penyelesaian di kanan garis 8y – 3x = 28maka pertidaksamaannya 8y – 3x ≤ 28 . . . (1)Persamaan garis yang melalui titik (0, 1) dantitik (2, 0) adalah x + 2y = 2.Daerah penyelesaian di kanan garis x + 2y = 2maka pertidaksamaannya x + 2y ≥ 2 . . . (2)Persamaan garis yang melalui titik (4, 5) dantitik (5, 0):y 05 0
−− =
x 54 5
−−
⇔ y5 =
x 51
−−
⇔ –y = 5x – 25⇔ 5x + y = 25Daerah penyelesaian di kiri garis 5x + y = 25maka pertidaksamaannya 5x + y ≤ 25 . . . (3)
0
Daerah penyelesaian y ≥ 30 di atas garis y = 30.
Uji titik pojok:
Nilai minimum f(x, y) = 1.500x + 1.200y adalah36.000.Jadi, pendapatan minimum toko roti dari penjualankue kukus dan kue lapis per hari rata-rataRp36.000,00
B. Uraian1. a. Persamaan garis yang melalui titik (3, 0) dan
titik (0, 15):
y 015 0
−− =
x 30 3
−−
⇔ y15 =
x 33
−−
⇔ –y = 5x – 15⇔ 5x + y = 15Daerah penyelesaian tidak memuat (0, 0)maka pertidaksamaannya 5x + y ≥ 15 . . . (1)Persamaan garis yang melalui titik (12, 0) dantitik (0, 12):
y 012 0
−− =
x 120 12
−−
⇔ y12 =
x 1212−
−⇔ –y = x – 12⇔ x + y = 12Daerah penyelesaian memuat (0, 0) makapertidaksamaannya x + y ≤ 12 . . . (2)Persamaan garis melalui titik (15, 0) dan (0, 9):
y 09 0
−− =
x 150 15
−−
⇔ –5y = 3x – 45⇔ 3x + 5y = 45
49Matematika Kelas XII Program IPA
Daerah penyelesaian di atas sumbu X dan dikanan sumbu Y maka pertidaksamaannyay ≥ 0 dan x ≥ 0 . . . (4)Dari persamaan (1) sampai dengan (4)diperoleh SPtLDV:
8y – 3x ≤ 28x + 2y ≥ 25x + y ≤ 25
y ≥ 0x ≥ 0
2. a. Garis 2x + 5y = 25 melalui (0, 5) dan titik (5, 3).Daerah penyelesaian 2x + 5y ≤ 25 di kiri garis2x + 5y = 25.Garis 3x + 2y = 21 melalui titik (5, 3) dan titik(7, 0).Daerah penyelesaian 3x + 2y ≤ 21 di kiri garis3x + 2y = 21.Garis 2y – 5x = 10 melalui titik (0, 5) dan titik(–2, 0).Daerah penyelesaian 2y – 5x ≤ 10 di kanangaris 2y – 5x = 10.Garis x + 2y = 4 melalui titik (0, 2) dan titik (4, 0).Daerah penyelesaian x + 2y ≥ 4 di kanan garisx + 2y = 4.Daerah penyelesaian x ≥ 0 dan y ≥ 0 di kanansumbu Y dan di atas sumbu X.Garis 2x + 5y = 25 dan garis 3x + 2y = 21berpotongan di titik (5, 3).Daerah penyelesaian:
Uji titik pojok:
Nilai minimum fungsi objektif f(x, y) =5x + 2y – 8 adalah –4.
b. 1) Garis x + y = 2 melalui (2, 0) dan (0, 2).Daerah penyelesaian x + y ≥ 2 dibatasigaris x + y = 2 dan tidak memuat titik (0, 0).
2) Garis x – y = –2 melalui titik (–2, 0) dan(0, 2).Daerah penyelesaian x – y ≥ –2 dibatasigaris x – y = –2 dan memuat titik (0, 0).
3) Garis x + y = 8 melalui titik (8, 0) dantitik (0, 8).Daerah penyelesaian x + y ≤ 8 dibatasigaris x + y = 8 dan memuat titik (0, 0).
4) Garis x – 2y = 6 melalui titik (6, 0) dan(0, –3).Daerah penyelesaian x – 2y ≤ 6 dibatasigaris x – 2y = 6 dan memuat titik (0, 0).
5) Daerah penyelesaian y ≥ 0 adalah daerahdi atas sumbu X.
Dari 1), 2), 3), 4), dan 5) diperoleh:
Uji titik pojok:
Nilai maksimum fungsi objektif f(x, y)
= 12x – 9y + 2 adalah 84 di titik C(223 ,
23 ).
3. a. Misal: x = banyak barang jenis Iy = banyak barang jenis II
Barang Bahan A Bahan B Bahan C Harga
Jenis I 1 3 2 40.000Jenis II 3 4 1 60.000
Pembatas 480 720 360
Diperoleh model matematika:Memaksimumkan f(x, y) = 40.000x + 60.000ydengan kendala:
x + 3y ≤ 4803x + 4y ≤ 7202x + y ≤ 360x ≥ 0y ≥ 0
Titik Pojok
A(0, 5)B(0, 2)C(4, 0)D(7, 0)E(5, 3)
f(x, y) = 5x + 2y – 8
5 · 0 + 2 · 5 – 8 = 25 · 0 + 2 · 2 – 8 = –45 · 4 + 2 · 0 – 8 = 125 · 7 + 2 · 0 – 8 = 275 · 5 + 2 · 3 – 8 = 23
Y
X
A
B
C D
E(5, 3)
3x + 2y = 212y – 5x = 10
2x + 5y = 25
x + 2y = 4
–2 0 4 5 7
5
32
Titik Pojok
A(2, 0)B(6, 0)
C( 223 , 2
3 )D(3, 5)E(0, 2)
F(x, y) = 12x – 9y + 2
2674
84
–7–16
Y
XA(2, 0)B(6, 0)
C( 223 , 2
3 )
D(3, 5)
8
2
–3
–2 6 8
50 Program Linear
Y
X
12
12 16
A(16,0)
B(8, 4)
C(0, 12)
8
0 x + 2y = 16x + y = 12
Uji titik pojok ke f(x, y) = 450.000x + 600.000y.
Dari tabel di atas diperoleh keuntunganmaksimum 31.500.000 jika pesawat tersebutmembuat 30 penumpang kelas ekonomi dan30 penumpang kelas utama.
5. Garis x + y = 12 melalui titik (0, 12) dan titik (12, 0).Daerah penyelesaian x + y ≥ 12 dibatasi garisx + y = 12 dan tidak memuat titik (0, 0). . . (1)Garis x + 2y = 16 melalui titik (0, 8) dan titik (16, 0).Daerah penyelesaian x + 2y ≥ 16 dibatasi garisx + 2y = 16 dan tidak memuat titik (0, 0) . . . (2)Daerah penyelesaian x ≥ 0 kanan sumbu Y. . . (3)Daerah penyelesaian y ≥ 0 di atas sumbu X. . . (4)Dari (1), (2), (3), dan (4) diperoleh daerahpenyelesaian:
Titik pojok daerah penyelesaian adalah A(16, 0),B(8, 4), dan C(0, 12). Agar f(x, y) = ax + 4yminimum hanya di titik (8, 4) maka harus dipenuhif(8, 4) < f(0, 12) dan f(8, 4) < f(16, 0).f(x, y) = ax + 4yf(8, 4) = a(8) + 4(4) = 8a + 16f(0, 12) = a(0) + 4(12) = 48f(16, 0) = a(16) + 4(0) = 16aSyarat f(8, 4) < f(0, 12)
8a + 16 < 48⇔ 8a < 32⇔ a < 4 . . . (1)
Syarat f(8, 4) < f(16, 0)8a + 16 < 16a
⇔ 8a – 16a < –16⇔ –8a < –16⇔ a > 2 . . . (2)
Dari (1) dan (2) diperoleh 2 < a < 4.Jadi, nilai a yang memenuhi 2 < a < 4.
b. Dari SPtLDV pada jawaban a, diperolehdaerah penyelesaian sebagai berikut.
Uji titik pojok penyelesaian ke fungsi objektiff(x, y) = 40.000x + 60.000y.
Titik Pojok f(x, y) = 40.000x + 60.000y
O(0, 0) 0A(180, 0) 7.200.000B(144, 72) 10.080.000C(48, 144) 10.560.000D(0, 160) 9.600.000
Dari tabel di atas diperoleh nilai maksimumf(x, y) = 10.560.000.Jadi, pendapatan maksimum yang diperolehpabrik tersebut Rp10.560.000,00.
4. a. Misalkan: x = banyak tiket kelas ekonomiy = banyak tiket kelas utama
Model matematika sesuai permasalahan diatas adalah memaksimumkan fungsi objektiff(x, y) = 450.000x + 600.000y dengan kendala:
x + y ≤ 6020x + 30y ≤ 1.500 ⇔ 2x + 3y ≤ 150
x ≥ 0y ≥ 0
b. Daerah penyelesaian:
Titik Pojok
O(0, 0)A(60, 0)B(30, 30)C(0, 50)
f(x, y) = 450.000x + 600.000y
027.000.00031.500.00030.000.000
Tiket
EkonomiUtama
Pembatas
Banyak
xy
60
Bagasi
2030
1.500
Harga
450.000600.000
Y
X
B(30, 30)
60 75
60
50
A
C
O
X
Y
0
160180
180 240 480A
B(144, 72)
C(48, 144)D
2x + y = 3603x + 4 y = 720
x + 3y = 480
360
51Matematika Kelas XII Program IPA
Y
X
30
20
0 15 20A
B(10, 10)
2x + y = 30 x + y = 20
C
6. Misal: x = banyak pupuk jenis Ay = banyak pupuk jenis B
Jenis Banyak Phospor Nitrogen Kalium Harga
A x 3 1 3 1.500
B y 1 6 2 1.600
Pembatas 15 24 24
Model matematika:Meminimumkan f(x, y) = 1.500x + 1.600y, dengankendala:
3x + y ≥ 15x + 6y ≥ 243x + 2y ≥ 24x, y ≥ 0
Daerah penyelesaian:
Uji titik pojok:
Titik Pojok f(x, y) = 1.500x + 1.600y
A(0, 15) 1.500(0) + 1.600(15) = 24.000B(2, 9) 1.500(2) + 1.600(9) = 17.400C(6, 3) 1.500(6) + 1.600(3) = 13.800D(24, 0) 1.500(24) + 1.600(0) = 36.000
Diperoleh f(x, y) minimum di C(6, 3).Jadi, Pak Gani harus mencampur 6 pupuk jenis Adan 3 pupuk jenis B dan pengeluaran biayaminimum Rp13.800,00.
7. Misal: x = banyak kado jenis Ay = banyak kado jenis B
Jenis Banyak Kertas Pita Upah
Kado A x 2 2 2.500Kado B y 2 1 2.000
Kendala 40 30
Diperoleh model matematika:Memaksimumkan f(x, y) = 2.500x + 2.000y dengankendala:
2x + 2y ≤ 40 ⇔ x + y ≤ 202x + y ≤ 30x ≥ 0y ≥ 0
Daerah penyelesaian:
Uji titik pojok:
Titik Pojok f(x, y) = 2.500x + 2.000y
O(0, 0) 2.500(0) + 2.000(0) = 0A(15, 0) 2.500(15) + 2.000(0) = 37.500B(10, 10) 2.500(10) + 2.000(10) = 45.000C(0, 20) 2.500(0) + 2.000(20) = 40.000
Nilai maksimum f(x, y) adalah 45.000 dicapai dititik B(10, 10).a. Upah maksimum yang dapat diterima
karyawati tersebut Rp45.000,00.b. Agar memperoleh upah maksimum, karyawati
tersebut harus membungkus 10 kado jenis Adan 10 kado jenis B.
8. Misal: x = banyak karyawan asingy = banyak karyawan lokal
Sistem pertidaksamaan linear:y – x ≤ 60
y ≥ 35 x
x + y ≤ 160x ≥ 0y ≥ 0
Y
X
15
12
4
0 5 8 24
A
B(2, 9)
C(6, 3)
D
3x + y = 15 3x + 2y = 24x + 6y = 24
52 Program Linear
X
Y
A
B
C
Dx = 2y
4x + 5y = 1.300x + y = 1500 60 100 150 200 325
260
212
150
10090
50
Titik Pojok
A(0, 260)B(0, 150)C(100, 50)D(200, 100)
f(x, y) = 20.000x + 20.000y
20.000 · 0 + 20.000 · 260 = 5.200.00020.000 · 0 + 20.000 · 150 = 3.000.00020.000 · 100 + 20.000 · 50 = 3.000.00020.000 · 200 + 20.000 · 1.000 = 6.000.000
Y
X
y – x = 60
y = 35 x
x + y = 1600 70 100 160
160
11090
6042
Daerah penyelesaian:
Uji titik pojok:
Nilai maksimum fungsi objektif f(x, y) =20.000x + 20.000y adalah 6.000.000.Jadi, keuntungan maksimum yang akandiperoleh Pak Rudi Rp 6.000.000,00.
b. Pak Rudi membeli kain lurik 60 meter makax = 60.Dari grafik terlihat, untuk x = 60 maka y1 = 90dan y2 = 212.Keuntungan minimum= f(60, 90)= 20.000 · 60 + 20.000 · 90 = 3.000.000Keuntungan maksimum= f(60, 212)= 20.000 · 60 + 20.000 · 212 = 5.440.000
Jadi, keuntungan minimum dan keuntunganmaksimum saat Pak Rudi membeli 60 meterkain lurik berturut-turut Rp3.000.000,00 danRp5.440.000,00.
10. Misal: x = banyak guru yang mengikuti pelatihanPower Point XP
y = banyak guru yang mengikuti pelatihanExcel XP
Daerah penyelesaian:
a. Dari grafik terlihat karyawan lokal yangdipekerjakan maksimum 110 orang dankaryawan asing yang dipekerjakan maksimum100 orang.
b. Fungsi objektif f(x, y) = (1.500x + 2.500y) ribu.Karyawan asing yang dipekerjakan 70 orangmaka x = 70.Dari grafik terlihat, untuk x = 70 maka y1 = 42dan y2 = 90.Jumlah uang minimum= f(70, 42)= (1.500 · 70 + 2.500 · 42) ribu= 210.000.000Jumlah maksimum= f(70, 90)= (1.500 · 70 + 2.500 · 90) ribu= 330.000.000
Jadi, jumlah uang minimum yang dikeluarkanperusahaan untuk menggaji karyawan per bulanRp210.000.000,00 dan jumlah maksimumnyaRp330.000.000,00.
9. Misal: x = banyak kain lurik yang dibeli Pak Rudi(meter)
y = banyak kain batik yang dibeli Pak Rudi(meter)
a. Model matematika:Memaksimumkan fungsi objektif f(x, y) =20.000x + 20.000y dengan kendala:
40.000x + 50.000y ≤ 13.000.000 ⇔ 4x + 5y ≤ 1.300x ≤ 2y
x + y ≥ 150x ≥ 0y ≥ 0
53Matematika Kelas XII Program IPA
Titik Pojok
A(0, 0)B(10, 0)C(10, 5)D(5, 10)
f(x, y) = (100x + 200y) ribu
(100 · 0 + 200 · 0) ribu = 0(100 · 10 + 200 · 0) ribu= 1.000.000(100 · 10 + 200 · 5) ribu= 2.000.000(100 · 5 + 200 · 10) ribu= 2.500.000
Y
X
y = 2x
x + y = 15x = 10
A
B
C
0 5 15
15
10
5
O
Model matematika:Memaksimumkan fungsi objektif f(x, y) =(100x + 200y) ribu dengan kendala:
0 ≤ x ≤ 10x + y ≤ 15
y ≤ 2xx ≤ 10
Daerah penyelesaian:
Uji titik pojok:
Nilai maksimum fungsi objektif f(x, y) =(100x + 200y) ribu adalah 2.500.000.Jadi, pendapatan maksimum lembaga pendidikankomputer dari pelatihan Rp2.500.000,00.
54 Matriks
3. Menggunakan konsepmatriks, vektor, dantransformasi dalampemecahan masalah.
Standar Kompetensi Kompetensi Dasar Nilai Indikator
3.1 Menggunakan sifat-sifat dan operasimatriks untuk menunjukkan bahwasuatu matriks persegi merupakaninvers dari matriks persegi lain.
3.2 Menentukan determinan dan inversmatriks 2 × 2.
3.3 Menggunakan determinan dan inversdalam penyelesaian sistem persamaanlinear dua variabel.
Pada bab ini akan dipelajari:1. Ordo dan jenis suatu matriks2. Penjumlahan dan pengurangan dua matriks atau lebih3. Hasil perkalian bilangan real dengan matriks4. Perkalian dua matriks atau lebih5. Determinan matriks6. Invers matriks7. Penyelesaian sistem persamaan linear menggunakan matriks8. Penyelesaian permasalahan menggunakan matriks
Percaya diri Mampu melakukan operasi hitungmatriks dengan penuh percaya diri.
Model Pengintegrasian Nilai Pendidikan Karakter
Matriks
Menentukan determinan daninvers matriks
Menyelesaikan sistem persamaanlinear menggunakan matriks
Menentukan hasil operasihitung matriks
• Menjelaskan pengertianmatriks
• Menulis notasi matriks• Menentukan ordo matriks• Menentukan jenis matriks
berdasarkan banyak kolomserta berdasarkan polaelemen-elemen
• Menentukan transpos suatumatriks
• Menggunakan kesamaan duamatriks untuk menentukanelemen yang belum diketahui
• Menentukan hasil penjumlah-an matriks
• Menggunakan sifat-sifatpenjumlahan
• Menentukan hasil pengurang-an matriks
• Menemukan sifat pengurang-an matriks
• Menentukan hasil perkalianmatriks dengan bilangan realdan matriks dengan matriks
• Menggunakan sifat-sifatperkalian matriks
• Menentukan hasil pemangkat-an matriks
• Menentukan determinanmatriks berordo 2 × 2
• Menentukan determinanmatriks berordo 3 × 3
• Menggunakan sifat-sifatdeterminan matriks
• Menentukan suatu matriksmerupakan matriks singularatau nonsingular
• Menentukan invers matriksberordo 2 × 2
• Menentukan invers matriksberordo 3 × 3
• Menggunakan sifat-sifatinvers matriks
• Menentukan penyelesaianSPLDV dengan cara inversmatriks dan metode Cramer
• Menentukan penyelesaianSPLTV dengan cara inversmatriks dan metode Cramer
Menjelaskan pengertian matriksdan jenis-jenisnya
Siswa mampu melakukanoperasi hitung matriks
Siswa mampu menentukandeterminan dan invers matriks
Siswa mampu menjelaskanmatriks dan jenis-jenisnya
Siswa mampu menyelesaikansistem persamaan linearmenggunakan matriks
Siswa mampu menggunakan sifat-sifat dan operasi matriks serta menggunakandeterminan dan invers matriks dalam pemecahan masalah
55Matematika Kelas XII Program IPA
6. Jawaban: c
Matriks K = 0 1 34 2 11 0 5
− −
Transpos matriks K = KT = 0 4 11 2 0
3 1 5
− −
7. Jawaban: dSuatu matriks A merupakan matriks simetris jikaA = AT.
a. A = 0 3 23 4 12 1 5
− −
⇒ AT = 0 3 23 4 1
2 1 5
− −
Diperoleh A ≠ AT.
b. B = 1 4 64 4 36 2 1
− −
⇒ BT = 1 4 64 4 26 3 1
− −
Diperoleh B ≠ BT.
c. C = 2 3 53 4 1
5 1 6
− − −
⇒ CT = 2 3 53 4 1
5 1 6
− − −
Diperoleh C ≠ CT.
d. D = 5 4 04 2 20 2 5
− −
⇒ DT = 5 4 04 2 20 2 5
− −
Diperoleh D = DT.
e. E = 6 4 34 4 23 5 1
− −
⇒ ET = 6 4 34 4 53 2 1
− −
Diperoleh E ≠ ET.Jadi, matriks pada pilihan d merupakan matrikssimetris.
8. Jawaban: cDari kesamaan matriks diperoleh:4a = 12 ⇔ a = 3 . . . (1)–3b = 3a ⇔ –3b = 3(3)
⇔ b = –3 . . . (2)3c = b ⇔ 3c = –3
⇔ c = –1 . . . (3)Nilai a + b + c = 3 + (–3) + (–1) = –1.
← baris (1)
← baris (2)
← baris (3)
← baris (4)
Kolom (1) (2)
← baris (1)
← baris (2)
← baris (3)
Kolom (1) (2) (3)
A. Pilihan Ganda1. Jawaban: c
C = 8 1 03 2 67 4 3
− −
c21 = elemen pada baris ke-2 dan kolom ke-1 = 3.c32 = elemen pada baris ke-3 dan kolom ke-2 = 4.Jadi, nilai c21 dan c32 berturut-turut adalah 3 dan 4.
2. Jawaban: e
B =
5 32 11 7
8 4
− −
Matriks B terdiri atas 4 baris dan 2 kolom.Jadi, ordo matriks B = 4 × 2.
3. Jawaban: aElemen-elemen diagonal utama adalah elemen-elemen yang terletak pada garis hubung elemena11 dan ann.
Q = 1 1 35 4 12 6 2
Jadi, elemen-elemen diagonal utama matriks Qadalah 1, 4, dan 2.
4. Jawaban: eMatriks identitas adalah suatu matriks persegidengan elemen-elemen pada diagonal utamasama dengan satu dan elemen-elemen yang lainsama dengan nol.
Jadi, matriks 1 0 00 1 00 0 1
merupakan matriks
identitas.
5. Jawaban: bMatriks diagonal adalah suatu matriks persegi yangelemen-elemennya nol (0), kecuali elemen padadiagonal utama (tidak semua nol).
Jadi, matriks 1 0 00 2 00 0 5
merupakan matriks
diagonal.
Diagonal utama
56 Matriks
9. Jawaban: a
L = 2 4 r3 2p q 37 1 5
+
→ LT = 2 3 74 2p q 1r 3 5
+
K = LT
⇔2 3 74 0 p6 3 5
= 2 3 74 2p q 1r 3 5
+
Dari kesamaan matriks diperoleh:p = 1
2p + q = 0⇔ 2 · 1 + q = 0⇔ 2 + q = 0⇔ q = –2r = 6p + q – r = 1 + (–2) – 6 = –7Jadi, nilai p + q – r adalah –7.
10. Jawaban: aM = N
3a 5b 32a a 3b+
+ = 7 a 2b
2 a 3b+
− + Dari kesamaan matriks di atas diperoleh:3a + 5b = 7 . . . (1)
2a = –2⇔ a = –1 . . . (2)Substitusikan persamaan (2) ke (1).3a + 5b = 7⇔ 3(–1) + 5b = 7⇔ –3 + 5b = 7⇔ 5b = 7 + 3⇔ 5b = 10⇔ b = 2
M = 3a 5b 32a a 3b+
+
= 3( 1) 5(2) 32( 1) ( 1) 3(2)
− + − − +
= 7 32 5
−
Transpos matriks M adalah MT = 7 23 5
−
.
B. Uraian
1. a. Matriks dari data di atas sebagai berikut.
M = 0 60 10060 0 80
100 80 0
b. Ordo matriks M = 3 × 3
c. MT = 0 60 10060 0 80
100 80 0
2. a. A = 1 3 62 5 84 2 9
− −
Elemen-elemen pada diagonal utama matriksA adalah 1, –5, 9.
B = 3 4 83 7 95 0 2
− −
Elemen-elemen pada diagonal utama matriksB adalah 3, 7, 2.
Matriks C =
1 2 34 5 63 2 1
6 4 5
− − −
bukan matriks
persegi.Jadi, matriks C tidak mempunyai diagonalutama.
b. Elemen-elemen pada diagonal sampingmatriks A adalah 4, –5, 6.Elemen-elemen pada diagonal sampingmatriks B adalah –5, 7, 8.Matriks C tidak mempunyai diagonalsamping.
c. Trace (A) = 1 + (–5) + 9 = 5Trace (B) = 3 + 7 + 2 = 12Matriks C tidak mempunyai trace.
3. a. P =
2 3 0 15 1 4 21 0 3 53 2 5 4
−
−
Banyak baris = 4Banyak kolom = 4Ordo = banyak baris × banyak kolomJadi, ordo matriks P adalah 4 × 4.
b. p11 = elemen pada baris ke-1 kolom ke-1 = 2p23 = elemen pada baris ke-2 dan kolom
ke-3 = 4p31 = elemen pada baris ke-3 dan kolom
ke-1 = 1p42 = elemen pada baris ke-4 dan kolom
ke-2 = 2c. Elemen-elemen diagonal utama matriks P
adalah 2, –1, 3, dan 4.Trace (P) = 2 + (–1) + 3 + 4 = 8Jadi, trace matriks P adalah 8.
57Matematika Kelas XII Program IPA
1. Jawaban: dIngat, dua matriks dapat dijumlahkan ataudikurangkan apabila ordonya sama.
Matriks A = 1 32 45 0
merupakan matriks berordo
3 × 2.
a bc d
matriks berordo 2 × 2
a b cd e f
matriks berordo 2 × 3
abc
matriks berordo 3 × 1
c de fg h
matriks berordo 3 × 2
a b cd e fg h i
matriks berordo 3 × 3
Matriks c de fg h
memiliki ordo yang sama dengan
matriks A. Jadi, matriks yang dapat dijumlahkanatau dikurangkan dengan matriks A adalah
matriks c de fg h
.
2. Jawaban: b
3P + Q = 3 6 24 3
−
+ 1 73 2
− −
= 18 612 9
−
+ 1 73 2
− −
= 18 ( 1) 6 712 ( 3) 9 2
+ − − + + − +
= 17 19 11
Jadi, hasil dari 3P + Q = 17 19 11
.
A. Pilihan Ganda
4.2x 2 2y x
5 1 z 3 − − − − −
= 1 2 55 1 x
− − −
Dari kesamaan matriks di atas diperoleh:–x = 1⇔ x = –12y – x2 = –5⇔ 2y – (–1)2 = –5⇔ 2y – 1 = –5⇔ 2y = –5 + 1⇔ 2y = –4⇔ y = –2z – 3 = x⇔ z – 3 = –1⇔ z = –1 + 3⇔ z = 2Dengan demikian diperoleh:x + y – z = –1 + (–2) – 2
= –5Jadi, nilai x + y – z = –5.
5. PT = 2 log (2a b)log (b 2) 1
− −
PT = Q
2 log (2a b)log (b 2) 1
− −
= 2 1log a 1
Dari kesamaan matriks diperoleh:log (2a – b) = 1⇔ log (2a – b) = log 10⇔ 2a – b = 10 . . . (1)log (b – 2) = log a⇔ b – 2 = a⇔ a – b = –2 . . . (2)Eliminasi b dari (1) dan (2):2a – b = 10a – b = –2
–––––––––– –a = 12
Substitusikan a = 12 ke (2):12 – b = –2⇔ b = 14Jadi, nilai a = 12 dan b = 14.
58 Matriks
3. Jawaban: c
K = 2 11 7
⇒ KT = 2 11 7
M = 6 53 2
−
⇒ MT = 6 35 2
−
KT + L – MT = 2 11 7
+ 4 36 9
−
– 6 35 2
−
= 2 4 6 1 3 31 6 5 7 9 ( 2)
+ − + − − − + − −
= 0 110 18
−
4. Jawaban: bM = KT – L
=5 16 3
–
1 25 3
= 5 1 1 26 5 3 3
− − − −
= 4 11 0
−
5. Jawaban: d
Q = c 21 a d
− − − +
⇒ QT = c 12 a d
− − − +
R = 4 11 2
−
⇒ RT = 4 11 2
−
P + QT = RT
⇔ 3 ab 2c 0
−
+ c 12 a d
− − − +
= 4 11 2
−
⇔ 3 c a 1b 2c 2 a d
+ − − − − +
= 4 11 2
−
Dari kesamaan matriks di atas diperoleh:a – 1 = 1⇔ a = 1 + 1⇔ a = 2–a + d = 2⇔ –2 + d = 2⇔ d = 2 + 2⇔ d = 4Jadi, nilai d adalah 4.
6. Jawaban: bC + D = O
⇔ 2x 4 5z1 3y 6
−
+ 4 4 51 9 6
− − − −
= 0 0 00 0 0
⇔ 2x ( 4) 4 ( 4) 5z 51 1 3y 9 6 ( 6)+ − + − −
− + + + − = 0 0 0
0 0 0
⇔ 2x 4 0 5z 50 3y 9 0− −
+ = 0 0 0
0 0 0
Dari kesamaan matriks diperoleh:2x – 4 = 0⇔ 2x = 4⇔ x = 23y + 9 = 0⇔ 3y = –9⇔ y = –35z – 5 = 0⇔ 5z = 5⇔ z = 1Dengan demikian:x + y – z = 2 + (–3) – 1
= –2Jadi, nilai x + y – z = –2.
7. Jawaban: eX + Y – Z = I
⇔2 5 41 0 32 3 7
+ Y – 3 2 11 4 0
5 3 1
− −
= 1 0 00 1 00 0 1
⇔2 5 41 0 32 3 7
– 3 2 11 4 0
5 3 1
− −
+ Y = 1 0 00 1 00 0 1
⇔1 3 3
2 4 33 0 8
− − −
+ Y = 1 0 00 1 00 0 1
⇔ Y = 1 0 00 1 00 0 1
– 1 3 32 4 33 0 8
− −
⇔ Y = 2 3 32 5 3
3 0 7
− − − − −
59Matematika Kelas XII Program IPA
8. Jawaban: c
23 12 21 3
+ 52 31 0
0 4
− −
= 6 24 42 6
+ 10 15
5 00 20
− −
= 6 10 2 154 5 4 02 0 6 20
+ + − + + −
= 16 17
1 42 14
− −
9. Jawaban: e
A + B – C = 8 5xx 4
− −
⇔3 y5 1
−
+x 53 6
−
– 3 1y 9
− −
= 8 5xx 4
− −
⇔3 x 3 y 5 15 3 y 1 6 9
+ + + + − − − + − =
8 5xx 4
− −
⇔6 x 6 y2 y 4
+ + − − =
8 5xx 4
− −
Dari kesamaan matriks diperoleh:6 + x = 8 ⇔ x = 22 – y = –x ⇔ 2 – y = –2 ⇔ y = 4Nilai x + 2xy + y = 2 + 2 · 2 · 4 + 4 = 22
10. Jawaban: a
A = (AT)T = 3 61 4
Sehingga,
AB = 3 61 4
1 24 5
−
= 3 1 6 4 3 ( 2) 6 51 1 4 4 1 ( 2) 4 5
× + × × − + × × + × × − + ×
= 27 2417 18
11. Jawaban: d
B = 2c 3b 2a 1
a b 7− +
+ ⇒ BT =
2c 3b a2a 1 b 7
− + +
A = 2BT
⇔2 42b 3c
= 22c 3b a2a 1 b 7
− + +
⇔2 42b 3c
= 4c 6b 2a4a 2 2b 14
− + +
Dari kesamaan matriks diperoleh:2 = 4c – 6b . . . (1)4 = 2a ⇔ a = 2 . . . (2)2b = 4a + 2 ⇔ b = 2a + 1 . . . (3)
3c = 2b + 14 ⇔ c = 2b 143+ . . . (4)
Substitusi persamaan (2) ke (3).b = 2a + 1 = 2(2) + 1 = 5Substitusi nilai b = 5 ke persamaan (4).
c = 2b 143+ = 2(5) 14
3+ = 8
Jadi, nilai c yang memenuhi adalah 8.
12. Jawaban: e
X2 = X · X = 2 01 0
2 01 0
= 2 2 0 1 2 0 0 01 2 0 1 1 0 0 0
× + × × + × × + × × + ×
= 4 02 0
Y = 1 20 1−
⇒ YT = 1 0
2 1−
X2YT = 4 02 0
1 02 1−
= 4 ( 1) 0 2 4 0 0 12 ( 1) 0 2 2 0 0 1
× − + × × + × × − + × × + ×
= 4 02 0
− −
13. Jawaban: e
Q = 5 2 3
2 3 1− −
−
⇔ QT = 5 2
2 33 1
− − −
PQT
=
5 22 1 3
2 34 2 1
3 1
− − − − −
= ( 2) ( 5) 1 2 3 ( 3) ( 2) 2 1 ( 3) 3 14 ( 5) 2 2 ( 1) ( 3) 4 2 2 ( 3) ( 1) 1− × − + × + × − − × + × − + ×
× − + × + − × − × + × − + − ×
= 3 413 1
− −
60 Matriks
14. Jawaban: c2A – B = CD
2c 21 0
−
– 4 a
b 5 6 + −
= 1 3 4 b
0 2 2 3−
−
⇔2c 42 0
−
– 4 a
b 5 6 + −
= 10 b + 94 6
− − −
⇔2c 4 4 a3 b 6
− − − − −
= 10 b + 94 6
− − −
Dari kesamaan matriks diperoleh:–2c – 4 = –10 ⇔ –2c = –6 ⇔ c = 3–3 – b = –4 ⇔ b = 14 – a = –b + 9 ⇔ 4 – a = –1 + 9
⇔ a = –4Nilai a + b + c = –4 + 1 + 3 = 0.
15. Jawaban: a
M = 2 36 1
−
= MT = 2 63 1
−
MT · ab
= 5N
⇔2 63 1
−
ab
= 502
⇔2a 6b3a b
+ − +
= 0
10
Dari kesamaan matriks diperoleh:2a + 6b = 0 × 1 2a + 6b = 0–3a + b = 10 × 6 –18a + 6b = 60
–––––––––––––– – 20a = –60⇔ a = –3
a = –3 ⇒ –3a + b = 10⇔ (–3)(–3) + b = 10⇔ 9 + b = 10⇔ b = 10 – 9⇔ b = 1
Jadi, nilai a dan b berturut-turut adalah –3 dan 1.16. Jawaban: e
–13 BA
= –13 ( )
1 1 4 31 1 2 3 2 2 5
2 3 3 2
− − − − − −
= –13 ( )0 9 0 6
= ( )0 3 0 2− −
17. Jawaban: e
( )x 12 32 0
x1
= (3)
⇔ (2x + 2 3x)x1
= (3)
⇔ (2x2 + 2x + 3x) = (3)⇔ (2x2 + 5x) = (3)Dari kesamaan matriks diperoleh:2x2 + 5x = 3⇔ 2x2 + 5x – 3 = 0⇔ (2x – 1)(x + 3) = 0⇔ 2x – 1 = 0 atau x + 3 = 0
⇔ x = 12
atau x = –3
Jadi, nilai x = 12
atau x = –3.
18. Jawaban: d
C2 = C ⋅ C = 4 13 2
4 13 2
= 4 4 1 3 4 1 1 23 4 2 3 3 1 2 2
× + × × + × × + × × + ×
= 19 618 7
C2 = xC + yI
⇔ 19 618 7
= x 4 13 2
+ y 1 00 1
⇔ 19 618 7
= 4x x3x 2x
+ y 00 y
⇔ 19 618 7
= 4x y x3x 2x y
+ +
Dari kesamaan matriks di atas diperoleh:x = 6 . . . (1)4x + y = 19 . . . (2)Substitusikan (1) ke (2).4x + y = 19⇔ 4(6) + y = 19⇔ 24 + y = 19⇔ y = 19 – 24⇔ y = –5Nilai x – y = 6 – (–5) = 11Jadi, nilai x – y = 11.
19. Jawaban: a
1) A2 = 2 00 2
2 00 2
= 4 00 4
= 22 00 2
= 2A
Pernyataan A2 = 2A benar.
61Matematika Kelas XII Program IPA
2) AB = 2 00 2
5 67 8
= 10 1214 16
BA = 5 67 8
2 00 2
= 10 1214 16
Pernyataan AB = BA benar.
3) AB = 2 00 2
5 67 8
= 10 1214 16
= 25 67 8
= 2BPernyataan AB = 2B benar.
4) BAB = B(AB)
= 5 67 8
10 1214 16
= 134 156182 212
2B2 = 25 67 8
5 67 8
= 267 7891 106
= 134 156182 212
Pernyataan BAB = 2B2 benar.Jadi, pernyataan 1), 2), 3), dan 4) benar.
20. Jawaban: d
1 2 c a2 3 3c 2a
−
= 8a 4
16b 9c
– a 62b 5c
−
⇔c 6c a 4a
2c 9c 2a 6a+ +
− + − + =
8a a 4 ( 6)16b 2b 9c 5c
− − − − −
⇔7c 5a7c 4a
= 7a 10
14b 4c
Dari kesamaan matriks diperoleh:7c = 7a ⇔ c = a . . . (1)5a = 10 ⇔ a = 2 . . . (2)
7c = 14b ⇔ b = 7c14 =
c2 . . . (3)
Substitusi nilai a = 2 ke persamaan (1).c = a = 2Substitusi nilai c = 2 ke persamaan (3).
b = c2 =
22 = 1
Diperoleh a = 2, b = 1, dan c = 2Nilai a + b + c = 2 + 1 + 2 = 5.
B. Uraian
1. Q = 3 10y 5
⇒ QT = 3 y
10 5
P + QT = R
⇔2 1
x y 5 +
+ 3 y
10 5
= 5 39 10
−
⇔5 1 y
x y 10 10+
+ + =
5 39 10
−
Dari kesamaan matriks diperoleh:1 + y = –3
⇔ y = –3 – 1⇔ y = –4
x + y + 10 = 9⇔ x – 4 + 10 = 9⇔ x + 6 = 9⇔ x = 9 – 6⇔ x = 3 Jadi, 2x + y = 2(3) – 4 = 6 – 4 = 2.
2. a. BA = 6 42 8
2 0 31 4 2
− −
= 8 16 26
4 32 22− −
−
b. AC = 2 0 31 4 2
− −
10 4 34 0 26 2 5
− − −
= 38 14 2118 0 1
− − − −
c. BC = 6 42 8
10 4 34 0 26 2 5
− − −
ordo ordo2 × 2 3 × 3
Oleh karena banyak kolom matriks B (= 2)tidak sama dengan banyak baris matriksC (= 3), matriks B tidak dapat dikalikan denganmatriks C. Jadi, BC tidak terdefinisi.
62 Matriks
d. ATB = T2 0 3
1 4 2−
−
6 42 8
= 2 1
0 43 2
− −
6 42 8
= 10 08 32
22 28
− − −
3. K + L – MT = I
⇔ 1 23 4
+ 2 00 2
– MT = 1 00 1
⇔ 3 23 6
– MT = 1 00 1
⇔ MT = 3 23 6
– 1 00 1
⇔ MT = 2 23 5
M = (MT)T = 2 32 5
Jadi, matriks M adalah 2 32 5
.
4. B = a 1 0c d−
− Þ BT = a 1 c
0 d− −
C2 = 1 01 1
1 01 1
= 1 02 1
A + BT = C2
⇔ 1 a bb c
+
+ a 1 c0 d− −
= 1 0
2 1
⇔ a a b cb c d
+ − +
= 1 02 1
Dari kesamaan matriks tersebut diperoleh:a = 1b = 2a + b – c = 0 . . . (1)c + d = 1 . . . (2)
Substitusi a = 1 dan b = 2 ke (1).a + b – c = 0⇔ 1 + 2 – c = 0⇔ 3 – c = 0⇔ c = 3Substitusi c = 3 ke (2).c + d = 1⇔ 3 + d = 1⇔ d = 1 – 3⇔ d = –2Jadi, nilai d adalah –2.
5. M = 5 32 7
−
Þ MT = 5 23 7
−
M2 = M × M
= 5 32 7
−
5 32 7
−
= 19 3624 43
−
a. M2 – I = 19 3624 43
−
– 1 00 1
= 18 3624 42
−
b. (M2 + I) – 2MT
= 19 3624 43
−
+ 1 00 1
– 2 5 23 7
−
= 20 3624 44
−
– 10 46 14
−
= 10 4030 30
−
6. A2 = 1 2 1 24 3 4 3
− −
= 9 48 17
− −
A3 = AA2 = 1 2 9 44 3 8 17
− − −
= 7 30
60 67−
− a. f(x) = 2x3 – 4x + 5I
f(A)= 2A3 – 4A + 5I
= 27 30
60 67−
− – 4
1 24 3
−
+ 51 00 1
= 14 60
120 134−
− +
4 816 12
− − −
+ 5 00 5
= 13 52
104 117−
−
63Matematika Kelas XII Program IPA
b. g(x) = x2 + 2x – 11Ig(A) = A2 + 2A – 11I
= 9 48 17
− −
+ 21 24 3
−
– 111 00 1
= 9 48 17
− −
+ 2 48 6
−
+ 11 00 11
− −
= 0 00 0
7. Misal: Matriks X = a bc d
2X + 4 3 42 5
−
= 7 2 24 6
− −
⇔ 2 a bc d
+ 12 168 20
−
= 14 1428 42
− −
⇔ 2a 2b2c 2d
+ 12 168 20
−
= 14 1428 42
− −
⇔ 2a 12 2b 162c 8 2d 20
+ + − +
= 14 1428 42
− −
Dari kesamaan matriks tersebut diperoleh:2a + 12 = 14⇔ 2a = 14 – 12⇔ 2a = 2⇔ a = 1 . . . (1)2b + 16 = –14⇔ 2b = –14 – 16⇔ 2b = –30⇔ b = –15 . . . (2)
2c – 8 = –28⇔ 2c = –28 + 8⇔ 2c = –20⇔ c = –10 . . . (3)2d + 20 = 42⇔ 2d = 42 – 20⇔ 2d = 22⇔ d = 11 . . . (4)
Jadi, matriks X = 1 1510 11
− −
.
8. A = matriks segitiga atas
Misal: A = x y0 z
A3 = 8 570 27
−
⇔x y x y x y0 z 0 z 0 z
= 8 570 27
−
⇔2
2
x xy yz x y0 z0 z
+ =
8 570 27
−
⇔3 2
3
x x y z(xy yz)
0 z
+ +
= 8 570 27
−
⇔3 2
3
x x y zy(x z)
0 z
+ +
= 8 570 27
−
Dari kesamaan matriks diperoleh:x3 = 8 ⇔ x = 3 8 = 2 . . . (1)
x2y + zy(x + z) = –57 . . . (2)
z3 = 27 ⇔ z = 3 27 = 3 . . . (3)Substitusi nilai x = 2, z = 3 ke (2).x2y + zy(x + z) = –57⇒ 22y + 3y(2 + 3) = –57⇔ 4y + 15y = –57⇔ 19y = –57⇔ y = –3Diperoleh nilai x = 2, y = –3, dan z = 3.
A = x y0 z
= 2 30 3
−
Jadi, matriks A = 2 30 3
−
.
9. a. a 46 5
1 2b 8
= 31 3841 52
⇔ a 4b 2a 326 5b 52
+ + +
= 31 3841 52
Dari kesamaan matriks di atas diperoleh:2a + 32 = 38⇔ 2a = 38 – 32⇔ 2a = 6⇔ a = 36 + 5b = 41
⇔ 5b = 41 – 6⇔ 5b = 35⇔ b = 7Jadi, nilai a = 3 dan b = 7.
b. 1 23 4
4 b2 1
− − −
= 8 5a 7b 13
− − + −
⇔ 4 4 b 212 8 3b 4
− − − − − −
= 8 5a 7b 13
− − + −
⇔ 8 b 220 3b 4
− − − −
= 8 5a 7b 13
− − + −
64 Matriks
1. Jawaban: c
P = 5 72 4
det (P) = 5 72 4
= 20 – 14 = 6
Jadi, determinan matriks P adalah 6.
2. Jawaban: aGunakan sifat:det (PQ) = det (P) × det (Q)
= 2 13 4
× 1 31 2
= ((2 × 4) – (1 × 3)) × ((1 × 2) – (3 × 1))= (8 – 3) × (2 – 3)
= 5 × (–1) = –5
3. Jawaban: cx 1 x
3 2x 1+
−= 3
⇔ ((x + 1)(2x – 1)) – 3x = 3⇔ 2x2 + x – 1 – 3x = 3⇔ 2x2 – 2x – 1 – 3 = 0⇔ 2x2 – 2x – 4 = 0
⇔ x2 – x – 2 = 0⇔ (x – 2)(x + 1) = 0⇔ x = 2 atau x = –1Jadi, nilai c yang memenuhi x = 2 atau x = –1.
4. Jawaban: adet (AB)= det (A) × det (B)
= 5 00 2
× b = 10b
5. Jawaban: b
R–1 = 12 1 ( 1) 0× − − ×
1 10 2
= 12
1 10 2
= 1 12 20 1
S–1 = 12
1
1 0 ( 1)× − × −12
1 0
1
= 212
1 0
1
= 2 02 1
Jadi, R–1S–1 = 1 12 20 1
2 02 1
= 12
2
2 1
.
A. Pilihan Ganda
Dari kesamaan matriks di atas diperoleh:b – 2 = –5⇔ b = –5 + 2⇔ b = –3a + 7b = –20⇔ a + 7(–3) = –20⇔ a – 21 = –20⇔ a = –20 + 21⇔ a = 1Jadi, nilai a = 1 dan b = –3.
10. a. Misal matriks P = banyak sepatu yangdiproduksi per hari.
P =
100 150 17550 75 6020 30 35
Misal matriks Q = harga sepatuQ = (100.000 80.000 75.000)
JenisSepatu
A B C
← Kualitas I
← Kualitas II
← Kualitas III
↑ Kualitas I
↑Kualitas II
↑Kualitas III
b. Jumlah uang hasil penjualan per hari= QP
= (100.000 80.000 75.000)
100 150 17550 75 6020 30 35
= ( )15.500.000 23.250.000 24.925.000
Jadi, jumlah uang yang diperoleh pabrik setiaphari:= Rp15.500.000,00 + Rp23.250.000,00 + Rp24.925.000,00
= Rp63.675.000,00
65Matematika Kelas XII Program IPA
6. Jawaban: d
A – kl = 6 26 5
− −
– k 1 00 1
= 6 26 5
− −
– k 00 k
= 6 k 26 5 k
− − − −
Matriks (A – kI) adalah matriks singular maka|A – KI| = 0 dan (A – kI) tidak mempunyai invers.
| A – kI | = 6 k 26 5 k
− −− −
⇔ (6 – k)(5 – k) – 12 = 0⇔ 30 – 6k – 5k + k2 – 12 = 0⇔ k2 – 11k + 18 = 0⇔ (k – 9)(k – 2) = 0⇔ k = 9 atau k = 2
7. Jawaban: aC = AB
= 2 14 1
−
4 11 1
−
= 2 4 1 1 2 ( 1) 1 14 4 ( 1) 1 4 ( 1) ( 1) 1
× + × × − + × × + − × × − + − ×
= 9 115 5
− −
Invers C = C–1
= 19 ( 5) ( 1) 15× − − − ×
5 115 9
− −
= – 130
5 115 9
− −
= 1 16 301 32 10
−
−
8. Jawaban: aMatriks A tidak mempunyai invers jika det (A) = 0.
Matriks 5x 54 x
tidak mempunyai invers jika:
5x 54 x
= 0
⇔ 5x2 – 20 = 0⇔ 5(x2 – 4) = 0⇔ (x + 2)(x – 2) = 0⇔ x + 2 = 0 atau x – 2 = 0⇔ x = –2 x = 2Jadi, nilai x adalah –2 atau 2.
9. Jawaban: d
AB – C = 1 31 0
−
2 01 1
– 5 32 1
= 1 3
2 0− −
– 5 32 1
= 6 6
0 1− −
−
det (AB – C) = 6 6
0 1− −
−
= (–6) × (–1) – (–6) × 0 = 6
10. Jawaban: d
A = 2 31 1
− −
⇒ AT = 2 13 1−
−
AB = 2 31 1
− −
0 11 2
= 3 41 1
− −
(AB)–1 = 13 ( 4)− − −
1 41 3− −
= 1 4
1 3− −
(AB)–1 – AT = 1 41 3− −
– 2 1
3 1−
− = 1 5
2 4−
− 11. Jawaban: a
AC = B⇔ C = A–1B⇔ C–1 = (A–1B)–1
⇔ C–1 = B–1A
= 15 3
2 1
−−
4 23 4
−
= 1
111 32 5
−
4 23 4
−
= 1
1113 107 24
− −
=
13 1011 117 2411 11
−
−
Determinan matriks C–1:
| C–1| = 13 24 10 711 11 11 11
− − × − ×
= –242121
= –2
66 Matriks
12. Jawaban: eD = B–1
= 1cos sin
sin cos
−θ θ − θ θ
= 2 21
cos sinθ + θcos sinsin cos
θ − θ θ θ
= 11
cos sinsin cos
θ − θ θ θ
= cos sinsin cos
θ − θ θ θ
Jadi, matriks D adalah cos sinsin cos
θ − θ θ θ
.
13. Jawaban: aAX = BX = A–1B
= 1
1 1 0 2× − × 1 02 1
−
1 25 9
− −
= 1 02 1
−
1 25 9
− −
= 1 23 5
− −
Jadi, matriks X adalah 1 23 5
− −
.
14. Jawaban: b
A = 3 27 5
A–1 = 1
3 5 2 7× − ×5 27 3
− −
= 5 27 3
− −
CA = B⇔ CAA–1 = BA–1
⇔ CI = BA–1
⇔ C = BA–1
= 5 12 3
5 27 3
− −
= 18 711 5
− −
A + B + C = 3 27 5
+ 5 12 3
+ 18 711 5
− −
= 26 4
2 13−
−
15. Jawaban: b
M × a bc d
= a b
a c b d − −
⇔ M × 1a b a b
c d c d
−
= 1a b a b
a c b d c d
− − −
⇔ M = a b
a c b d − −
1ad bc−
d bc a
− −
= 1
ad bc−ad bc ab ab
ad dc bc dc ab bc ab ad− − +
− − + − + + −
= 1
ad bc−ad bc 0ad bc (ad bc)
− − − −
= 1 01 1
−
Diperoleh M = 1 01 1
−
det (M) = 1 01 1−
= 1 × (–1) – 0 × 1 = –1
B. Uraian
1. Suatu matriks tidak mempunyai invers, berartimatriks tersebut disebut matriks singular.Syarat agar C singular adalah |C| = 0.
a. |C| = 1x41xx
+−+
= 0
⇔ x(x + 1) – (–4(x + 1)) = 0⇔ x2 + x + 4x + 4 = 0⇔ x2 + 5x + 4 = 0⇔ (x + 4)(x + 1) = 0⇔ x = –4 atau x = –1Jadi, x = –4 atau x = –1.
b. |C| = sin x 1
1 2 = 0
⇔ 2 sin x – 1 · 1 = 0⇔ 2 sin x – 1 = 0⇔ 2 sin x = 1
⇔ sin x = 21
⇔ sin x = sin 30°(i) x = 30° + k · 360°
Untuk k = 0 maka x = 30° + 0 · 360° = 30°Untuk k = 1 maka x = 30° + 1 · 360° = 390°
(ii) x = (180° – 30°) + k · 360° = 150° + k · 360°Untuk k = 0 maka x = 150° + 0 · 360° = 150°Untuk k = 1 maka x = 150° + 1 · 360° = 510°
Oleh karena 0° ≤ x ≤ 360°, nilai x yangmemenuhi adalah 30° dan 150°.
67Matematika Kelas XII Program IPA
2. P = 4 12 1
−
maka PT = 4 21 1
−
Q–1PT = 1 24 7
4 21 1
−
= 2 49 15
(Q–1PT)–1 = 12 · 15 4 · 9−
15 49 2
− −
= – 16
15 49 2
− −
= 5 22 33 12 3
−
−
3. XA = B⇔ XAA–1 = BA–1
⇔ XI = BA–1
⇔ X = BA–1
= 1 10 4
−
12 2+
2 12 1
−
= 1 10 4
−
14
2 12 1
−
= 1 10 4
−
1 12 41 12 4
−
= 1 02 1
−
Jadi, matriks X adalah 1 02 1
−
.
4. |M| = cos2 α – (–sin2 α)= cos2 α + sin2 α= 1
M–1 = 11
cos sin– sin cos
α α α α
= cos sin– sin cos
α α α α
MP = N ⇒ M–1MP = M–1N⇔ P = M–1N
= cos sin– sin cos
α α α α
0 –11 0
= sin – coscos sin
α α α α
det (P) = sin coscos sin
α − αα α
= sin2 α – (–cos2 α)= sin2 α + cos2 α= 1
5. det (B) = 1 0 4 1 03 2 1 3 21 0 5 1 0
= (1 · 2 · 5) + (0 · 0 · 1) + (4 · 3 · 0) – (4 · 2 · 1) – (1 · 1 · 0) – (0 · 3 · 5)= 10 + 0 + 0 – 8 – 0 – 0= 2
Adj(B) =
2 1 0 4 0 40 5 0 5 2 1
3 1 1 4 1 41 5 1 5 3 1
3 2 1 0 1 01 0 1 0 3 2
−
− − −
= 10 0 814 1 112 0 2
− − −
B–1 = 1
det B Adj (B)
= 12
10 0 814 1 112 0 2
− − −
= 1 112 2
5 0 47
1 0 1
− − −
Jadi, invers matriks B adalah 1 112 2
5 0 47
1 0 1
− − −
.
+ + +– – –
68 Matriks
A. Pilihan Ganda1. Jawaban: e
Sistem persaman linear:x + 4y – 9 = 0 ⇔ x + 4y = 9x – 5y + 9 = 0 ⇔ x – 5y = –9
dapat dinyatakan dalam bentuk matriks berikut.
matriks koefisien
1 41 5
−
xy
= 99
−
Jadi, matriks koefisiennya adalah 1 41 5
−
.
2. Jawaban: a4x + 2y = 52x – y = –2
Dibuat ke bentuk operasi matriks menjadi:
4 2 x 52 1 y 2
= − −
3. Jawaban: dBentuk persamaan matriksnya:
1 11 1
−
xy
= 32
−
D = 1 11 1−
= 1· (–1) – 1 · 1 = –1 – 1 = –2
Dx = 3 12 1− −
= 3 · (–1) – 1 · (–2) = –3 + 2 = –1
x = xDD
= 12
−−
= 12
4. Jawaban: aSistem persamaan linear:
2x + 3y = 34x – y = –7
Bentuk persamaan matriksnya:
2 3 x 34 1 y 7
= − −
y = yD
D=
2 34 72 34 1
−
−
= 2 ( 7) 3 4
2 34 1
× − − ×
−
= 262 34 1
−
−
Jadi, nilai a yang memenuhi –26.
5. Jawaban: eBentuk persamaan matriksnya:
1 p3 2
−
xy
= 51
−
y = yD
D⇔ –2 =
1 53 11 p3 2
−
−
⇔ –2 = 162 3p− −
⇔ –2(–2 – 3p) = 16⇔ 4 + 6p = 16⇔ 6p = 16 – 4⇔ 6p = 12⇔ p = 2
Jadi, nilai p adalah 2.
6. Jawaban: dSyarat SPLDV mempunyai satu penyelesaianadalah D ≠ 0.Pada pilihan d:
D = 5 24 3 = 15 – 8 = 7 ≠ 0
Oleh karena D ≠ 0 maka sistem persamaan linearpada pilihan d mempunyai satu penyelesaian.
7. Jawaban: c3x – y = 2 dan x – 3y = 3Bentuk persamaan matriksnya:
3 11 3
− −
xy
= 23
x = xDD
=
2 13 33 11 3
−−−−
= 6 39 1
− +− +
= 38
y = yD
D =
3 21 3
3 11 3
−−
= 9 29 1−
− + = – 78
Jadi, himpunan penyelesaiannya {( 38
, – 78
)}.
69Matematika Kelas XII Program IPA
Dy = 1 1 1 1 12 3 1 2 30 4 2 0 4
−
= (1 · 3 · 2) + (1 · 1 · 0) + ((–1) · 2 · 4) – ((–1)) ·3 · 0) – (1 · 1 · 4) – (1 · 2 · 2)
= 6 + 0 – 8 + 0 – 4 – 4= –10
Dz = 1 0 1 1 02 1 3 2 10 1 4 0 1− −
= (1 · 1 · 4) + (0 · 3 · 0) + (1 · 2 · (–1)) – (1 · 1 ·0) – (1 · 3 · (–1)) – (0 · 2 · 4)
= 4 + 0 – 2 – 0 + 3 – 0= 5
diperoleh:
x = xDD
= 105
= 2
y = yD
D = 10
5− = –2
z = zDD
= 55
= 1
Jadi, himpunan penyelesaiannya {(2, –2, 1)}.
10. Jawaban: bSyarat ketiga garis di atas berpotongan di satutitik adalah:
a 2 1 21 1 33 a 1
+ −− − = 0
a 2 1 2 a 2 11 1 3 1 13 a 1 3 a
+ − +− − −
⇔ ((a + 2) · (–1) · 1) + (1 · (–3) · 3) + ((–2) · 1 · a) –((–2) · (–1) · 3)) – ((a + 2) · (–3) · a) – (1 · 1 · 1)
⇔ –a – 2 – 9 – 2a – 6 + 3a2 + 6a – 1 = 0⇔ 3a2 + 3a – 18 = 0⇔ (3a + 9)(a – 2) = 0⇔ a = –3 atau a = 2Oleh karena a > 0 maka nilai a yang memenuhiadalah 2.
8. Jawaban: e
sin coscos sin
α α − α α
xy
=
cossin
α α
⇔xy
=
1sin coscos sin
−α α − α α
cossin
α α
⇔xy
= 2 2
1sin cosα + α
sin coscos sin
α − α α α
cossin
α α
⇔xy
=
11
sin coscos sin
α − α α α
cossin
α α
⇔xy
=
sin coscos sin
α − α α α
cossin
α α
⇔xy
= 2 2
sin cos cos sincos sin
α α − α α α + α
⇔xy
= 2 2
sin cos sin cossin cos
α α − α α α + α
⇔xy
=
01
Diperoleh x = 0 dan y = 1.Jadi, nilai x + y = 0 + 1 = 1.
9. Jawaban: eBentuk persamaan matriksnya:
1 0 12 1 10 1 2
− −
xyz
= 134
D = 1 0 1 1 02 1 1 2 10 1 2 0 1
−
− −
= (1 · 1 · 2) + (0 · 1 · 0) + ((–1) · 2 · (–1)) – ((–1)· 1 · 0)) – (1 · 1 · (–1)) – (0 · 2 · 2)
= 2 + 0 + 2 – 0 + 1 – 0= 5
Dx = 1 0 1 1 03 1 1 3 14 1 2 4 1
−
− −
= (1 · 1 · 2) + (0 · 1 · 4) + ((–1) · 3 · (–1)) – ((–1) · 1· 4) – (1 · 1 · (–1)) – (0 · 3 · 2)
= 2 + 0 + 3 + 4 + 1 – 0= 10
+ + +– – –
+ + +– – –
+ + +– – –
+ + +– – –
+ + +– – –
70 Matriks
2) Menggunakan metode Cramer
x = xDD
=
4 12 12 13 1
− −−
−−
= 61
= 6
y = yD
D =
2 43 22 13 1
−
−−
= 161
= 16
Diperoleh x = 6 dan y = 16.c. Bentuk persamaan matriksnya:
2 11 3
−
xy
= 07
1) Menggunakan invers matriks
2 11 3
−
xy
= 07
⇔ xy
= 12 1
1 3
−−
07
⇔ xy
= 16 1+
3 11 2
−
07
⇔ xy
= 17
3 11 2
−
07
⇔ xy
= 17
714
⇔ xy
= 12
Diperoleh x = 1 dan y = 2.2) Menggunakan metode Cramer
x = xDD
=
0 17 32 11 3
−
− = 77
= 1
y = yD
D =
2 01 72 11 3
− = 147
= 2
Diperoleh x = 1 dan y = 2.
2. Sistem persamaan linear dalam bentuk matriks:
3 2 4 x 112 0 1 y 31 1 0 z 1
= − −
B. Uraian1. a. Bentuk persamaan matriksnya:
3 22 1
− −
xy
= 81
−
1) Menggunakan invers matriks
3 22 1
− −
xy
= 81
−
⇔ xy
= 13 2
2 1
−− −
81
−
⇔ xy
= 1
3 4− +1 22 3
− −
81
−
⇔ xy
= 1 22 3
− −
81
−
⇔ xy
= 1019
Diperoleh x = 10 dan y = 19.2) Menggunakan metode Cramer
x = xDD
=
8 21 13 22 1
− −−
−−
= 101
= 10
y = yD
D =
3 82 13 22 1
−
−−
= 191
= 19
Diperoleh x = 10 dan y = 19.b. Bentuk persamaan matriksnya:
2 13 1
− −
xy
= 42
−
1) Menggunakan invers matriks
2 13 1
− −
xy
= 42
−
⇔ xy
= 12 1
3 1
−− −
42
−
⇔ xy
= 12 3− +
1 13 2
− −
42
−
⇔ xy
= 1 13 2
− −
42
−
⇔ xy
= 616
Diperoleh x = 6 dan y = 16.
71Matematika Kelas XII Program IPA
D = 3 2 4 3 22 0 1 2 01 1 0 1 1− −
= (3 · 0 · 0) + (2 · 1 · 1) + (4 · 2 · (–1)) – (4 · 0 · 1)– (3 · 1 · (–1)) – (2 · 2 · 0)
= 0 + 2 – 8 – 0 + 3 – 0= –3
Dx = 11 2 43 0 11 1 0− − 11
03211
−−
= (11 · 0 · 0) + (2 · 1 · (–1)) + (4 · 3 · (–1))– (4 · 0 · (–1)) – (11 · 1 · (–1)) – (2 · 3 · 0)
= 0 – 2 – 12 – 0 + 11 – 0= –3
Dy = 3 11 42 3 11 1 0−
11
32113
−
= (3 · 3 · 0) + (11 · 1 · 1) + (4 · 2 · (–1))– (4 · 3 · 1) – (3 · 1 · (–1)) – (11 · 2 · 0)
= 0 + 11 – 8 – 12 + 3 + 0 = –6
Dz = 3 2 11 3 22 0 3 2 01 1 1 1 1− − −
= (3 · 0 · (–1)) + (2 · 3 · 1) + (11 · 2 · (–1))– (11 · 0 · 1) – (3 · 3 · (–1)) + (2 · 2 · (–1))
= 0 + 6 – 22 – 0 + 9 + 4= –3
x = xDD
= 33
−− = 1
y = yD
D =
63
−− = 2
z = zDD
= 33
−− = 1
Nilai 4x – 3y + 2z = 4(1) – 3(2) + 2(1)= 4 – 6 + 2 = 0
3. Sistem persamaan linear dalam bentuk matriks:
cos 15 sin 15 x sin 15sin 15 cos 15 y cos 15
° − ° ° = ° ° °
D = cos 15 sin15sin15 cos 15
° − °° ° = cos2 15° + sin2 15° = 1
Dx = sin15 sin15cos 15 cos 15
° − °° °
= sin 15° cos 15° + cos 15° sin 15°= sin (15° + 15°)= sin 30°
= 12
Dy = cos 15 sin15sin15 cos 15
° °° °
= cos2 15° – sin2 15°= cos (2 × 15°)= cos 30°
= 12
3
x = xDD
= 12
1 =
12
y = yD
D = 12
3
1 = 12
3
Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah
{(12
, 12
3 )}.
4. Misalkan:x = umur ayah sekarangy = umur adik sekarangKalimat matematikanya:x – y = 26 . . . (1)
(x – 5) + (y – 5) = 34⇔ x + y = 34 + 5 + 5⇔ x + y = 44 . . . (2)Sistem persamaan linearnya:
x – y = 26x + y = 44
Bentuk matriksnya: 1 11 1
−
xy
= 2644
x = xDD
=
26 144 11 11 1
−
− = 26 441 1
++
= 702
= 35
y = yD
D =
1 261 441 11 1
− = 44 261 1
−+
= 182
= 9
Umur ayah dua tahun yang akan datang= x + 2= 35 + 2= 37 tahunUmur adik dua tahun yang akan datang= y + 2= 9 + 2= 11 tahun
+ + +– – –
+ + +– – –
+ + +– – –
+ + +– – –
72 Matriks
5. a. Misalkan:harga 1 kg beras = xharga 1 kg telur = ySistem persamaan linear dari permasalahandi atas:
2x + 3y = 52.000x + 2y = 32.000
Bentuk persamaan matriks:
2 31 2
xy
= 52.00032.000
⇔ xy
= 12 3
1 2
−
52.00032.000
⇔ xy
= 14 3−
2 31 2
− −
52.00032.000
⇔ xy
= 2 31 2
− −
52.00032.000
⇔ xy
= 8.00012.000
Diperoleh x = 8.000 dan y = 12.000.Jadi, harga 1 kg beras Rp8.000,00 dan harga1 kg telur Rp12.000,00.
b. Harga 3 kg beras dan 4 kg telur= 3x + 4y= 3 × Rp8.000,00 + 4 × Rp12.000,00= Rp24.000,00 + Rp48.000,00= Rp72.000,00Jadi, harga 3 kg beras dan 4 kg telurRp72.000,00.
A. Pilihan Ganda1. Jawaban: a
A =
2 7 1 63 1 3 25 4 0 1
2 1 4 5
−
Diagonal utama
Diagonal utama matriks A adalah 2, 1, 0, 5.
2. Jawaban: btrace = jumlah semua elemen pada diagonal utamatrace (A) = (–2) + 1 + 4 = 3trace (B) = 1 + 1 + 1 = 3trace (C) = 4 + 2 + (–3) = 3trace (D) = –2 + 4 + (–5) = –3trace (A) = trace (B) = trace (C)Jadi, matriks A, B, dan C mempunyai trace yangsama.
3. Jawaban: c
B = 1 0 34 1 52 0 2
− −
⇔ BT = 1 4 20 1 03 5 2
− −
Jadi, transpos dari matriks B adalah
1 4 20 1 03 5 2
− −
.
4. Jawaban: a
7 3 21 4 5
− −
– 4 2 42 6 4
− −
= 4x 1 1 21 2 2y 3−
− −
⇔ 7 4 3 2 2 41 2 4 6 5 4
− − − + − − + −
= 4x 1 1 21 2 2y 3−
− −
⇔ 3 1 21 2 1
−
= 4x 1 1 21 2 2y 3−
− − Dari kesamaan matriks di atas diperoleh:4x – 1 = 3⇔ 4x = 3 + 1⇔ 4x = 4⇔ x = 1 . . . (1)2y – 3 = 1⇔ 2y = 1 + 3⇔ 2y = 4⇔ y = 2 . . . (2)Jadi, nilai (x, y) adalah (1, 2).
5. Jawaban: c
A + B = 1 1
1 1−
+ 20 11 0
= 1 1
1 1−
+ 0 22 0
= 1 0 1 2
1 2 1 0− + +
+ +
= 1 3
3 1−
73Matematika Kelas XII Program IPA
6. Jawaban: e
A = 3 24 2
− −
A2 = A × A = 3 24 2
− −
3 24 2
− −
= 1 24 4
− −
Jadi, transpos (A2) = 1 42 4
− −
.
7. Jawaban: cB – A = CT
⇔x y 2
3 y+
– 2 11 4
− =
7 32 1
⇔x y 2 3
2 y 4+ −
− =
7 32 1
Dari kesamaan matriks diperoleh:y – 4 = 1 ⇔ y = 5 . . . (1)x + y – 2 = 7 ⇔ x + 5 – 2 = 7 ⇔ x = 4 . . . (2)Nilai x · y = 4 · 5 = 20
8. Jawaban: a
–2A + 7 14
0 014 7
− −
= 3B
⇔ –2(2B) + 7 14
0 014 7
− −
= 3B
⇔ –4B + 7 14
0 014 7
− −
= 3B
⇔ 7B = 7 14
0 014 7
− −
⇔ B = 17
7 140 014 7
− −
⇔ B = 1 2
0 02 1
− −
9. Jawaban: b
p010
+ 2q11
0
−
– r101
−
= 121
− −
⇔0p0
+ 2q2q0
−
– r0r
−
= 121
− −
⇔2q rp 2q
r
− −
=
121
− −
Dari kesamaan matriks diperoleh:(i) r = –1(ii) 2q – r = 1 ⇔ 2q – (–1) = 1
⇔ 2q + 1 = 1⇔ q = 0
(iii) p – 2q = –2 ⇔ p – 0 = –2 ⇔ p = –2Nilai p + q + r = –2 + 0 – 1 = –3.
10. Jawaban: c
A = 2 43 4
maka AT = 2 34 4
2A – AT + I = 2 2 43 4
– 2 34 4
+ 1 00 1
= 4 86 8
– 2 34 4
+ 1 00 1
= 4 2 1 8 3 06 4 0 8 4 1
− + − + − + − +
= 3 52 5
11. Jawaban: bM2 = M × M
= 1 2
3 4−
1 2
3 4−
= 1 6 2 83 12 6 16
+ − + − + +
= 7 69 22
Jadi, M2 = 7 69 22
.
12. Jawaban: c
5 3x 27 y 2
+ −
= I + P
⇔ 5 3x 27 y 2
+ −
= 1 00 1
+ 4 86 1
⇔ 5 3x 27 y 2
+ −
= 5 86 2
Dari kesamaan matriks di atas, diperoleh:1) 3x + 2 = 8
⇔ 3x = 8 – 2⇔ 3x = 6⇔ x = 2
74 Matriks
2) 7 – y = 6⇔ y = 7 – 6⇔ y = 1
5x2 + 2y = 5(2)2 + 2(1)= 20 + 2 = 22
Jadi, nilai 5x2 + 2y adalah 22.
13. Jawaban: e(PQ)T = QTPT
14 1018 11
− −
= QT 4 13 1
⇔ 14 1018 11
− −
14 13 1
−
= QT4 13 1
14 13 1
−
⇔ QT = 14 1018 11
− −
14 3−
1 13 4
− −
= 14 30 14 4018 33 18 44
− − + − + − =
16 2615 26−
−
⇔ Q = 16 15
26 26−
−
14. Jawaban: e
A + B – C = 8 5xx 4
− −
⇔ 3 y5 1
−
+ x 53 6
−
– 3 1y 9
− −
= 8 5xx 4
− −
⇔ 3 x 3 y 5 15 3 y 1 6 9
+ + + + − − − + −
= 8 5xx 4
− −
⇔ 6 x y 62 y 4
+ + − −
= 8 5xx 4
− −
Berdasarkan kesamaan matriks diperoleh:1) 6 + x = 8 ⇔ x = 22) 2 – y = –x⇔ 2 – y = –x⇔ y = 2 + 2⇔ y = 4x + 2xy + y = 2 + 2 · 2 · 4 + 4 = 22Jadi, x + 2xy + y adalah 22.
15. Jawaban: c2A – B = CD
⇔ 2c 21 0
−
– 4 a
b 5 6 + −
= 1 3 4 b
0 2 2 3−
−
⇔2c 42 0
−
– 4 a
b 5 6 + −
= 10 b 94 6
− − + −
⇔2c 4 4 ab 3 6
− − − − −
= 10 b 94 6
− − + −
Dari kesamaan matriks diperoleh:–2c – 4 = –10 ⇔ –2c = –6
⇔ c = 3 . . . (1)–b – 3 = –4 ⇔ –b = –1
⇔ b = 1 . . . (2)4 – a = –b + 9 . . . (3)
Substitusi persamaan (2) ke persamaan (3).4 – a = –b + 9
⇔ 4 – a = –(1) + 9⇔ 4 – a = 8⇔ a = –4Diperoleh a = –4, b = 1, dan c = 3Jadi, nilai a + b + c = (–4) + 1 + 3 = 0
16. M =
13 2 1 351 3 5 024 1 0 23
− −
Misalkan A = 3 2 1 31 3 5 04 1 0 2
−
B =
1523
−
A matriks berordo 3 × 4, B matriks berordo 4 × 1sehingga M = A3 × 4 × B4 × 1 merupakan matriksberordo 3 × 1.
17. Jawaban: cP – Q = R
⇔2
3
log 4ab 2
log 3ab 0
– 2
3
log 6 1
log a 2
= 3 12 2
−
⇔2 2
3 3
log 4ab log 6 1
log 3ab log a 2
− − −
= 3 12 2
−
Dari kesamaan matriks diperoleh:2log 4ab – 2log 6= 3
⇔ 2log 4ab6
= 2log 8
⇔ 4ab6
= 8⇔ ab = 12 . . . (1)3log 3ab – 3log a= 2
⇔ 3log 3aba
= 3log 9
⇔ 3aba
= 9⇔ b = 3 . . . (2)Substitusi b = 3 persamaan ke (1).a · 3 = 12 ⇔ a = 4Jadi, nilai a2b = 42 · 3 = 48.
75Matematika Kelas XII Program IPA
21. Jawaban: c
A2 = 12
1
4m 1
− 12
1
4m 1
− =
2m 1 00 2m 1
+ +
A2 + B–1 = C
⇔ B(A2 + B–1) = BC
⇔ BA2 + BB–1 = BC
⇔6m 41 1
− −
2m 1 00 2m 1
+ + + I
= 6m 41 1
− −
1 8m1 5
−
⇔212m 6m 8m 4
2m 1 2m 1 + − − + − −
+ 1 00 1
= 26m 4 48m 20
2 8m 5 + − −
⇔212m 6m 1 8m 42m 1 2m
+ + − − + −
= 26m 4 48m 20
2 8m 5 + − −
Dari kesamaan nilai elemen kedua matriks padabaris kedua kolom pertama diperoleh persamaan:2m + 1 = 2⇔ 2m = 1
⇔ m = 12
Jadi, nilai m yang memenuhi adalah 12 .
22. Jawaban: a
4 25 2
− −
B = 9 110 2
− −
⇔ B = 14 2 9 1
5 2 10 2
−− − − −
⇔ B = 1( 4) ( 2) 2 5− × − − ×
2 2 9 15 4 10 2
− − − − − −
⇔ B = 12−
2 25 3
− − −
⇔ B = 5 32 2
1 1−
Det (B) = 5 32 2
1 1−
= (–1) × 32 – 1 ×
52 =
82
− = –4
Jadi, determinan matriks B adalah –4.
18. Jawaban: cA + B = 2C⇔ 2C = A + B
⇔ 2C = 1 65 1
− −
+ 5 23 1
⇔ 2C = 6 82 0
−
⇔ 2C = 23 41 0
−
⇔ C = 3 41 0
−
det (C) = 3 41 0−
= 3 × 0 – 4 × (–1)= 4
19. Jawaban: a
2x 1 2x 2 x 1
−+ − = 0
⇔ (2x – 1)(x – 1) – 2(x + 2) = 0⇔ 2x2 – x – 2x + 1 – 2x – 4 = 0⇔ 2x2 – 5x – 3 = 0Dari persamaan kuadrat tersebut diperoleh:
x1 + x2 = –( 5)
2−
= 52
x1x2 = 32
− = –
32
Jumlah kuadrat akar-akar persamaan kuadrat:x1
2 + x22 = (x1 + x2)
2 – 2x1x2
= 25
2
– 2(–32 )
= 254
+ 3
= 914
20. Jawaban: d
det A = 1 2 34 1 12 2 1
1 24 12 2
= (1 · 1 · 1) + (2 · 1 · 2) + (3 · 4 · 2) – (3 · 1 · 2)– (1 · 1 · 2) – (2 · 4 · 1)
= 1 + 4 + 24 – 6 – 2 – 8= 13
+ + +– – –
76 Matriks
23. Jawaban: b
1a b b0 1
−− −
= a 1
a 2b 1 − +
⇔1
(a b) 1 ( b) 0− × − − ×1 b0 a b
−
= a 1
a 2b 1 − +
⇔1 b
a b a b
0 1− −
= a 1
a 2b 1 − +
Dari kesamaan matriks diperoleh:
1a b− = a ⇔ 1
a = a – b . . . (1)
ba b− = 1 ⇔ b = a – b
⇔ 2b = a
⇔ b = a2 . . . (2)
Substitusi b = a2 ke (1):
1a = a – b ⇒ 1
a = a – a2
⇔ 1a =
12 a
⇔ a2 = 2
⇔ a = ± 2
Untuk a = 2 substitusi ke b = a2
b = a2 =
22 = 1
2
Nilai ab = 2 × 1
2 = 1
Untuk a = – 2 substitusi ke b = a2
b = a2 = 2
2− = 1
2−
Nilai ab = – 2 × 1
2− = 1
Jadi, nilai ab = 1.
24. Jawaban: bdet P = det Q
⇔ 1 02 3x 2−
= 1 23 5
−−
⇔ 3x – 2 – 0 = –5 – (–6)⇔ 3x – 2 = 1⇔ 3x = 1 + 2⇔ 3x = 3⇔ x = 1Jadi, nilai x adalah 1.
25. Jawaban: bA – B = C–1
⇔ 1 34 2−
– 5 2
1 x 1 − +
= 1
6 5−6 15 1
− −
⇔ 6 15 1 x
− −
= 6 15 1
− −
Dari kesamaan matriks di atas, diperoleh:1 – x = –1
⇔ –x = –1 – 1⇔ –x = –2⇔ x = 2Jadi, nilai x adalah 2.
26. Jawaban: eBentuk persamaan matriksnya:
2 11 5
−
xy
= 413
⇔ xy
= 12 1
1 5
−−
413
⇔ xy
= 110 1+
5 11 2
−
413
⇔ xy
= 111
3322
⇔ xy
= 32
Diperoleh x = 3 dan y = 2.Jadi, himpunan penyelesaian dari sistem per-samaan tersebut adalah {(3, 2)}.
27. Jawaban: cDiperoleh SPLDV:
3x + 5y = 9.5002x + 4y = 6.800
Persamaan matriksnya:
3 5 x 9.5002 4 y 6.800
=
28. Jawaban: c
det 1 1a 2
= 1
⇔ 1 1a 2
= 1
⇔ 2 – a = 1⇔ a = 2 – 1⇔ a = 1
Jadi, matriks tersebut 1 11 2
.
77Matematika Kelas XII Program IPA
Bentuk persamaan matriks:
1 11 2
xy
= 84
⇔ xy
= 11 1
1 2
−
84
⇔ xy
= 12 1−
2 11 1
− −
84
⇔ xy
= 2 11 1
− −
84
⇔ xy
= 124
−
Diperoleh x = 12 dan y = –4.Jadi, x + y = 12 – 4 = 8.
29. Jawaban: dSPLDV dari permasalahan tersebut:
3x + 5y = 11.0002x + 4y = 8.000
Bentuk matriks dari SPLDV tersebut:
3 52 4
xy
= 11.0008.000
⇔ xy
= 13 5
2 4
−
11.0008.000
⇔ xy
= 112 10−
4 52 3
− −
11.0008.000
⇔ xy
= 12
4.0002.000
⇔ xy
= 2.0001.000
Diperoleh x = 2.000 dan y = 1.000.Harga 4 buku dan 3 pensil dapat ditulis:4x + 3y = 4(2.000) + 3(1.000) = 8.000 + 3000 = 11.000Jadi, harga 4 buku dan 3 pensil Rp11.000,00.
30. Jawaban: dMisalkan panjang tanah = x dan lebar tanah = y.Sistem persamaan linear dari permasalahan diatas:
x = y + 6 ⇔ x – y = 62(x + y) = 52 ⇔ x + y = 26
Bentuk persamaan matriks:
1 11 1
−
xy
= 626
⇔ xy
= 11 1
1 1
−−
626
⇔ xy
= 11 1+
1 11 1
−
626
⇔ xy
= 12
1 11 1
−
626
⇔ xy
= 12
3220
⇔ xy
= 1610
Diperoleh x = 16 dan y = 10.Panjang = x = 16Lebar = y = 10Luas tanah = 16 × 10 = 160 m2
Harga jual tanah tersebut= 160 × Rp100.000,00= Rp16.000.000,00Jadi, harga jual tanah tersebut Rp16.000.000,00.
B. Uraian
1. a. A + B = 2 61 3
+ 4 00 4
= 6 61 7
(A + B)T = 6 16 7
b. C – 2A = 1 02 3
– 2 2 61 3
= 1 02 3
– 4 122 6
= 3 120 3
− − −
c. BC = 4 00 4
1 02 3
= 4 08 12
(BC)2 = (BC)(BC)
= 4 08 12
4 08 12
= 16 0128 144
2. 1 log (2a b)log (b 2) 1
− −
= 1 1log a 1
Dari kesamaan matriks di atas diperoleh:log (2a – b) = 1
⇔ log (2a – b) = log 10⇔ 2a – b = 10 . . . (1)log (b – 2) = log a⇔ b – 2 = a⇔ a – b = –2 . . . (2)
78 Matriks
+ + +– – –
Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2).2a – b = 10a – b = –2
–––––––––– –a = 12
Substitusi a = 12 ke persamaan (2).12 – b = –2⇔ –b = –2 – 12⇔ –b = –14⇔ b = 14Jadi, nilai a = 12 dan b = 14.
3. Diketahui:
x : y = 5 : 4 ⇔ x = 54 y . . . (1)
( )x y
52 10 1 4 5
1030 25
= (1.360)
⇔ ( ) 52x 40 30 2y 50 25
10
+ + + +
= (1.360)
⇔ ( ) 52x 70 2y 75
10
+ +
= (1.360)
⇔ ((2x + 70) × 5 + (2y + 75) × 10) = (1.360)⇔ (10x + 350 + 20y + 750) = (1.360)⇔ (10x + 20y + 1.100) = (1.360)Dari kesamaan matriks diperoleh:10x + 20y + 1.100= 1.360⇔ 10x + 20y = 260 . . . (2)Substitusi persamaan (1) ke (2).
⇒ 10(54 y) + 20y = 260
⇔ 252 y + 20y = 260
⇔ 652 y = 260
⇔ y = 8Substitusi nilai y = 8 ke (1).
x = 54 y =
54 (8) = 10
Jadi, nilai x = 10 dan y = 8.
4. a. B = A2 = A × A
= 1 2 30 0 01 2 3
1 2 30 0 01 2 3
= 4 8 120 0 04 8 12
BT = 4 0 48 0 8
12 0 12
ABT = 1 2 30 0 01 2 3
4 0 48 0 8
12 0 12
= 56 0 560 0 056 0 56
b. AB = 1 2 30 0 01 2 3
4 8 120 0 04 8 12
= 16 32 480 0 0
16 32 48
det (AB) = 16 32 48 16 320 0 0 0 0
16 32 48 16 32
= (6 · 0 · 48) + (32 · 0 · 16) + (48 · 0· 32) – (48 · 0 · 16) – (16 · 0 · 32)– (32 · 0 · 48)
= 0 + 0 + 0 – 0 – 0 – 0= 0
Oleh karena determinan matriks (AB) = 0 makamatriks (AB) merupakan matriks singular.
5. a. 2 14 3
X = 5 913 23
⇔ X = 12 1
4 3
−
5 913 23
⇔ X = 16 4−
3 14 2
− −
5 913 23
⇔ X = 12
3 14 2
− −
5 913 23
⇔ X = 12
2 46 10
⇔ X = 1 23 5
Jadi, matriks X adalah 1 23 5
.
79Matematika Kelas XII Program IPA
b. X 6 55 4
− −
= 4 32 1
⇔ X = 4 32 1
16 55 4
−− −
⇔ X = 4 32 1
124 25− +
4 55 6
− −
⇔ X = 4 32 1
4 55 6
− −
⇔ X = 1 23 4
Jadi, matriks X adalah 1 23 4
.
6. (1 x)2 1 1p 2 x
= (0)
⇔ (2 + px 1 + 2x)1x
= (0)
⇔ (2 + px + x + 2x2) = (0)Dari kesamaan matriks diperoleh:2 + px + x + 2x2 = 0⇔ 2x2 + (1 + p)x + 2 = 0Dari persamaan kuadrat diperoleh:
x1x2 = 22 = 1 ⇔ 4x2 · x2 = 1
⇔ x22 =
14
⇔ x2 = ±12
Untuk x2 = 12 maka x1 = 4 ×
12 = 2.
x1 + x2 = (1 p)
2− +
⇔ 2 + 12 =
1 p2
− −
⇔ 5 = –1 – p⇔ p = –6
Untuk x2 = –12 maka x1 = 4 × (–
12 ) = –2.
x1 + x2 = (1 p)
2− +
⇔ –2 – 12 =
1 p2
− −
⇔ –5 = –1 – p⇔ p = 4Jadi, nilai p = –6 atau p = 4.
7.x log a log (4a 14)
log (b 4) 1
− −
= log b 1log a 1
Dari kesamaan matriks diperoleh:xlog a = log b . . . (1)log (4a – 14)= 1⇔ log (4a – 14) = log 10⇔ 4a – 14 = 10⇔ 4a = 24⇔ a = 6 . . . (2)log (b – 4) = log a . . . (3)Substitusi nilai a = 6 ke persamaan (3).log (b – 4) = log 6⇔ b – 4 = 6⇔ b = 10Substitusi nilai a = 6 dan b = 10 ke persamaan (1):
xlog a = log b⇔ xlog 6 = log 10⇔ xlog 6 = 1
⇔ log 6log x
= 1
⇔ log 6 = log x⇔ 6 = x⇔ x = 6Jadi, nilai x adalah 6.
8. Bentuk matriks sistem persamaan tersebut:
4 33 4
− −
xy
= 012
−
x = xDD
=
0 312 44 33 4
−− −
−−
= 0 3616 9
−− + = 36
7−−
= 367
y = yD
D =
4 03 124 33 4
−−−
= 48
16 9−
− + = 487
Jadi, himpunan penyelesaiannya {( 367
, 487
)}.
9. Misalkan:x = banyak permen dalam kemasan Ay = banyak permen dalam kemasan BSistem persamaan linear dari permasalahan di atassebagai berikut.
2x + 5y = 456x + 4y = 80
80 Matriks
Bentuk persamaan matriksnya:
2 56 4
xy
= 4580
⇔ xy
= 12 5
6 4
−
4580
⇔ xy
= 18 30−
4 56 2
− −
4580
⇔ xy
= – 122
4 56 2
− −
4580
⇔ xy
= – 122
220110
− −
⇔ xy
= 105
Diperoleh x = 10 dan y = 5.Vina membeli 3 kemasan A dan 2 kemasan B.Jumlah permen yang dibeli Vina= 3x + 2y = 3(10) + 2(5) = 30 + 10 = 40Jadi, jumlah permen yang dibeli Vina seluruhnyaada 40.
10. Misalkan:harga sebuah buku tulis = xharga sebuah pensil = ySistem persamaan linear dari permasalahan di atas:
5x + 7y = 14.5003x + 4y = 8.500
Bentuk persamaan matriks:
5 73 4
xy
= 14.5008.500
⇔ xy
= 15 7
3 4
−
14.5008.500
⇔ xy
= 120 21−
4 73 5
− −
14.5008.500
⇔ xy
= 4 73 5
− −
14.5008.500
⇔ xy
= 1.5001.000
Diperoleh x = 1.500 dan y = 1.000.Harga 8 buah buku tulis dan 5 buah pensil= 8x + 5y= 8 × Rp1.500,00 + 5 × Rp1.000,00= Rp12.000,00 + Rp5.000,00= Rp17.000,00Jadi, harga 8 buah buku tulis dan 5 buah pensilRp17.000,00.
81Matematika Kelas XII Program IPA
⇔ 8 = 24 · 16 – 10 + c
⇔ 8 = c – 2⇔ c = 10
Jadi, F(x) = 12 x4 – 5x + 10.
5. Jawaban: d9
1∫ (
13 x –
3x ) dx
= 9
1∫ (
13 x
12 – 3x
12
−) dx
= 1 12 2
1 1
1 12 2
9
1
1 1 331 1
x x+ − +
+ − + ⋅ −
= 3 12 2
9
1
2 13 3
x 6x
⋅ −
= 9
1
29
x x 6 x
−
= (29 9 9 – 6 9 ) – (
29 1 1 – 6 1 )
= (6 – 18) – (29 – 6) = –6
29
6. Jawaban: a
∫2
3 2
9x 6x
x x 9
−
− + dx
Misalkan u = x3 – x2 + 9dudx = 3x2 – 2x
dx = 2du
3x 2x−
∫2
3 2
9x 6x
x x 9
−
− + dx = 1
2
23(3x 2x)
u
−2du
3x 2x−
= ∫ 3u12
− du = 1
2
3u
12
= 6 3 2x x 9− + + c
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: c∫ (2x3 + 3x2 – 6x + 8) dx
= 2
3 1+ x3 + 1 + 3
2 1+ x2 + 1 – 6
1 1+ x1 + 1 + 8x + c
= 24 x4 +
33 x3 –
62 x2 + 8x + c
= 12 x4 + x3 – 3x2 + 8x + c
2. Jawaban: d∫ (x – 1)(3x – 5) dx
= ∫ (3x2 – 8x + 5) dx
= 3 · 13 x3 – 8 ·
12 x2 + 5x + c
= x3 – 4x2 + 5x + c
3. Jawaban: b
g(x) = 22x x 1
x+
∫ g(x) dx = ∫ 22x x 1
x+ dx
= ∫ 2 22x x 1
x x
+
dx
= ∫ (212x
− + x–2) dx
= 12
21− +
12
1x
− + + 1
2 1− +x–2 + 1 + c
= 412x – x–1 + c
= 4 x – 1x + c
4. Jawaban: cF′(x) = 2x3 – 5
F(x) = ∫ F′(x) dx
⇔ F(x) = ∫ (2x3 – 5) dx
⇔ F(x) = 24 x4 – 5x + c
⇔ F(2) = 24 (2)4 – 5(2) + c
82 Ulangan Tengah Semester 1
7. Jawaban: cf(x) = ax + b
⇔ ∫1
0f(x) dx = 2
⇔ ∫1
0(ax + b) dx = 2
⇔ a2 x2 + bx
1
0 = 2
⇔ (a2 (1)2 + b(1)) – (
a2 (0)2 + b(0)) = 2
⇔ a2 + b = 2 . . . . (1)
∫2
1f(x) dx = 4
⇔ ∫2
1(ax + b) dx = 4
⇔ a2 x2 + bx
2
1 = 4
⇔ (a2 (2)2 + b(2)) – (
a2 (1)2 + b(1)) = 4
⇔ (a2 · 4 + 2b) – (
a2 + b) = 4
⇔ 32 a + b = 4 . . . . (2)
Eliminasi a dari (1) dan (2):a2 + b = 2
32 a + b = 4
–––––––––––– –– a = –2
⇔ a = 2Substitusi a = 2 ke (1):
a2 + b = 2
⇔ 22 + b = 2
⇔ b = 1a + b = 2 + 1 = 3Jadi, a + b = 3.
8. Jawaban: c∫ 16 cos 7x cos 3x dx
= 8 ∫ (cos (7x + 3x) + cos (7x – 3x)) dx
= 8 ∫ (cos 10x + cos 4x) dx
= 8(1
10 sin 10x + 14 sin 4x) + c
= 45 sin 10x + 2 sin 4x + c
9. Jawaban: c
4
0
π
∫ cos 3x dx =
13 sin 3x
4
0
π
= 13 (sin
34π
– sin 0)
= 13 (
12 2 – 0) =
16 2
10. Jawaban: e2
0
π
∫ cos x sin2 x dx = 2
0
π
∫ cos x sin2 x d(sin x)cos x
= 23
0
13
sin xπ
= 13 sin3 2
π – sin3 0
= 13 · 13 – 0 =
13
11. Jawaban: bf′(x) = (4x – 2)(x2 – x + 1)3
Misal u = x2 – x + 1du = (2x – 1) dx
f(x) = ∫ (4x – 2)(x2 – x + 1)3 dx
= 2 ∫ (x2 – x + 1)3 · (2x – 1) dx
= 2 ∫ u3 du
= 24 u4 + c
= 12 (x2 – x + 1)4 + c
f(2) = 12 (22 – 2 + 1)4 + c
⇔ 6 = 12 · 34 + c
⇔ 6 = 812 + c
⇔ c = 6 – 812
⇔ c = –3412
Diperoleh f(x) = 12 (x2 – x + 1)4 – 34
12
Untuk x = 1 maka:
f(1) = 12 (12 – 1 + 1)4 – 34
12
= –34Jadi, untuk absis 1, ordinatnya –34.
83Matematika Kelas XII Program IPA
12. Jawaban: a∫ (x – 2) sin (2x – π) dx
Hasil integral tersebut dicari menggunakanintegral parsial.Fungsi yang diturunkan Fungsi yang diintegralkan
(x – 2) sin (2x – π)
1 –12 cos (2x – π)
0 – 14
sin (2x – π)
Diperoleh:
∫ (x – 2) sin (2x – π) dx
= (x – 2)(–12 cos (2x – π)) – 1(–
14 sin (2x – π)) + c
= –12 (x – 2) cos (2x – π) +
14 sin (2x – π) + c
= 12 ((2 – x) cos (2x – π) +
12 sin (2x – π)) + c
13. Jawaban: bMenggambar kurva y = 8 – x2 dan y = 2x terlebihdahulu.y = 8 – x2
Titik potong dengan sumbu X (y = 0).0 = 8 – x2
0 = (2 2 + x)(2 2 – x)
x = –2 2 atau x = 2 2Titik potong dengan sumbu Y (x = 0).y = 8 – x2
y = 8y = 2x ⇒ Titik bantu
Titik potong kurva y = 8 – x2 dengan y = 2x8 – x2 = 2x
⇔ –x2 – 2x + 8 = 0⇔ x2 + 2x – 8 = 0⇔ (x + 4)(x – 2) = 0⇔ x = –4 atau x = 2
L = 2
0∫ (8 – x2 – 2x) dx
= 22
2
0
13
8x x x
− −
= (16 – 43 –4) – 0
= 12 – 43
= 323 satuan luas
14. Jawaban: aDaerah yang diarsir dibatasi oleh parabola
y = 12 x2 dan sumbu X pada interval 0 ≤ x ≤ 4.
Luas daerah yang diarsir:
L = 4
0∫ 1
2 x2 dx = 12 ·
13 x3
4
0
= 16 (43 – 03) =
16 (64) =
323 satuan luas
15. Jawaban: dSketsa grafik y = x2 – 4x + 4 dan y = x dalamsuatu bidang koordinat sebagai berikut.
Batas-batas integral merupakan perpotongankedua kurva.x = x2 – 4x + 4⇔ x2 – 5x + 4 = 0⇔ (x – 4)(x – 1) = 0⇔ x = 4 atau x = 1Diperoleh batas-batas integralnya x = 1 dan x = 4.
L = b
a∫ (y1 – y2) dx
= 4
1∫ (x – (x2 – 4x + 4)) dx
= 4
1∫ (–x2 + 5x – 4) dx
= –13 x3 +
52 x2 – 4x
4
1
= (–13 (4)3 +
52 (4)2 – 4(4))
– (–13 (1)3 +
52 (1)2 – 4(1))
= (–643 + 40 – 16) – (–
13 +
52 – 4)
= –633 + 24 + 4 –
52
= –21 + 28 – 212 = 4
12 satuan luas
Jadi, luas daerah yang dibatasi kurva y = x2 – 4x + 4
dan garis y = x adalah 412 satuan luas.
+
–
x
y
1
2
2
4
Y
X
8
–2 2 2 2
y = 2x
y = 8 – x2
0
Y
X0
4
2
y = x
y = x2 – 4x + 4
4
84 Ulangan Tengah Semester 1
Jenis
Gaun IGaun II
Kain Sutra (m)
2,5x 2y
70
Kain Katun (m)
1x1,5y
45
16. Jawaban: cDaerah yang dibatasi garis y = 6 – 2x, sumbu X,dan sumbu Y diputar mengelilingi sumbu X,volumenya:
V = 3
0∫ (6 – 2x)2 dx
= 3
0∫ (26 – 24x + 4x) dx
= 4π3
0∫ (9 – 6x + x2) dx
= 4π 9x – 3x2 + x3
3
0
= 4π (27 – 27 + 9 – 0)= 36π satuan volume
17. Jawaban: cPersamaan garis yang melalui (1, 1) dan (2, 0):
1
2 1
y yy y
−− = 1
2 1
x xx x
−− ⇔
y 10 1
−− =
x 12 1
−−
⇔ y 11−
− = x 1
1−
⇔ 1 – y = x – 1⇔ 2 – y = x⇔ x = 2 – y
V = πb
a∫ (x1
2 – x22) dy
= π1
0∫ ((2 – y)2 – (y2)2) dy
= π1
0∫ (4 – 4y + y2 – y4) dy
= π(4y – 2y2 + 13 y3 –
15 y5)
1
0
= π(4 – 2 + 13 –
15 – 0)
= 3215 π = 2
215 π satuan volume
Jadi, volume benda putar yang terbentuk 22
15 πsatuan volume.
18. Jawaban: aTerlebih dahulu akan dicari persamaan garis yangmembatasi daerah tersebut.1) Persamaan garis melalui (2, 0) dan (4, 1).
1
2 1
y yy y
−−
= 1
2 1
x xx x
−− ⇔
y 01 0
−− =
x 24 2
−−
⇔ y = x 2
2−
⇔ 2y = x – 2⇔ x – 2y = 2
(0, 0) termasuk penyelesaian, sehinggapertidaksamaan yang memenuhi x – 2y ≤ 2.
2) Persamaan garis melalui (2, 0) dan (0, 4).4x + 2y = 8 ⇔ 2x + y = 4(0, 0) bukan anggota penyelesaian, sehinggapertidaksamaan yang memenuhi 2x + y ≥ 4.
3) Persamaan garis melalui (5, 0) dan (0, 5)adalah x + y = 5.(0, 0) termasuk penyelesaian sehinggapertidaksamaan yang memenuhi adalahx + y ≤ 5.
Jadi, sistem pertidaksamaan yang memiliki daerahpenyelesaian seperti gambar adalah x – 2y ≤ 2;2x + y ≥ 4; x + y ≤ 5; x, y ≥ 0.
19. Jawaban: bPersamaan garis melalui (2, 0) dan (0, 6):3x + y = 6Pertidaksamaan yang sesuai; 3x + y ≥ 6Persamaan garis melalui (8, 0) dan (0, 2):x + 4y = 8Pertidaksamaan yang sesuai: x + 4y ≥ 8Persamaan garis melalui (6, 0) dan (0, 4):2x + 3y = 12Pertidaksamaan yang sesuai: 2x + 3y ≤ 12Jadi, sistem pertidaksamaan yang sesuai3x + y ≥ 6; x + 4y ≥ 8; 2x + 3y ≤ 12
20. Jawaban: cDaerah penyelesaian 2x + y ≥ 6 di sebelah kanangaris 2x + y = 6.Daerah penyelesaian 2x + 3y ≤ 12 di sebelah kirigaris 2x + 3y = 12.Daerah penyelesaian x ≥ 0 di kanan sumbu Y.Daerah penyelesaian y ≥ 0 di atas sumbu X.Irisan daerah penyelesaian dari keempatpertidaksamaan adalah daerah III.Jadi, daerah penyelesaiannya daerah III.
21. Jawaban: aMisal x = banyak gaun jenis I
y = banyak gaun jenis II
Diperoleh model matematika:2,5x + 2y ≤ 70 ⇔ 5x + 4y ≤ 140x + 1,5y ≤ 45 ⇔ 2x + 3y ≤ 90x ≥ 0y ≥ 0
Jadi, sistem pertidaksamaan yang sesuaipada pilihan a.
Y
X
O 3
6
y = 6 – 2x
85Matematika Kelas XII Program IPA
22. Jawaban: ax = banyak kaos Sekidoy = banyak kaos BeneGayaModel matematika
x + y ≤ 1000,5x + 0,75y ≤ 50 ⇔ 2x + 3y ≤ 200x ≥ 0y ≥ 0
23. Jawaban: b
Diperoleh sistem pertidaksamaan:2x + y ≤ 160x + 3y ≤ 180x ≥ 0y ≥ 0
Daerah penyelesaian adalah daerah yangmemenuhi sistem pertidaksamaan tersebut.Daerah penyelesaian:
Gambar yang sesuai ada pada pilihan b.
24. Jawaban: dPersamaan garis melalui (5,0) dan (0,10):
10x + 5y = 50⇔ 2x + y = 10Persamaan garis melalui (8,0) dan (0,4):
4x + 8y = 32⇔ 2x + 4y = 16Titik potong garis 2x + y = 10 dan 2x + 4y = 16:2x + 4y = 162x + y = 10
–––––––––– –3y = 62x + 2 = 10
⇔ 2x = 8⇔ x = 4Diperoleh titik potong kedua garis adalah (4, 2).Uji titik sudut daerah penyelesaian pada fungsiobyektif.
Jadi, nilai minimum daerah terarsir pada fungsiobyektif adalah 20.
25. Jawaban: dPersamaan-persamaan garis yang membatasihimpunan penyelesaian sebagai berikut.Persamaan garis melalui (3, 0) dan (0, 4):4x + 3y = 12Persamaan garis melalui (0, 0) dan (4, 5):5x = 4yPersamaan garis melalui (0, 4) dan (4, 5):
1
2 1
y yy y
−− = 1
2 1
x xx x
−−
⇔y 45 4
−− =
x 04 0
−−
⇔ y 41−
= x4
⇔ 4y – 16 = x
⇔ x – 4y = –16
Titik potong antara 4x + 3y = 12 dan 5x = 4ysebagai berikut.5x – 4y = 0 × 3 15x – 12y = 04x + 3y = 12 × 4 16x + 12y = 48
–––––––––––– +31x = 48
⇔ x = 4831
Substitusi x = 4831 ke salah satu persamaan:
5(4831 ) = 4y ⇔ y =
6031
Nilai F pada titik-titik pojok:
(4831 ,
6031 ) ⇒ F = 3(
4831 ) + 2(
6031 ) = 8
1631
(4, 5) ⇒ F = 3(4) + 2(5) = 22
(0, 4) ⇒ F = 3(0) + 2(4) = 8
Nilai maksimum F adalah 8 pada titik (0, 4).
26. Jawaban: cMisal: x = banyak tablet pertama
y = banyak tablet keduaModel matematika yang terbentuk:
5x + 10y ≥ 203x + y ≥ 5x, y ≥ 0
Meminimumkan f(x, y) = 350x + 500y
Y
X
160
60
0 80 180
Titik
(8, 0)(4, 2)(0, 10)
f(x, y) = 3x 5y – 2
222048
→ Nilai minimum
Jenis
MejaRak Buku
Papan Tebal (m2)
2x y
160
Papan Tipis (m2)
x3y
180
86 Ulangan Tengah Semester 1
Tipe Toko
AB
Batas
Banyak
xy
126
Luas
100 m2
75 m2
10.000 m2
Titik
O(0, 0)A(100, 0)B(25, 100)C(0, 125)
f(x, y) = 7.000.000x + 4.000.000y
0Rp700.000.000 (maksimum)Rp575.000.000Rp500.000.000
Y
X
133 13125
OA
B
C
100 125
Grafik daerah penyelesaiannya seperti gambarberikut.
B merupakan perpotongan garis 5x + 10y = 20dan 3x + y = 5.5x + 10y = 20 × 1 5x + 10y = 203x + y = 5 × 10 30x + 10y = 50
––––––––––––– ––25x = –30
⇔ x = 65
Substitusi x = 65 ke 5x + 10y = 20.
5(65 ) + 10y = 20 ⇔ 10y = 14
⇔ y = 75
Nilai fungsi objektif titik-titik pojok:A(4, 0) maka F = 350(4) + 0 = 1.400
B(65 ,
75 ) maka F = 350(
65 ) + 500(
75 ) = 1.120
C(0, 5) maka F = 350(0) + 500(5) = 2.500Jadi, pengeluaran untuk membeli tablet per hariRp1.120,00.
27. Jawaban: eMisal: x = banyak mobil
y = banyak busModel matematika yang terbentuk dari soaltersebut:
x + y ≤ 1154x + 24y ≤ 1.200 ⇔ x + 6y ≤ 300x, y ≥ 0
F(x, y) = 5.000x + 7.000y
B titik potong antara x + y = 115 dan x + 6y = 300.x + 6y = 300x + y = 115
–––––––––––– –5y = 185
⇔ y = 37⇒ x = 115 – 37 = 78Uji titik pojok:O(0, 0) → F = 0A(115, 0) → F = 575.000B(78, 37) → F = 649.000C(0, 50) → F = 350.000Jadi, pemasukan maksimum yang dapat diperolehtempat parkir itu Rp649.000,00.
28. Jawaban: c
f(x, y) = 7.000.000x + 4.000.000ySistem pertidaksamaan linear yang diperoleh:
x + y ≤ 125100 x + 75y ≤ 10.000 ⇔ 4x + 3y ≤ 400x ≥ 0; y ≥ 0
Koordinat titik B:x + y = 125 × 3 3x + 3y = 3754x + 3y = 400 × 1 4x + 3y = 400
––––––––––– ––x = –25x = 25
25 + y = 125⇔ y = 100Diperoleh koordinat B (25, 100).
Uji titik pojok penyelesaian pada fungsi objektif.
X
Y
O
5
2
1 23
4A
B
C
3x + y = 55x + 10y = 20
Y
X0
115
115 300A
BC
50
x + y = 115
x + 6y = 300
87Matematika Kelas XII Program IPA
29. Jawaban: b5 a3b 5c
= 5 46 5
− −
Dari kesamaan matriks diperoleh:a = –43b = –6 ⇔ b = –25c = 5 ⇔ c = 1a2 + b2 + c2 = (–4)2 + (–2)2 + 12
= 16 + 4 + 1 = 21Jadi, a2 + b2 + c2 = 21.
30. Jawaban: b
3P – 2Q = 3 2 12 1
− −
– 2 1 41 6
−
= 6 36 3
− −
– 2 82 12
−
= 4 54 15
− − −
31. Jawaban: a
5 34 7
−
– 1 45 2
−
1 23 8− −
= 5 34 7
−
– 13 341 6
− −
= 18 375 1
−
32. Jawaban: ePQT = R
⇔ 12 04 11
−
x 32y 4
−
= 96 3610 56
− −
⇔ 12x 364x 22y 56
− − −
= 96 3610 56
− −
Diperoleh:1) 12x = 96
⇔ x = 82) 4x – 22y = 10
⇔ 4 · 8 – 22y = 10⇔ –22y = –22⇔ y = 1
2x + 3y = 2(8) + 3(1) = 19
33. Jawaban: ax x3 x =
3 33 3
− −−
⇔ x2 – 3x = 9 + 9⇔ x2 – 3x – 18 = 0⇔ (x – 6)(x + 3) = 0⇔ x = 6 atau x = –3Jadi, nilai x yang memenuhi x = 6 atau x = –3.
34. Jawaban: a
P = 2 6 21 3
− −
– 3 5 12 3
− −
= 12 42 6
− −
– 15 36 9
− −
= 3 74 15
− −
Determinan matriks P:
|P| = 3 74 15
− − = –45 – (–28) = –17
35. Jawaban: ddet A = det B⇔ (5 + x) 3x – 5x = 36 + 7x⇔ 15x2 + 3x2 – 5x = 36 + 7x⇔ 3x2 + 3x – 36 = 0⇔ x2 + x – 12 = 0⇔ (x + 4)(x – 3) = 0⇔ x = –4 atau x = 3
36. Jawaban: ax1 dan x2 akar-akar |AB| = 0.
|AB| = 5 x x 9 1
5 3x 7 4+ −
⇔ 0 = 45 9x 7x 5 x 4x
45 21x 5 12x+ + − − +
+ − +
⇔ 0 = 16x 45 3x 521x 45 12x 5
+ −+ −
⇔ 0 = (16x + 45)(12x – 5) – (21x + 45)(3x – 5)⇔ 0 = 192x2 – 460x – 225 – 63x2 – 30x + 225⇔ 0 = 129x2 – 490x⇔ 0 = x(129x – 490)
⇔ x = 0 atau x = 490129
Oleh karena x1 > x2 berarti x1 = 490129
dan x2 = 0.
37. Jawaban: eM = BC – A
= 4 32 1
1 23 4
– 8 182 7
= 13 205 8
– 8 182 7
= 5 23 1
Invers matriks M:
M–1 = 1
5 6−1 23 5
− −
= 11−
1 23 5
− −
= 1 23 5−
−
88 Ulangan Tengah Semester 1
38. Jawaban: bOleh karena a dan b akar-akar suatu persamaankuadrat maka x2 – (a + b)x + ab = 0.a dan b memenuhi persamaan:
a b3 2
−
5 24 3
−
= 2 137 12
−
⇔5a 4b 2a 3b
7 12+ − +
− = 2 13
7 12 −
Dari kesamaan matrik diperoleh:5a + 4b = 2–2a + 3b = 13Eliminasi a dari kedua persamaan diperoleh:5a + 4b = 2 × 2 10a + 8b = 4–2a + 3b = 13 × 5 –10a + 15b = 65
–––––––––––––– +23b = 69
⇔ b = 3Substitusi b = 3 ke salah satu persamaan:
5a + 4b = 2⇔ 5a + 4(3) = 2⇔ 5a = –10⇔ a = –2Diperoleh a = –2 dan b = 3.Persamaan kuadrat yang akar-akarnya –2 dan 3adalah x2 – (–2 + 3)x + (–2)3 = 0
⇔ x2 – x – 6 = 0Jadi, persamaan kuadrat itu x2 – x – 6 = 0.
39. Jawaban: e
4 12 3
−
A = 527−
⇔ A = 14 1
2 3
− −
527−
= 112 ( 2)− −
3 12 4
−
527−
= 114
4298−
= 37
−
40. Jawaban: a 2x – 3y = 1 x + 2y = 3
Sistem persamaan linear tersebut dapat disajikandalam bentuk persamaan matriks:
2 31 2
−
xy
=
13
x0 =
1 33 22 31 2
−
− ⇔ p4 ( 3)− −
= 2 ( 9)4 ( 3)
− −− −
⇔ p7 =
117
⇔ p = 11
y0 =
2 11 3
2 31 2
−
= 6 14 ( 3)
−− −
= 57
7y0 + p = 7(57 ) + 11
= 16Jadi, nilai 7y0 + p = 16.
B. Uraian1. a. ∫ f(x) dx
= ∫ (2x + 3x x – 27
x x) dx
= ∫ (2x + 332x – 7
52x
−) dx
= 13
x3 + 32
31+
32
1x
+ – 5
2
71− +
52
1x
− + + c
= 13
x3 + 52
352x – 3
2
7−
32x
− + c
= 13
x3 + 65
52x – 14
3
32x
− + c
= 13
x3 + 65
x2 x – 143x x
+ c
b. ∫ f(x) dx
= ∫ 2 sin (2x – π) + cos (2x + π) dx
= 2 · (– 12
) cos (2x – π) + 12
sin (cos 2x + π) + c
= –cos (2x – π) + 12
sin (cos 2x + π) + c
2. a.2
0∫ (x – 2)(3 + x) dx
= 2
0∫ (x2 + x – 6) dx
= 13
x3 + 12
x2 – 6x2
0
= 83
+ 2 – 12 – 0
= –7 13
89Matematika Kelas XII Program IPA
b.6
0
π
∫ (cos 2x – sin x) dx
= 12
sin 2x + cos x 6
0
π
= ( 12
sin 3π + cos
6π ) – ( 1
2 sin 0 + cos 0)
= ( 12
· 12 3 + 1
2 3 ) – (0 + 1) = 34 3 – 1
3. a. ∫ (6 – 4x) 2x 3x 8− + dx
dudx = 2x – 3 ⇔ (2x – 3) dx = du
Sehingga diperoleh:
∫ (6 – 4x) 2x 3x 8− + dx
= –2 ∫ (x2 – 3x + 812) · (2x – 3) dx
= –2 ∫12u du
= –2 · 23
32u + c
= – 43
3u + c = – 43
2 3(x 3x 8)− + + c
b. ∫ 2x cos 2x dx
Misalkan:u = 2x ⇒ du = 2 dx
dv = cos 2x dx ⇒ v = ∫ cos 2x dx
= 12
sin 2x
∫ u dv = uv – ∫ v du
∫ 2x cos 2x dx
= 2x · 12
sin 2x – ∫ 12
sin 2x · 2 dx
= x sin 2x – ∫ sin 2x dx
= x sin 2x + 12
cos 2x + c
4. a. Persamaan kurva:
x = 12 y2 ⇒ y = 2x
Substitusikan y = x – 4 ke persamaan
x = 12 y2.
x = 12 (x – 4)2
⇔ 2x = x2 – 8x + 16⇔ x2 – 10x + 16 = 0⇔ (x – 8)(x – 2) = 0⇔ x = 8 atau x = 2
b. Luas daerah D:
L = 4
10y dx∫ +
8
1 24(y y ) dx−∫
= 4
02x dx∫ +
8
4( 2x (x 4)) dx− −∫
= 12
4
0(2x) dx∫ +
12
8
4((2x) x + 4) dx−∫
=32
4
0
43
x
+ 32
82
4
4 13 2
x x + 4x
−
=324
34 0⋅
− +
32 24 1
3 28 8 + 4 8⋅ ⋅
− ⋅
– 32 24 1
3 24 4 + 4 4⋅ ⋅
− ⋅
= 323 + ((
323 2 – 32 + 32) – (
323 – 8 + 16))
= 323
+ 323 2 – 32 + 32 – 32
3 + 8 – 16
= 323 2 – 8
Jadi, luas daerah D adalah (323 2 – 8)
satuan luas.
5. a. (i) Persamaan garis ky 57 5
−−
= x 25 2
−−
⇔ y 52− = x 2
3−
⇔ 3y –15 = 2x – 4⇔ 3y – 2x = 11
Daerah penyelesaian di kanan garis3y – 2x sehingga pertidaksamaannya3y – 2x ≤ 11 . . . . (1)
(ii) Persamaan garis y 27 2
−−
= x 65 6
−−
⇔ y 25− = x 6
1−−
⇔ –y + 2 = 5x – 30⇔ –y – 5x = –32⇔ y + 5x = 32
Y
X0 4 8
y = x – 4
x = 12 y2
90 Ulangan Tengah Semester 1
Boneka (x)Mobil-mobilan (y)
Persediaanwaktu
JenisMainan
Waktu
Pengolahan Pemasangan PengepakanLaba
6
3
54
4
6
48
5
5
50
6.000
5.000
A(0, 8)B(0, 0)C(9, 0)D(8, 2)E(6, 4)
Titik Pojok Fungsi Objektif f(x, y) = 6.000x + 5.000y
6.000 · 0 + 5.000 · 8 = 40.0006.000 · 0 + 5.000 · 0 = 06.000 · 9 + 5.000 · 0 = 54.0006.000 · 8 + 5.000 · 2 = 58.000 (maksimum)6.000 · 6 + 5.000 · 4 = 56.000
Y
X
18
108
0 910 12
A
B CD(8, 2)
E(6, 4)
2x + y = 18
2x + 3y = 24x + y = 10
Unsur
A
B
Nitrogen(bagian)
3x
2y
7
Kalium(bagian)
2x
4y
10
Harga(rupiah/ons)
1.500
2.000
Daerah penyelesaian di kiri garisy + 5x = 32 sehingga pertidaksamaanyay + 5x ≤ 32 . . . . (2)
(iii) Persamaan garis my 25 2
−−
= x 62 6
−−
⇔ y 23− = x 6
4−
−⇔ –4y + 8 = 3x – 18⇔ –4y – 3x = –26⇔ 4y + 3x = 26
Daerah penyelesaiannya di kanan garis4y + 3x sehingga pertidaksamaannya4y + 3x ≥ 26 . . . . (3)
Dari pertidaksamaan (1), (2), dan (3) diperolehsistem pertidaksamaan:
3y – 2x ≤ 11y + 5x ≤ 324y + 3x ≥ 26
b. (i) Persamaan garis p: y = xDaerah penyelesaian di kanan garisy = x sehingga pertidaksamaannyay ≤ x . . . . (1)
(ii) Garis q melalui titik (0, 10) dan (4, 0).Persamaan garis q:
y 010 0
−−
= x 40 4
−−
⇔ y10
= x 44
−−
⇔ –4y = 10x – 40⇔ 4y + 10x = 40
Daerah penyelesaian di kanan garis4y + 10x = 40 sehingga pertidaksamaan-nya 4y + 10x ≥ 40 . . . . (2)
(iii) Garis r melalui titik (0, 6) dan (12, 0).Persamaan garis ry 06 0
−−
= x 120 12
−−
⇔ y6
= x 1212−
−⇔ –12y = 6x – 72⇔ 12y + 6x = 72⇔ 2y + x = 12
Daerah penyelesaian di kiri garis2y + x = 12 sehingga pertidaksamaannya2y + x ≤ 12 . . . . (3)
(iv) Daerah penyelesaian di atas sumbu Xsehinggga pertidaksamaannya y ≥ 0. . . . (4)
Dari pertidaksamaan (1), (2), (3), dan (4)diperoleh sistem pertidaksamaan:
y ≤ x4y + 10x ≥ 402y + x ≤ 12y ≥ 0
6.
Fungsi objektif: f(x, y) = 6.000x + 5.000yKendala:
6x + 3y ≤ 54 ⇔ 2x + y ≤ 184x + 6y ≤ 48 ⇔ 2x + 3y ≤ 245x + 5y ≤ 50 ⇔ x + y ≤ 10x ≥ 0, y ≥ 0
Grafik daerah penyelesaian:
Menggunakan uji titik pojok
Dari tabel diperoleh nilai maksimum 58.000 di titikD(8, 2).Jadi, pabrik tersebut harus memproduksi 8 unitboneka dan 2 unit mobil-mobilan per minggu agarmemperoleh laba maksimum.
7. a. Misal: x = banyak unsur A (ons)y = banyak unsur B (ons)
Model matematika:3x + 2y ≥ 72x + 4y ≥ 10x ≥ 0, y ≥ 0
Fungsi objektif: f(x, y) = 1.500x + 2.000y.
91Matematika Kelas XII Program IPA
b. Daerah penyelesaian:
Uji titik pojok ke fungsi sasaran:f(x, y) = 1.500x + 2.000yf(0, 4,5) = 1.500(0) + 2.000(4,5) = 9.000f(1, 2) = 1.500(1) + 2.000(2) = 5.500f(5, 0) = 1.500(5) + 2.000(0) = 7.500Jadi, biaya minimum Rp5.500,00 dicapaidengan mencampur 1 ons unsur A dan 2 onsunsur B.
8. D = 2AB – C
= 22 3
4 51 0
− −
2 1 01 1 3
− − −
– 0 3 54 2 71 1 0
− −
= 24 3 2 3 0 9
8 5 4 5 0 152 0 1 0 0 0
− − + − + − − + + − + +
– 0 3 54 2 71 1 0
− −
= 27 5 9
13 9 152 1 0
− − − −
– 0 3 54 2 71 1 0
− −
= 14 10 18
26 18 304 2 0
− − − −
– 0 3 54 2 71 1 0
− −
= 14 13 23
22 20 233 1 0
− − − −
Jadi, DT = 14 22 3
13 20 123 23 0
− − − −
.
9. det (A) = a(3a – 4) – (a + 1)= 3a2 – 4a – a + 1 = 3a2 – 5a + 1
det (B) = (1 + x)(1 – x) + x2
= 1 – x2 + x2 = 1
B–1 = 1det B
1 x xx 1 x− −
+
= 11
1 x xx 1 x− −
+ =
1 x xx 1 x− −
+
(B–1)2 = 1 x x
x 1 x− −
+
1 x xx 1 x− −
+
= 2 2
2 2
(1 x) x (1 x)( x) (1 x)( x)
x(1 x) x(1 x) x (1 x)
− − − − + + − − + + − + +
= 2 2
2 2
1 2x x x x(1 x 1 x)
x(1 x 1 x) x 1 2x x
− + − − − + + − + + − + + +
= 1 2x 2x
2x 1 2x− −
+
det (B–1)2 = (1 – 2x)(1 + 2x) – (2x)(–2x)= 1 – 4x2 + 4x2
= 1
det (A) = det (B–1)2
⇔ 3a2 – 5a + 1 = 1⇔ 3a2 – 5a – 2 = 0⇔ (a – 2)(3a + 1) = 0
⇔ a = 2 atau a = –13
Jadi, nilai a = 2 atau a = –13 .
10. a. A = 3 24 3
− −
2 35 7
− −
= 6 10 9 148 15 12 21
− + − − − +
= 4 57 9
− −
Invers matriks A:
A–1 = 1
36 35−9 57 4
= 9 57 4
Jadi, invers matriks A adalah A–1 = 9 57 4
.
b. AB = 3 5
6 9−
−
⇔ B = A–1 3 5
6 9−
−
= 9 57 4
3 56 9
− −
= 3 03 1
−
Jadi, matriks B = 3 03 1
−
.
Y
X
0
3,5
2,3 5
2,5 (1 ,2)
92 Vektor
3. Menggunakan konsepmatriks, vektor, dantransformasi dalampemecahan masalah.
Standar Kompetensi Kompetensi Dasar Nilai Indikator
Gemarmembaca
Mendiskripsikan pengertian vektor, sifat-sifat, danoperasi vektor dari segi pelajaran Fisika dan darisegi matematis untuk memecahkan masalah.
Pada bab ini akan dipelajari:1. Sifat-sifat vektor2. Operasi aljabar vektor3. Hasil perkalian skalar vektor4. Besar sudut antara dua vektor5. Proyeksi skalar suatu vektor pada vektor lain6. Proyeksi ortogonal suatu vektor pada vektor lain
Model Pengintegrasian Nilai Pendidikan Karakter
3.4 Menggunakan sifat-sifat dan operasialjabar vektor dalampemecahan masalah.
3.5 Menggunakan sifat-sifat dan operasiperkalian skalar duavektor dalam pemecah-an masalah.
Vektor
Menggunakan sifat-sifat operasialjabar vektor dalam pemecahan
masalah
Siswa dapat menggunakan sifat-sifat operasi aljabar vektor danoperasi perkalian skalar dua vektor dalam pemecahan masalah
Menggunakan sifat-sifat perkalianskalar dua vektor dalam
pemecahan masalah
Menentukan proyeksi vektor
• Menentukan hasil penjumlahandua vektor
• Menentukan hasil pengurangandua vektor
• Menentukan hasil perkalian skalardengan vektor
• Menentukan vektor posisi• Menentukan vektor basis• Menentukan panjang vektor• Menggunakan sifat perbandingan
dua vektor
• Menentukan hasil kali skalar duavektor
• Menentukan besar sudut antaradua vektor
• Menggunakan sifat dua vektoryang saling tegak lurus
• Menggunakan sifat perkalianskalar vektor
• Menentukan proyeksi skalarortogonal
• Menentukan proyeksi vektorortogonal
Siswa mampu menentukanoperasi aljabar vektor
Siswa mampu menentukanperkalian skalar dua vektor
Siswa mampu menentukanproyeksi vektor
93Matematika Kelas XII Program IPA
A. Pilihan Ganda1. Jawaban: b
AB + AC + BC + BD= AB + ( AB + BC ) + BC + (BC + CD )= AB + ( AB + AD ) + AD + ( AD – AB )= u + ( u + v ) + v + ( v – u )= u + u + v + v + v – u= u + 3 v
2. Jawaban: cu = 6 i – 5 j + 4kv = i + 3 j – 2 ku + 3 v = (6 i – 5 j + 4k ) + 3( i + 3 j – 2 k )
= 6 i – 5 j + 4 k + 3 i + 9 j – 6k= 9 i + 4 j – 2k
3. Jawaban: a
a = PQ = q – p = 25
–
21
− =
06
b = QR = r – q = 42
− –
25
=
27
−
12 a + b =
12
06
+
27
− =
03
+
27
− =
24
−
4. Jawaban: a3u – w = 2 v
⇔ w = 3 u – 2 v = 3412
−
– 22
34
− −
= 1236
−
– 4
68
− −
= 16
32
−
5. Jawaban: a2 a – b = 2( i – 2 j + 3 k ) – (2 i + j – 4k )
= (2 i – 4 j + 6k ) – (2 i + j – 4k )
= (2 – 2) i + (–4 – 1) j + (6 + 4) k
= 0 i – 5 j + 10 k
|2 a – b | = 2 2 20 ( 5) 10+ − +
= 0 25 100+ +
= 125 = 5 5
Jadi, panjang vektor 2 a – b adalah 5 5 .
6. Jawaban: ePQ = OQ – OP
=
7x
3
−
– 5x2
= 22x1
−
PQ = 3
⇔ 2 2 22 ( 2x) 1+ − + = 3
⇔ 24 4x 1+ + = 3
⇔ 24x 5+ = 3⇔ 4x2 + 5 = 9⇔ 4x2 = 4⇔ x2 = 1⇔ x = – 1 atau x = 1Oleh karena x > 0 maka x = 1.Jadi, nilai x = 1.
7. Jawaban: d
p 7i 6j 5k= − −
B(–2, 3, 4) ⇔ b = –2 i + 3 j + 4k
AB = –(p )⇔ b a− = –p
⇔ a = b + p= ( 2i 3j 4k− + + ) + ( 7i 6j 5k− − )= 5i 3j k− −
Diperoleh vektor posisi titik A adalaha = 5i 3j k− − .Jadi, koordinat titik A(5, –3, –1).
A B
CD
u
v
94 Vektor
8. Jawaban: c
AB = b a− =
221
−
–
42q
=
24
1 q
− − −
AC = c a− ⇔
8p 2
8
+ −
–
42q
=
4p
8 q
− −
Titik A, B, dan C segaris sehingga diperolehhubungan berikut.
k AB = AC
⇔ k
24
1 q
− − −
=
4p
8 q
− −
⇔
2k4k
(1 q)k
− − −
=
4p
8 q
− −
Dari kesamaan vektor diperoleh:–2k = 4 ⇔ k = –2–4k = p ⇔ p = –4(–2) = 8(1 – q)k = –8 – q ⇔ (1 – q)(–2) = –8 – q
⇔ –2 + 2q = –8 – q⇔ 3q = –6⇔ q = –2
Nilai p + q = 8 + (–2) = 6.
9. Jawaban: b
AB : BP = 5 : –2 ⇔ AP : PB = 3 : 2
xP = A B2x 3x2 3
++
= 2 11 3 6
5⋅ + ⋅
= 22 18
5+
= 405 = 8
yP = A B2y 3y2 3
++
= 2 3 3 8
5⋅ + ⋅
= 6 24
5+
= 305 = 6
zP = A B2z 3z2 3
++
= 2( 2) 3 3
5− + ⋅
= 4 95
− + =
55 = 1
Jadi, koordinat titik P (8, 6, 1).
10. Jawaban: c
Pada jajargenjang PQRS berlaku:
PQ = SR ⇔ q p− = r s−
⇔ s = r q p− +
= p q r− +
B. Uraian
1.
PQ = u dan PS = v
a. QS = QP + PS
= –PQ + PS
= – u + v
b. OR = 12 PR
= 12 (PQ + QR )
= 12 (PQ + PS )
= 12 (u + v )
= 12 u +
12 v
c. TS = TP + PS
= –PT + PS
= –12
PQ + PS
= –12
u + v
d. RT = RQ + QT
= – QR + (– TQ )
= –PS –12
PQ
= – v – 12 u
A(11, 3, –2) P B(6, 8, 3)
53 –2
P Q
RS
P Q
RS
T
O
95Matematika Kelas XII Program IPA
2. a = 2 i – 4 j – 2k = 242
− −
b = – i + 5 j – 2k = 1
52
− −
a. c = 3 a + b
= 3242
− −
+ 1
62
− −
= 6126
− −
+ 1
62
− −
= 568
− −
| c | = 2 2 25 ( 6) ( 8)+ − + −
= 25 36 64+ + = 5 5
Vektor satuan dari c = 3 a + b adalah
15 5 (5 i – 6 j – 8k ).
b. 4b – 2 c + 3 a = 0
⇔ 2 c = 3 a + 4b
= 3242
− −
+ 41
62
− −
= 6126
− −
+ 4
248
− −
= 2
1214
−
⇔ c = 12
21214
−
= 1
62
− −
| c | = 2 2 21 6 ( 7)+ + −
= 1 36 49+ + = 86
Vektor satuan dari c adalah 186 ( i + 6 j – 7k ).
3. A(–4, 5, 2); B(2, –1, 3); C(3, –2, 1)
a. AC = c a− = 321
−
– 452
−
= 771
− −
BC = c b− = 321
−
– 21
3
−
= 112
− −
b. Misalkan koordinat D(x, y, z).
AD = 2AC 3BC−
⇔ d a− = 2AC 3BC−
⇔xyz
– 452
−
= 2771
− −
– 3112
− −
⇔xyz
= 14142
− −
– 336
− −
+ 4
52
−
= 11114
−
+ 452
−
= 76
6
−
Jadi, koordinat titik D(7, –6, 6).
4. a. Menentukan koordinat titik A.
Titik A membagi PQ di dalam dengan per-bandingan 1 : 2 maka PA : AQ = 1 : 2.
xA = Q P1 x 2 x1 2
⋅ + ⋅+ = 1 0 2 3
3⋅ + ⋅ =
63 = 2
yA = Q P1 y 2 y1 2
⋅ + ⋅+ = 1 3 2 0
3⋅ + ⋅ =
33 = 1
zA = Q P1 z 2 z1 2
⋅ + ⋅+
= 1 ( 3) 2 63
⋅ − + ⋅ = 93 = 3
Diperoleh koordinat titik A(2, 1, 3).Titik B merupakan titik tengah PR makakoordinat titik B:
xB = P Rx x2+
= 3 1
2+
= 2
yB = P Ry y2+
= 0 0
2+
= 0
zB = P Rz z2+
= 6 4
2−
= 1
Diperoleh koordinat titik B(2, 0, 1).Menentukan koordinat titik C.
P A Q1 2
Q R C
2
1
96 Vektor
Titik C membagi QR di luar dengan per-bandingan 2 : 1 maka QC : CR = 2 : (–1).
xC = R Q2 x 1 x2 1
⋅ − ⋅−
= 2 1 1 01
⋅ − ⋅ = 2
yC = R Q2 y 1 y2 1
⋅ − ⋅−
= 2 0 1 31
⋅ − ⋅ = –3
zC = R Q2 z 1 z2 1
⋅ − ⋅−
= 2 ( 4) 1 ( 3)1
⋅ − − ⋅ −
= 8 3
1− +
= –5
Diperoleh koordinat titik C(2, –3, –5).
b. Titik A, B, dan C kolinear jika memenuhi
AC = k · AB .
AB = b a− = 2 20 11 3
−
= 012
− −
AC = c a−
= 2 2 0 03 1 4 4 15 3 8 2
− − = − = − − − −
= 4 AB
Jadi, terbukti A, B, dan C kolinear dengank = 4.
c. Perbandingan AB : BC
BC = c b− = 2 2 03 0 35 1 6
− − = − − −
| AB | = 2 2 20 ( 1) ( 2)+ − + −
= 0 1 4+ +
= 5
|BC | = 2 2 20 ( 3) ( 6)+ − + −
= 0 9 36+ +
= 45
= 3 5
Perbandingan AB : BC = 5 : 3 5 = 1 : 3.
5.
a. Gerakan pesawat mainan dinyatakan
sebagai PB .
Gerakan angin dinyatakan sebagai PU .Gerakan pesawat mainan akibat tertiup angin
dinyatakan sebagai PQ .
PB = 30
BQ = PU = 16
PQ 2 = PB 2 + BQ 2
⇔ PQ 2 = 302 + 162
⇔ PQ 2 = 900 + 256
⇔ PQ 2 = 1.156
⇔ PQ = 34Jadi, kecepatan pesawat mainan akibat tertiupangin 34 km/jam.
b. sin ∠ QPU = | UQ || PQ | =
3034 = 0,8824
∠ QPU = arc sin 0,8824≈ 61,93°
Jadi, besar sudut arah lintasan pesawatmainan terhadap arah angin kurang lebih61,93°.
P
Q
B
U
A. Pilihan Ganda1. Jawaban: b
AB = b – a = 13
–
42
− =
35
−
BC = c – b = 3
2−
– 13
=
41
− −
AB · BC = 35
− ·
41
− −
= (–3)(–4) + (5)(–1)= 12 – 5 = 7
2. Jawaban: du = 2 i + 3 j – 2kv = a i – 2 j + 4k
u · v = –4 ⇔ (2)(a) + (3)(–2) + (–2)(4) = –4⇔ 2a – 6 – 8 = –4⇔ 2a = 10⇔ a = 5
Diperoleh v = 5 i – 2 j + 4k , sehingga:u + v = (2 i + 3 j – 2k ) + (5 i – 2 j + 4k )
= 7 i + j + 2k
97Matematika Kelas XII Program IPA
BA · BC = 3 · 2 + 2 · 3 + 4 · (–3)= 6 + 6 – 12 = 0
|BA | = 2 2 23 2 4+ + = 9 4 16+ + = 29
|BC | = 2 2 22 3 ( 3)+ + − = 4 9 9+ + = 22Misalkan sudut ABC = α, maka:
cos α = BA BC
| BA | | BC |⋅
= 0
29 22× = 0
⇔ α = 2π
Jadi, besar sudut ABC = 2π
.
6. Jawaban: a
Misal α = sudut antara vektor a dan b .
cos α = a · b| a || b |
= 2 2 2 2 2 2
4 3 + 2 3 + 2 0
4 + 2 + 2 3 + 3 + 0
⋅ ⋅ ⋅
⋅
= 18
24 18⋅
= 1824
= 3 22 2 3
= 32 3
× 33
= 12 3
Oleh karena cos α = 12 3 maka a = 30°.
Jadi, besar sudut antara vektor a dan b adalah 30°.
7. Jawaban: d
u · v = | u | | v | cos ∠( u , v )
⇔
1
2a
·
1
2a
−
= 21 2 a+ + 21 2 a+ + cos 3π
⇔ 1 – 2 + a2 = (1 + 2 + a2) × 12
⇔ 2(–1 + a2) = 3 + a2
⇔ –2 + 2a2 = 3 + a2
⇔ a2 = 5⇔ a = ± 5
Jadi, nilai a adalah – 5 atau 5 .
8. Jawaban: d
OA = 400
, OC = 060
AC = OC – OA
= 060
– 400
= 4
60
−
3. Jawaban: c
a =
421
−
dan b =
322
−
a · a =
421
−
·
421
−
= (4)(4) + (–2)(–2) + (1)(1)= 16 + 4 + 1= 21
a · b =
421
−
·
322
−
= (4)(3) + (–2)(2) + (1)(–2)= 12 – 4 – 2= 6
a · ( a + b ) = a · a + a · b= 21 + 6= 27
4 Jawaban: c
Oleh karena vektor a = i + 2 j – xk tegak lurus
dengan vektor c = 2 i + j + 2 k , berlaku
a · c = 0.⇔ 1 · 2 + 2 · 1 + (–x) · 2 = 0⇔ 2 + 2 – 2x = 0⇔ –2x = –4⇔ x = 2
Dengan demikian a = i + 2 j – xk = i + 2 j – 2k .
a · a = 1 · 1 + 2 · 2 + (–2) · (–2) = 1 + 4 + 4 = 9
b · a = 3 · 1 + (–2) · 2 + 1 · (–2) = 3 – 4 – 2 = –3
a · c = 1 · 2 + 2 · 1 + (–2) · 2 = 2 + 2 – 4 = 0
b · c = 3 · 2 + (–2) · 1 + 1 · 2 = 6 – 2 + 2 = 6
( a + b )( a – c ) = a · a + b · a – a · c – b · c= 9 + (–3) – 0 – 6= 0
Jadi, ( a + b )( a – c ) = 0.
5. Jawaban: b
BA = a – b =
513
–
211
− −
=
324
BC = c – b =
424
−
–
211
− −
=
233
−
98 Vektor
OA · AC = 400
·
460
−
= 4(–4) + 0 · 6 + 0 · 0 = –16
| AC| = 2 2 2( 4) 6 0− + +
= 16 36 0+ + = 52 = 2 13
Misalkan sudut antara vektor OA dengan vektor
AC adalah α.
cos α = OA AC| OA | | AC |
⋅ = 164 2 13
−⋅
= – 213
Jadi, nilai kosinus sudut antara vektor OA dengan
vektor AC adalah – 213
.
9. Jawaban: ba ⊥ b ⇔ a · b = 0
a ⊥ ( b + 2 c ) = 0
⇔ a · ( b + 2 c ) = 0
⇔ a · b + 2 a · c = 0
⇔ 0 + 2 a · c = 0
⇔ 2 a · c = 0
⇔ a · c = 0
a (2b c)⋅ − = 2a b a c⋅ − ⋅= 2 · 0 – 0 = 0
10. Jawaban: b
Vektor u sejajar v maka:
u = kv ⇔ (x y 1) = k(–1 3 z)⇔ (x y 1) = (–k 3k kz)
Dari kesamaan vektor diperoleh:
y = 3k ⇔ k = 13 y
x = –k = –13 y
Vektor u = (–13 y, y, 1)
Vektor u tegak lurus w = (3, –2, 3) maka u · w = 0.
u · w = 0 ⇔ (–13 y)(3) + (y)(–2) + (1)(3) = 0
⇔ –y – 2y + 3 = 0⇔ 3y = 3⇔ y = 1
B. Uraian
1. u =
41
2
−
dan v =
232
− −
a. u · v =
41
2
−
·
232
− −
= (4)(2) + (–1)(–3) + (2)(–2)= 8 + 3 – 4= 7
b. u · u =
41
2
−
·
41
2
−
= (4)(4) + (–1)(–1) + (2)(2)= 16 + 1 + 4= 21
u · (2 v + u ) = 2 u · v + u · u= 2(7) + 21= 35
c. v · v =
232
− −
·
232
− −
= (2)(2) + (–3)(–3) + (–2)(–2)= 4 + 9 + 4= 17
( v + u ) · ( v – u ) = v · v – u · u= 17 – 21= –4
d. (2 v + u ) · ( v – 3 u )= 2 v · v – 6 u · v + u · v – 3 u · u
= 2 v · v – 5 u · v – 3 u · u
= 2(17) – 5(7) – 3(21)= 34 – 35 – 63= –64
2. a. Vektor a tegak lurus dengan b maka:a · b = 0
⇔2x5
−
· 31
2
−
= 0
⇔ (–2) · 3 + x(–1) + 5 · 2 = 0⇔ –6 – x + 10 = 0⇔ –x + 4 = 0⇔ x = 4
99Matematika Kelas XII Program IPA
| a + b | = 313
d. | a – b |2 = ( a – b )2
= ( a – b ) · ( a – b )= a · a – a · b – b · a + b · b= | a |2 – 2 a · b + | b |2
= 132 – 2(40) + 82
= 169 – 80 + 64 = 153
| a – b | = 153
4. A(4, 3, 2), B(2, 4, 2), dan C(3, 1, 2)
AB = b – a = 242
– 432
= 210
−
AC = c – a = 312
– 432
= 12
0
− −
AB · AC = –2 · (–1) + 1 · (–2) + 0 · 0= 2 – 2 + 0 = 0
| AB | = 2 2 2( 2) 1 0− + + = 4 1 0+ + = 5
| AC | = 2 2 2( 1) ( 2) 0− + − + = 1 4 0+ + = 5Misalkan sudut BAC = α, maka:
cos α = AB AC
| AB | | AC |⋅
= 0
5 5× = 0
⇔ α = 90°Diperoleh besar ∠BAC = 90°.
Oleh karena | AB | = | AC | maka segitiga ABC samakaki, sehingga:
∠ABC = ∠ACB = 12 (180° – 90°) = 45°
Jadi, ∠BAC = 90° dan ∠ABC = ∠ACB = 45°.
5. Vektor a , b , dan c segaris maka a = n b dan
a = m c .
a = nb ⇔ 12
x4
y
−
= n2z
y18
−
Dari kesamaan vektor diperoleh:
–4 = –ny ⇔ n = 4y
12 y = n18 ⇔ 1
2 y = 4y · 18
⇔ y2 = 4 · 36⇔ y = ±2 · 6⇔ y = ±12
Vektor b sejajar dengan c maka:b = m c
⇔31
2
−
= my2x
−
⇔31
2
−
= my2
4
−
⇔31
2
−
= ym2m
4m
−
Dari kesamaan vektor diperoleh:
1) –1 = –2m ⇔ m = 12
2) ym = 3 ⇔ y(12 ) = 3
⇔ y = 3 · 2 = 6Jadi, nilai x = 4 dan y = 6.
b. a + b – c = 2 3 yx 1 25 2 x
− + − − −
= 2 3 6
4 1 25 2 4
− + − − −
= 5
53
−
Jadi, hasil operasi ( a + b – c ) adalah
5i 5 j 3k− + + .
3. | a | = 13 dan | b | = 8
tan α = 125 ⇔ cos α =
513
a. a · b = | a | | b | cos α = 13 × 8 × 5
13 = 40
b. a · ( a + b ) = a · a + a · b= | a |2 + a · b= 132 + 40 = 169 + 40 = 209
c. | a + b |2 = ( a + b )2
= ( a + b ) · ( a + b )= a · a + a · b + b · a + b · b= | a |2 + 2 a · b + | b |2
= 132 + 2(40) + 82
= 169 + 80 + 64= 313
100 Vektor
A. Pilihan Ganda1. Jawaban: d
m = 21
− dan n =
34
−
Proyeksi skalar ortogonal m pada n
= m n| n |
⋅
= 2 2
2 3 ( 1) ( 4)
3 ( 4)
⋅ + − ⋅ −
+ −
= 6 4
9 16
++
= 105 = 2
2. Jawaban: aK(3, 2, –1), L(9, 4, –4), dan M(2, 1, –6)
KM = m – k = 216
−
– 321
−
= 115
− − −
KL = l – k = 944
−
– 321
−
= 623
−
Dengan demikian diperoleh:
a = x i – 4 j + 12 · y k = 2 i – 4 j +
12 · 12k
= 2 i – 4 j + 6k
b = 2z i – y j + 18k = 2 · 3 i – 12 j + 18k
= 6 i – 12 j + 18k
c = i – x j + z k = i – 2 j + 3k
a · ( b – c ) = 24
6
−
· 6 112 2
18 3
− − −
= 24
6
−
· 510
15
−
= 10 + 40 + 90= 140
Jadi, nilai a · ( b – c ) = 140
Oleh karena y bilangan bulat positif maka y = 12.
a = m c ⇔ 12
x4
y
−
= m1x
z
−
⇔12
x4
12
− ⋅
= m1x
z
−
⇔x4
6
−
= m1x
z
−
Dari kesamaan vektor diperoleh:x = m · 1 ⇔ m = x–4 = m(–x) ⇔ –4 = x(–x)
⇔ 4 = x2
⇔ x = ±2Oleh karena x bilangan bulat positif maka x = 2.6 = mz ⇔ 6 = xz
⇔ 6 = 2z⇔ z = 3
|KN | = KM KL
| KL |⋅
= 2 2 2
( 1) 6 ( 1) 2 ( 5) ( 3)
6 2 ( 3)
− ⋅ + − ⋅ + − ⋅ −
+ + − =
7
49 = 1
3. Jawaban: d
4p q+ = 4143
−
+ 212
−
= 4
1612
−
+ 212
−
= 2
1710
−
2q = 2212
−
= 424
−
101Matematika Kelas XII Program IPA
Proyeksi skalar ortogonal 4p q+ pada 2q
= (4p q) (2q)
2q
+ ⋅ = 2 2 2
2 417 210 4
( 4) 2 4
− ⋅ − − + +
= 8 34 4016 4 16
− + −+ + =
1436
− = –
146 = –
73
4. Jawaban: ca b| b |
⋅ = 113 ⇔
2 2 2
2m ( 6) 1 ( 3)( 2)
2 1 ( 2)
+ − ⋅ + − −
+ + −=
43
⇔ 2m 6 69
− + = 43
⇔ 2m3 =
43
⇔ 2m = 4⇔ m = 2
Jadi, nilai m adalah 2.
5. Jawaban: aPanjang proyeksi ortogonal u pada v = 2 6 .
u v| v |
⋅= 2 6
⇔2 2 2
4 1 a 1 3 a
1 1 a
⋅ + ⋅ + ⋅
+ += 2 6
⇔2
4 4a
2 a
+
+= 2 6
⇔2
2(4 4a)
2 a++
= 4 · 6
⇔ 16 + 32a + 16a2 = 24(2 + a2)⇔ 4 + 8a + 4a2 = 6(2 + a2)⇔ 4 + 8a + 4a2 = 12 + 6a2
⇔ 2a2 – 8a + 8 = 0⇔ a – 4a + 4 = 0⇔ (a – 2)2 = 0⇔ a – 2 = 0⇔ a = 2Dengan demikian diperoleh:
u = 4 i + a j + 3k = 4 i + 2 j + 3 k
v = i + j + ak = i + j + 2k
u – v = (4 – 1) i + (2 – 1) j + (3 – 2) k
= 3 i + j + k
| u – v | = 2 2 23 1 1+ +
= 9 1 1+ +
= 11
Jadi, panjang ( u – v ) = 11 .
6. Jawaban: ba = 3 i + 4 j
b = 2 i + j
Proyeksi vektor ortogonal a pada b
= 2a b| b |
⋅b = 2
2 2
3 2 4 1
2 1
⋅ + ⋅
+
(2 i + j )
= 105 (2 i + j ) = 4 i + 2 j
7. Jawaban: c
Proyeksi orthogonal vektor a pada vektor b
= 2
a · b| b |
b
= ( )2
2 2 2
9 2 + ( 2) 2 + 4 1
2 + 2 + 1
⋅ − ⋅ ⋅ (2 i + 2 j + k )
= 189
(2 i + 2 j + k )
= 2(2 i + 2 j + k )
= 4 i + 4 j + 2 k
Jadi, proyeksi orthogonal vektor a pada vektor b
adalah 4 i + 4 j + 2k .
8. Jawaban: c
AB = b – a =
1 24 12 1
− − − − −
= 351
− −
AC = c – a = 5 20 13 1
− − − −
= 312
−
AB · AC = 351
− −
· 312
−
= (–3) · 3 + 5 · 1 + (–1)(–2)= –9 + 5 + 2 = –2
Proyeksi vektor ortogonal AB pada AC
= 2AB AC| AC |
⋅ AC
= ( )2
2 2 2
2
3 1 ( 2)
−
+ + −(3 i + j – 2k )
= 2
9 1 4−
+ + (3 i + j – 2k )
= –17 (3 i + j – 2k )
102 Vektor
9 Jawaban: e
u · v = | u || v | cos 23π
= 12 × 4 × (–12 ) = –24
Proyeksi vektor u pada v
= 2u v| v |
⋅v = 2
244
−v = –
2416 v = –
32 v
10. Jawaban: e
PQ = q – p = 1 2
a 111 3
− − − − −
=
3a 1
8
− + −
PR = r – p = 4 23 12 3
− − − − −
= 221
−
PQ · PR =
3a 1
8
− + −
· 221
−
= (–3) · 2 + (a + 1)(–2) + (–8) · 1= –6 – 2a – 2 – 8= –2a – 16
Proyeksi vektor ortogonal PQ pada PR adalah
–4 i + 4 j – 2k
⇔ 2PQ PR|PR|
⋅PR =
442
− −
⇔ 2 2 2 2
2a 16
( 2 ( 2) 1 )
− −
+ − +
221
−
= 442
− −
⇔ 2a 164 4 1− −
+ +
221
−
= 4
42
− −
⇔ 2a 169
− −221
−
= 4
42
− −
⇔ 2a 169
− −221
−
= –2221
−
Dengan demikian,
2a 169
− − = – 2
⇔ –2a – 16 = –18⇔ –2a = –2⇔ a = 1Jadi, nilai a = 1.
B. Uraian
1. a = 23
dan b =
512−
a. Proyeksi skalar ortogonal a pada b :
| c | = a b| b |
⋅ = 2 2
2 53 12
( 5) 12
− ⋅ − +
= 10 36
169
− + = 2613 = 2
b. Proyeksi vektor ortogonal a pada b :
c = 2| c || b |
b = 2
1695
12−
=
10169
24169
−
2. A(2, 3), B(–1, –1), dan C(5, –1)
BA = a – b = 23
–
11
− − =
34
BC = c – b = 51
− –
11
− − =
60
a. Proyeksi vektor BA pada BC :
BD = 2BA BC| BC |
⋅BC = 2 2
3 6 4 06 0⋅ + ⋅
+
60
= 1836
60
=
12
60
=
30
b. BD = d – b
⇔ d = BD + b = 30
+
11
− − =
21
−
Jadi, koordinat titik D(2, –1).
3. u = PQ = q – p =
4 0a 04 0
− −
= 4a4
−
v = PR = r – p =
4 02 0
4 0
− −
=
42
4
−
u · v = 4 4a 24 4
⋅ − −
= 4 · 4 + a(–2) +(–4) · 4
= 16 – 2a – 16 = –2a
103Matematika Kelas XII Program IPA
= 1035
−( i – 5 j – 3k )
= –27 ( i – 5 j – 3k )
Jadi, proyeksi vektor ortogonal q pada p adalah
–27 ( i – 5 j – 3 k ).
5.
a. AB = b – a = 1 51 31 6
− − −
= 4
47
−
AC = c – a = 2 5
4 36 6
− − − − −
= 7
70
−
AB · AC = 4
47
−
· 770
−
= (–4)(–7) + 4 · 7 + 7 · 0= 28 + 28 + 0 = 56
Proyeksi vektor ortogonal AB pada AC = AD
AD = 2AB AC| AC |
⋅ AC
= 2 2 2 2
56
( ( 7) 7 0 )− + +
770
−
= 56
49 49 0+ +
770
−
= 5698
770
−
= 47
770
−
= 440
−
Jadi, proyeksi vektor AB pada AC adalah
440
−
atau –4 i + 4 j .
Proyeksi vektor ortogonal u pada v = –2 i + j – 2k
⇔ 2u v| v |
⋅v =
212
− −
⇔2 2 2 2
2a
( 4 ( 2) 4 )
−
+ − + ·
42
4
−
= 212
− −
⇔ 2a16 4 16
−+ +
42
4
−
= 212
− −
⇔ 2a36
−42
4
−
=
212
− −
⇔ a18
−42
4
−
= 212
− −
⇔ a18
− · (–2)
212
− −
= 212
− −
⇔ a9
212
− −
=
212
− −
Dengan demikian, diperoleh a9
= 1 ⇔ a = 9
Jadi, nilai a = 9.
4. Proyeksi skalar ortogonal p pada q = 2−
⇔p q| q |
⋅= 2−
⇔ 2 2 2
1 3 ( 5) 5 ( a)( 4)
3 5 ( 4)
⋅ + − ⋅ + − −
+ + − = 2−
⇔3 25 4a9 25 16− ++ + = 2−
⇔4a 22
50−
= 2−
⇔ 4a – 22 = 2 50− ⋅⇔ 4a – 22 = –10⇔ 4a = 12⇔ a = 3Dengan demikian, diperoleh p = i – 5 j – 3k .Proyeksi vektor ortogonal q pada p :
2q p| p |
⋅ · p =
( )22 2 2
3 1 5( 5) ( 4)( 3)
1 ( 5) ( 3)
⋅ + − + − −
+ − + −p
= 3 25 121 25 9− ++ + ( i – 5 j – 3k )
D
B(1, 1, 1)
A(5, –3, –6) C(–2, 4, –6)
104 Vektor
⇔3x120
– 0
1212y
+ 0150
−
= 9156
− −
⇔3x1512y
− −
= 9156
− −
Dari kesamaan vektor diperoleh:3x = –9 ⇔ x = – 3
–12y = 6 ⇔ y = –12
Nilai x – y = –3 – (–12 ) = –2
12
4. Jawaban: b
p = 12 BA =
12 ( a – b ) =
12
4 23 1
− − − −
= 12
24−
= 1
2−
Jadi, koordinat titik P(–1, 2).
5. Jawaban: d
PQ = q – p = 361
−
– 032
= 333
−
|PQ | = 2 2 23 3 ( 3)+ + −
= 9 9 9+ + = 27 = 3 3
Vektor satuan dari PQ :
PQ|PQ |
= 13 3
(3 i + 3 j – 3 k ) = 13
( i + j – k )
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: d
BC = BE + EC= AD + CD + DE= AD – DC + DE= v – w + u
BD = BA + AD
= – AB + AD= – u + v
AC = AD + DC
= v + w
BC – BD + AC = v – w + u – (–u + v ) + v + w
= v – w + u + u – v + v + w= 2 u + v
2. Jawaban: d
u = 4 i – 2 j + k
v = 3 i + 2 j – 5k
2 u – 3 v = 2(4 i – 2 j + k) – 3(3 i + 2 j – 5k)
= (8 i – 4 j + 2 k) – (9 i + 6 j – 15k)
= – i – 10 j + 17k
3. Jawaban: e
3( a – 2 b + c ) = –9 i – 15 j + 6k
⇔ 3 a – 6 b + 3 c = –9 i – 15 j + 6k
⇔ 3x40
– 6022y
+ 3050
−
= 9156
− −
b. BD merupakan garis tinggi segitiga ABC
BD = BA + AD = AD – AB
= 4 4
4 40 7
− − −
= 007
−
|BD| = 2 2 20 0 ( 7)+ + − = 49 = 7
Jadi, tinggi segitiga ABC = 7.
c. | AC| = 2 2 2( 7) 7 0− + +
= 49 49 0+ +
= 98 = 7 2
Luas segitiga ABC = 12 | AC| |BD|
= 12 · 7 2 · 7 =
492
2
A
B C
D
E
u
v
w
v
u u
105Matematika Kelas XII Program IPA
6. Jawaban: b
5 d + 3 a + 2b = 2 c + 3 d – 2b
⇔ 2d = 2 c – 2b – 3 a – 2b
= 2 c – 4b – 3 a
= 3 5 2
2 4 4 4 3 82 5 6
− − − − − −
= 6 20 68 16 244 20 18
− − − − − −
= 6 20 68 16 244 20 18
− + − + − + −
= 8
162
− −
⇔ d = 12
816
2
− −
= 4
81
− −
Jadi, vektor basis d = –4 i + 8 j – k .
7. Jawaban: b
AB = b – a = 43x
– 642
−
= 21
x 2
− − +
AC = c – a = 01
10
– 642
−
= 63
12
− −
Titik A, B, dan C segaris maka:
k AB = AC ⇔ k21
x 2
− − +
= 63
12
− −
⇔ 2kk
(x 2)k
− − +
= 63
12
− −
Dari kesamaan vektor diperoleh:–2k = –6 ⇔ k = 3(x + 2)k = 12 ⇔ (x + 2)3 = 12
⇔ x + 2 = 4⇔ x = 2
Jadi, nilai x = 2.
8. Jawaban: a
a = 2
13−
dan b = 61
Oleh karena AC : CB = 1 : 3 maka:
c = b 3a1 3++ =
14 ( b + 3 a )
= 14
61
+ 32
13−
= 14
61
+ 6
39−
=
14
040
=
010
Jadi, koordinat titik C(0, 10).
9. Jawaban: cA(2, 1, –4) dan B(2, –4, 6)AP : PB = 3 : 2
xP = B A3x 2x3 2
++
= 3 2 2 25
⋅ + ⋅ = 6 4
5+
= 2
yP = B A3y 2y3 2
++
= 3 ( 4) 2 15
⋅ − + ⋅ = 12 2
5− +
= –2
zP = B A3z 2z3 2
++
= 3 6 2 ( 4)
5⋅ + ⋅ −
= 18 8
5−
= 2
Diperoleh koordinat titik P(2, –2, 2).
PC = c p− = 254
−
– 22
2
−
= 4
72
−
Jadi, PC = 4i 7j 2k− + + .
10. Jawaban: dTitik S merupakan titik tengah PQ maka:
xS = P Qx x2+
= 2 2
2+
= 2
yS = P Qy y2+
= 4 0
2+
= 2
zS = P Qz z2+
= 5 1
2+
= 3
Diperoleh koordinat titik S(2, 2, 3).Titik T merupakan titik tengah QR maka:
xT = Q Rx x2+
= 2 6
2+
= 4
yT = Q Ry y2+
= 0 2
2+
= 1
zT = Q Rz z2+
= 1 3
2+
= 2
Diperoleh koordinat titik T(4, 1, 2).
Panjang ST:
|ST | = 2 2 2T S T S T S(x x ) (y y ) (z z )− + − + −
= 2 2 2(4 2) (1 2) (2 3)− + − + −
= 4 1 1+ + = 6
106 Vektor
UV
O P
QR
W
a
b
c
b
a
S 3
2
5
T
11. Jawaban: c
Titik C membagi garis yang melalui titik A dan Bdi luar dengan perbandingan 3 : 1 sehinggaAC : CB = 3 : –1. Oleh karena AC : CB = 3 : –1maka:
c = 3b a3 1
−− =
12 (3 b – a )
= 12
0 433 3
− −
= 12
0 49 3
− −
= 12
46
= 23
Jadi, koordinat C(2, 3).
12. Jawaban: c
OQ = OP+ OR
= a + b
UW : QW = 5 : 2, maka UQ : QW = 3 : 2Dengan demikian,
QW = 23 UQ =
23 (– OS) =
23 (– c ) = –
23 c
OW = OQ + QW
= ( a + b ) – 23 c
= a + b – 23 c
13. Jawaban: bA(1, –4), B(4, 3), dan C(2, –5)
a = 14
− , b =
43
, dan c =
25
−
AC = c – a = 25
− –
14
− =
11
−
BC = c – b = 25
− –
43
=
28
− −
AC · BC = 11
− ·
28
− −
= (1)(–2) + (–1)(–8)= –2 + 8= 6
14. Jawaban: c
a · b = | a | | b | cos 45°
= 4 · 3 · 12
2
= 6 2
15. Jawaban: a
a b⋅ = 12 ⇔3n
·
23
− − = 12
⇔ –6 – 3n = 12⇔ –3n = 18⇔ n = –6
16. Jawaban: e
(12 u ) · v = 7
⇔ 12
46
6
−
· 12
a
− −
= 7
⇔23
3
−
· 12
a
− −
= 7
⇔ 2(–1) + (–3)(–2) + 3 · a = 7⇔ –2 + 6 + 3a = 7⇔ 4 + 3a = 7⇔ 3a = 3⇔ a = 1
Dengan demikian, v = 121
− −
u + 2 v = (4 i – 6 j + 6k ) + 2(– i – 2 j + k )
= 4 i – 6 j + 6k – 2 i – 4 j + 2 k
= 2 i – 10 j + 8k
17. Jawaban: ea · b = | a |2
⇔ a · b = a · a
⇔42x
−
· 933
= 42x
−
· 42x
−
3
A 2 B 1 C
–1
107Matematika Kelas XII Program IPA
|b | = 2 2 21 1 2+ +
= 1 1 4+ + = 6
Misalkan sudut yang dibentuk oleh vektor a dan
b adalah α.
cos α = a b
| a | | b |⋅
= 62 6 6⋅
= 612 =
12
Oleh karena cos α = 12 , diperoleh α = 60°.
Jadi, besar sudut yang dibentuk oleh vektor a dan
b sama dengan 60°.
20. Jawaban: bPosisi balok dapat digambarkan sebagai berikut.
AB = b – a = (2 – 0) i + (0 – 0) j + (0 – 0) k
= 2 i + 0 j + 0k
BH = h – b = (0 – 2) i + (4 – 0) j + (4 – 0) k
= –2 i + 4 j + 4k
AB · BH = 2(–2) + 0 · 4 + 0 · 4= –4 + 0 + 0 = –4
| AB | = 2 2 22 0 0+ +
= 4 = 2
|BH| = 2 2 2( 2) 4 4− + +
= 4 16 16+ +
= 36 = 6
Misal θ = sudut antara AB dengan BH.
cos θ = AB BH| AB| |BH|
⋅ = 4
2 6−⋅ = – 1
3
Jadi, nilai kosinus sudut antara AB dan BH adalah
– 13
.
35
4θ
⇔ 36 – 6 + 3x = 16 + 4 + x2
⇔ x2 – 3x – 10 = 0⇔ (x – 5)(x + 2) = 0⇔ x – 5 = 0 atau x + 2 = 0⇔ x = 5 atau x = –2
Untuk x = 5 diperoleh a = 42
5
−
.
a – b = 42
5
−
– 933
= 55
2
− −
| a – b | = 2 2 2( 5) ( 5) 2− + − +
= 25 25 4+ +
= 54 = 3 6
Untuk x = –2 diperoleh a = 422
− −
.
a – b = 422
− −
– 933
= 555
− − −
| a – b | = 2 2 2( 5) ( 5) ( 5)− + − + −
= 25 25 25+ +
= 3 25⋅ = 5 3
Jadi, panjang ( a – b ) adalah 3 6 atau 5 3 .
18. Jawaban: ap = i + 2 j dan q = 4 i + 2 j
cos θ = p q
| p || q |⋅
= 2 2 2 2
1 4 2 2
1 2 4 2
⋅ + ⋅
+ +
= 4 4
5 20
+
= 8
10 = 45
sin θ = 35
19. Jawaban: c
a · b = (4 i – 2 j + 2k ) · ( i + j + 2k )= 4 · 1 + (–2) · 1 + 2 · 2= 4 – 2 + 4 = 6
|a | = 2 2 24 ( 2) 2+ − +
= 16 4 4+ +
= 24 = 2 6
B(2, 0, 0)
A(0, 0, 0)
C(2, 4, 0)
D(0, 4, 0)
E
F G
H(0, 4, 4)
Z
Y
X
108 Vektor
21. Jawaban: d
a (a b)⋅ + = a a a b⋅ + ⋅
= | a |2 + | a || b | cos 3π
= 22 + 2 × 5 × 12
= 4 + 5 = 9
22. Jawaban: da · a = | a |2 = 42 = 16
b · b = | b |2 = 62 = 36
| a + b | = 8 ⇔ | a + b |2 = 82
⇔ ( a + b ) · ( a + b ) = 64
⇔ a · a + 2 a · b + b · b = 64
⇔ 16 + 2 a · b + 36 = 64
⇔ 2 a · b = 12
⇔ a · b = 6
| a – b |2 = ( a – b ) · ( a – b )
= a · a – 2 a · b + b · b= 16 – 2(6) + 36= 52 – 12 = 40
| a – b | = 40 = 2 10
23. Jawaban: b
PQ = q – p =
045
–
a23
−
=
a62
−
QR = r – q =
25c
–
045
=
21
c 5
−
PQ tegak lurus QR berarti:
PQ · QR = 0 ⇔ –2a + 6 + 2(c – 5) = 0⇔ –2a + 6 + 2c – 10 = 0⇔ –2(a – c) = 4⇔ a – c = –2
24. Jawaban: eCara 1:
AE = DH = vDengan demikian,sudut antara vektoru dan v samadengan ∠EAC= 90°
Cara 2:
u = AC = AD + DC
= DC – DA
= 0 32 00 0
−
= 320
−
v = DH = 004
u · v =
3 02 00 4
− ⋅
= (–3) · 0 + 2 · 0 + 0 · 4 = 0Misalkan sudut antara vektor u dan v adalah θ.
cos θ = u v
| u | | v |⋅
= 0| u | | v |
= 0
Diperoleh θ = 90°Jadi, sudut antara vektor u dan v adalah 90°.
25. Jawaban: aMisal θ = sudut antara u dan v
tan θ = 12 5 = 5
2
maka cos θ = 23
cos θ = 23
⇔ u v| v |
⋅=
23
⇔ 2 2 2
4a 7 4 8( 2)
4 4 ( 2)
+ ⋅ + −
+ + −=
23
⇔4a 12
36+
= 23
⇔ 2a 66+
= 13
⇔ 2a 62+
= 1
⇔ 2a + 6 = 2⇔ 2a = –4
a = –2
Dengan demikian, diperoleh u = 2
78
−
.
u + v = 2
78
−
+ 442
−
= 2116
Jadi, vektor posisi dari (u + v ) adalah i + 11 j + 6k .A B
CD
E
GH
4 cm
2 cm
3 cmu
v
F
23
θ
5
109Matematika Kelas XII Program IPA
26. Jawaban: a
a + b = (3 i – 4 j – 4k ) + (2 i – j + 3k )
= 5 i – 5 j – k
( a + b ) · c = (5 i – 5 j – k ) · (4 i – 3 j + 5k )= 5 · 4 + (–5)(–3) + (–1) · 5= 20 + 15 – 5= 30
Proyeksi skalar ortogonal ( a + b ) pada c
= (a b) c| c |+ ⋅
= 2 2 2
30
4 ( 3) 5+ − +
= 3016 + 9 + 25
= 3050
= 30
5 2
= 62
= 62
2
= 3 2
27. Jawaban: bP(1, –3), Q(2, –1), dan R(4, 1)
PQ = q – p = 21
− –
13
− =
12
PR = r – p = 41
–
13
− =
34
Proyeksi skalar ortogonalPQ pada PR
= PQ PR| PR |
⋅
= 2 2
1 3 2 4
3 4
⋅ + ⋅
+
= 115
= 215
28. Jawaban: ea = –3 i – j + xk
b = 3 i – 2 j + 6 k
a · b = –3 · 3 + (–1)(–2) + x · 6= –9 + 2 + 6x= –7 + 6x
|b | = 2 2 23 ( 2) 6+ − +
= 9 4 36+ +
= 49= 7
Proyeksi skalar ortogonal a pada b adalah 5,berarti:
a b| b |
⋅ = 5 ⇔ 7 6x
7− +
= 5
⇔ –7 + 6x = 35⇔ 6x = 42⇔ x = 7
29. Jawaban: d
Proyeksi vektor ortogonal p pada q :
r = 2p q
q
⋅q =
( )22 2 2
4 1 ( 5)( 1) 3 2
1 ( 1) 2
⋅ + − − + ⋅
+ − +q
= 4 5 61 1 4
+ ++ + q
= 156 q
= 52 q
30. Jawaban: c
a · b = (2 i + x j + k ) · (3 i – 2 j + k )= 2 · 3 + x(–2) + 1 · 1= 6 – 2x + 1= 7 – 2x
c = 1
14 (–3 i + 2 j – k )
⇔ 2a b| b |
⋅ b =1
14
321
− −
⇔ 2 2 2 2
7 2x
( 3 ( 2) 1 )
−
+ − + 321
− −
= 1
14
321
− −
⇔ 7 2x9 4 1
−+ +
321
− −
= –1
14
321
− −
⇔ 7 2x14−
321
− −
= –1
14
321
− −
110 Vektor
Dari kesamaan vektor diperoleh:
7 2x14−
= –1
14
⇔ 7 – 2x = –1⇔ 2x = 8⇔ x = 4Jadi, nilai x = 4.
B. Uraian
1. a.
AH = AE + EH = CG + EH
= – GC + EH
= – w + v
DF = DH + HF
= CG + HG + GF
= – GC + DC + HE
= – GC + DC – EH
= – w + u – v
BC = EH = v
AH + DF + BC = – w + v – w + u – v + v
= u + v – 2 w
b.
AC = AD + DC = EH + DC = v + u
DE = DH + HE = CG – EH
= – GC – EH = – w – v
BH = BF + FH
= CG + FE + EH
= – GC + CD + EH
= – GC – DC + EH
= – w – u + v
AC + DE – BH = v + u – w – v
– (– w – u + v )
= v + u – w – v + w + u– v
= 2 u – v
2. a. 2 a + 4b = c – a
⇔ c = 3 a + 4b
= 375
− + 4
13−
= 2115
− +
412−
= 17
3 −
b. 6 a – 5b + 2 c = 3 a + 4 c
⇔ 2 c = 3 a – 5b
= 375
− – 5
13−
= 2115
− –
515−
= 2630
−
⇔ c = 12
2630
− =
1315
−
3. a.
AC : BC = 2 : 1 ⇔ AC : CB = 2 : –1
xC = B A2x ( 1) x2 1+ − ⋅
−
= 2 3 ( 1) 11
⋅ + − ⋅ 5
yC = B A2y ( 1) y2 1+ − ⋅
−
= 2 1 ( 1) 21
⋅ + − ⋅ = 0
zC = B A2z ( 1) z2 1+ − ⋅
−
= 2 2 ( 1) 31
⋅ + − ⋅ = 1
Jadi, koordinat titik C(5, 0, 1).
A(1, 2, 3) B(3, 1, 2) C(xC, yC, zC)
2
–1
A
E
B
CD
F
GH
u
v
w
H
A
E
B
CD
F
G
u
v
w
111Matematika Kelas XII Program IPA
b. AC = c – a =
501
–
123
=
422
− −
AC = 2 2 24 ( 2) ( 2)+ − + −
= 16 4 4+ +
= 24
= 2 6
Jadi, panjang vektor AC adalah 2 6 .
4. A(2, 4, –1), B(–4, 7, 5), dan C(2, 4, –5)
a =
241
−
, b =
475
−
, c =
245
−
a. AP : PB = 2 : 1
p = 2b a2 1
++
= 13 (2b + a )
= 13
42 7
5
−
+ 241
−
= 13
81410
−
+ 241
−
= 13
6189
−
=
263
−
Jadi, koordinat titik P(–2, 6, 3).
b. u = AB = b – a
= 475
−
–241
−
= 636
−
v = CP = p – c
= 2
63
−
– 245
−
= 428
−
u · v = 636
−
· 4
28
−
= 24 + 6 + 48= 78
Jadi, hasil u · v = 78.
5. a = 2
01
−
, b = x31
−
, c = 6
x y3
+ −
Titik A, B, dan C segaris jika AB = k AC.
AB = k AC ⇔ b – a = k( c – a )
⇔x31
−
– 2
01
−
= k 6 2
x y 03 1
− + − −
⇔x 2
32
+ −
= k8
x y4
+ −
Dari kesamaan vektor diperoleh:
–2 = k(–4) ⇔ k = 12
x + 2 = k · 8 ⇔ x + 2 = 12 · 8
⇔ x + 2 = 4⇔ x = 2
3 = k(x + y) ⇔ 3 = 12 (2 + y)
⇔ 6 = 2 + y⇔ y = 4
Dengan demikian, diperoleh b = 231
−
dan c = 663
−
AB · BC = ( b – a ) · ( c – b )
= 2 23 01 1
− − −
· 6 26 33 1
− − −
= 432
−
432
−
= 4 · 4 + 3 · 3 + (–2)(–2)= 16 + 9 + 4 = 29
Jadi, nilai AB · AC = 29.
112 Vektor
6. AC = AB + BC
= 24
2
− −
+ 211
= 033
−
cos ∠BAC = AB AC| AB|| AC |
⋅
= 2 2 2 2 2 2
2 04 3
2 3
( 2) ( 4) 2 0 ( 3) 3
− − ⋅ −
− + − + ⋅ + − +
= 2 0 ( 4)( 3) 2 3
4 16 4 0 9 9
− ⋅ + − − + ⋅+ + ⋅ + +
= 0 12 6
24 18
+ +⋅
= 18
24 18⋅
= 18
24
= 1824
= 34
= 12
3
Oleh karena cos ∠BAC = 12
3 maka ∠BAC = 30°.
Jadi, besar ∠BAC = 30°.
7.
Dari gambar di atas terlihat bahwa ∠(u , w ) = 30°.
Vektor u dan v saling tegak lurus maka u · v = 0.v · w = | v | · | w | cos ∠( v , w )
= 8 · 6 cos 120°
= 8 · 6 · (–12 )
= –24u · w = | u | · | w | cos ∠( u , w )
= 4 · 6 cos 30°
= 4 · 6 · 12 3
= 12 3
|u + v + w |2 = ( u + v + w ) · ( u + v + w )= u · u + u · v + u · w + u · v
+ v · v + v · w + u · w+ v · w + w · w
= | u |2 + | v |2 + | w |2 + 2 u · v+ 2 u · w + 2 v · w
= 42 + 82 + 62+ 2 · 0 + 2 · 12 3+ 2(–24)
= 16 + 64 + 36 + 0 + 24 3 – 48
= 68 + 24 3
Jadi, | u + v + w | = 68 + 24 3 .
8. a =
121
− −
dan b =
313
−
a. c = 2 a + b
= 2
121
− −
+
313
−
=
242
− −
+
313
−
=
535
− −
b. Proyeksi vektor ortogonal c pada a
= 2c . a| a | a
= 2 2 25 1 ( 3) ( 2) ( 5) ( 1)
1 ( 2) ( 1)⋅ + − ⋅ − + − ⋅ −
+ − + −
121
− −
= 166
121
− −
= 83
121
− −
Jadi, proyeksi ortogonal c pada a adalah
83 ( i – 2 j – k ).
9. Proyeksi skalar ortogonal a pada b = 193
−
⇔ a b| b |
⋅ = 193
−
⇔2 2 2
x( 2) y(4) 12( 4)
( 2) 4 ( 4)
− + + −
− + + −=
193
−
⇔ 2x 4y 484 16 16
− + −+ +
= 193
−
u
v
wu
90° 90°30°
θ
A
B C
113Matematika Kelas XII Program IPA
⇔ 2x 4y 486
− + −=
193
−
⇔ –2x + 4y – 48 = –38
⇔ –2x + 4y = 10
⇔ x = 2y – 5 . . . (i)
Panjang vektor a = 13
⇔ 2 2 2x y 12+ + = 13
⇔ x2 + y2 + 144 = 169⇔ x2 + y2 = 25 . . . (ii)
Substitusi persamaan (i) ke persamaan (ii)diperoleh:
(2y – 5)2 + y2 = 25
⇔ 4y2 – 20y + 25 + y2 = 25
⇔ 5y2 – 20y = 0
⇔ y2 – 4y = 0
⇔ y(y – 4) = 0
⇔ y = 0 atau y = 4
untuk y = 0 ⇒ x = 2(0) – 5 = –5
untuk y = 4 ⇒ x = 2(4) – 5 = 3
Jadi, nilai x = –5 dan y = 0 atau x = 3 dan y = 4.
10. Proyeksi vektor ortogonal u pada v
= 2u v
u
⋅ v
= 2 2 2a 2 1 ( 2) ( 2) 1
2 ( 2) 1⋅ + ⋅ − + − ⋅
+ − +v
= 2a 2 24 4 1
− −+ + ( 2i 2j k− + )
= 2a 4
9−
( 2i 2j k− + )
Proyeksi vektor ortogonal u pada v adalah
19 (8i 8j 4k)− + .
Diperoleh hubungan seperti berikut.
(2a 4)9− (2i 2j k)− + =
19 (8i 8j 4k)− +
⇔ (2a 4)9−
(2i 2j k)− + = 49 (2i 2j k)− +
Dari kesamaan vektor diperoleh:
(2a 4)9−
= 49
⇔ 2a – 4 = 4⇔ 2a = 8⇔ a = 4
Dengan demikian, diperoleh u = 4i j 2k+ − .
Proyeksi vektor v pada u
= 2v u
u
⋅u
= 2 2 22 4 ( 2) 1 1 ( 2)
4 1 ( 2)⋅ + − ⋅ + ⋅ −
+ + −u
= 8 2 216 1 4
− −+ + ( 4i j 2k+ − )
= 421 ( 4i j 2k+ − )
= 1621 i +
421 j –
821 k
114 Transformasi Geometri
3. Menggunakan konsepmatriks, vektor, dantransformasi dalampemecahan masalah.
Standar Kompetensi Kompetensi Dasar Nilai Indikator
3.6 Menggunakan trans-formasi geometriyang dapat dinyatakandengan matriks dalampemecahan masalah.
3.7 Menentukan kompo-sisi dari beberapatransformasi geometribeserta matrikstransformasinya.
Rasa ingintahu
Teliti dancermat
Menemukan kejadian dalam kehidupan sehari-hariyang merupakan salah satu bentuk transformasi.
Menentukan komposisi dari beberapa transformasigeometri dengan teliti dan cermat.
Pada bab ini akan dipelajari:
1. Translasi2. Refleksi3. Rotasi4. Dilatasi5. Transformasi Matriks6. Komposisi Transformasi
Model Pengintegrasian Nilai Pendidikan Karakter
Menyelesaikan masalah yang berkaitandengan suatu transformasi geometri
Siswa dapat menggunakan transformasi geometri dan komposisi transformasi geometri untuk menyelesaikan masalah
Transformasi Geometri
Menentukan komposisi dari beberapatransformasi geometri
• Menyelesaikan masalah yang berkaitandengan translasi
• Menyelesaikan masalah yang berkaitandengan rotasi
• Menyelesaikan masalah yang berkaitandengan refleksi
• Menyelesaikan masalah yang berkaitandengan dilatasi
• Menyelesaikan masalah yang berkaitandengan transformasi oleh suatu matriks
Siswa mampu menyelesaikan masalahyang berkaitan dengan suatu
transformasi geometri
• Menentukan transformasi tunggal yangmewakili komposisi dari dua transformasiatau lebih
• Menentukan bayangan titik atau kurvaoleh suatu komposisi transformasi
• Menyelesaikan masalah yang berkaitandengan komposisi transformasi
Siswa mampu menentukan komposisidari beberapa transformasi geometri
115Matematika Kelas XII Program IPA
A. Pilihan Ganda1. Jawaban: c
Koordinat bayangan titik A(x, y) oleh translasi
T = 42
−
adalah A′(x + 4, y + (–2)).
Koordinat titik A(3, 2), bayangannya A′(7, 0).Koordinat titik A(–4, 3), bayangannya A′(0, 1).Koordinat titik A(0, –2), bayangannya A′(4, –4).Koordinat titik A(–2, 5), bayangannya A′(2, 3).Koordinat titik A(–5, –1), bayangannya A′(–1, –3).Jadi, pernyataan pada pilihan c salah.
2. Jawaban: a
Bayangan titik (x, y) oleh translasi T = 9
8−
:
′ ′
xy
=
xy
+ 9
8−
= x 9y 8
− +
⇒ P
P
xy
′ ′
= P
P
x 9y 8
− +
⇔ 412
−
= P
P
x 9y 8
− +
Dari kesamaan matriks diperoleh:4 = xP – 9 ⇔ xP = 4 + 9 = 13
–12= yP + 8 ⇔ yP = –12 – 8 = –20Jadi, koordinat titik P(13, –20).
3. Jawaban: d
Misalkan translasi T = ab
.
Q
Q
xy
′ ′
= Q
Q
xy
+ ab
⇔1
6−
= 42
−
+ ab
⇔ 1
6−
= 4 a2 b
− + +
Dari kesamaan matriks diperoleh:–1 = –4 + a ⇔ a = 36 = 2 + b ⇔ b = 4
Dengan demikian T = ab
= 34
.
R
R
xy
′ ′
= R
R
xy
+ ab
= 32
−
+ 34
= 62
Diperoleh koordinat R′ = (xR′, yR′) = (6, 2).Jadi, translasi T memetakan titik R(3, –2) ke titikR′(6, 2).
4. Jawaban: d
Titik C(2, 3) ditranslasikan oleh T = ab
menghasil-
kan bayangan C′(0, 5).
xy
′ ′
=
xy
+
ab
⇒05
= 23
+ ab
⇔ab
= 05
– 23
= 2
2−
Diperoleh matriks translasinya adalah T = 2
2−
.
1) Bayangan titik A(–1, –2):xy
′ ′
= 12
− −
+ 2
2−
= 3
0−
2) Bayangan titik B(5, –1):
xy
′ ′
= 51
−
+ 2
2−
= 31
Jadi, koordinat titik A′(–3, 0) dan B′(3, 1).
5. Jawaban: bTitik C merupakan bayangan titik A(–2, 4) oleh
T1 = 58
, maka berlaku:
C
C
xy
= A
A
xy
+ 58
= 2
4−
+ 58
= 3
12
Diperoleh titik C(3, 12).Titik C(3, 12) merupakan bayangan B(6, 8) oleh
T2 = ab
maka berlaku:
C
C
xy
= B
B
xy
+ ab
⇔3
12
= 68
+ ab
⇔3
12
= 6 a8 b
+ +
116 Transformasi Geometri
9. Jawaban: cBayangan (x, y) oleh pencerminan terhadap garisy = –x adalah (x′, y′) dengan:
xy
′ ′
= 0 11 0
− −
xy
⇒K
K
xy
′ ′
= 0 11 0
− −
K
K
xy
= 0 11 0
− −
ab
−
= ba
−
Jadi, bayangan K(a, –b) adalah K′(b, –a).
10. Jawaban: dBayangan titik A(x, y) oleh pencerminan terhadapP(a, b) adalah (x′, y′) dengan:
′ ′
xy
= −
−
1 00 1
xy
+
2a2b
⇔′
′
xy
= −
−
1 00 1
xy
+ ×
×
2 32 2
⇔−
24
= −
−
1 00 1
xy
+
64
⇔−
−
1 00 1
xy
= 2
4−
–
64
⇔−
−
xy
= −
80
Dari kesamaan matriks diperoleh –x = –8 ⇔ x = 8dan –y = 0 ⇔ y = 0.Jadi, koordinat titik A(8, 0).
11. Jawaban: eBayangan titik (x, y) oleh pencerminan terhadapgaris y = –1 adalah (x, –2 – y), berarti:x′ = x ⇔ x = x′y′ = –2 – y ⇔ y = –2 – y′Substitusi x dan y ke persamaan garis diperoleh:y = 2x + 5 ⇒ –2 – y′ = 2(x′) + 5
⇒ –2 – y′ = 2x′ + 5⇒ y ′ = –2x′ – 7
Jadi, persamaan bayangannya y = –2x – 7.
12. Jawaban: dI. Bayangan garis a oleh pencerminan terhadap
garis x = 0 (sumbu Y) adalah garis d (bukangaris e).Pernyataan I salah.
Dari kesamaan matriks diperoleh:3 = 6 + a ⇔ a = –3
12 = 8 + b ⇔ b = 4
Jadi, matriks translasi T2 = 3
4−
.
6. Jawaban: a
Bayangan titik (x, y) oleh translasi T = 23
adalah
(x + 2, y + 3), berarti:x′ = x + 2 ⇔ x = x′ – 2y′ = y + 3 ⇔ y = y′ – 3Substitusi x dan y ke persamaan garis g diperoleh:2x – 3y + 4 = 0 ⇒ 2(x′ – 2) – 3(y′ – 3) + 4 = 0
⇔ 2x′ – 4 – 3y′ + 9 + 4 = 0⇔ 2x′ – 3y′ + 9 = 0
Jadi, persamaan garis g′ adalah 2x – 3y + 9 = 0.
7. Jawaban: aLingkaran L ≡ x2 + y2 – 2x + 6y – 15 = 0.
⇔ (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25Koordinat titik pusat lingkaran L adalah P(1, –3).Misal P′(x′, y′) merupakan bayangan titik P(1, –3)
oleh translasi T = 52
−
.
′ ′
xy
= 13
−
+ 52
−
= 65
−
Diperoleh koordinat P′ adalah (x′, y′) = (6 –5).Jadi, koordinat titik pusat lingkaran L′ adalah (6 –5).
8. Jawaban: cBayangan (x, y) oleh pencerminan terhadap sumbu Xadalah (x′, y′) dengan:
xy
′ ′
= 1 00 1
−
xy
Koordinat A(–1, –1), B(3, –1), C(4, 2), D(1, 4), danE(–2, 2).Bayangan titik A, B, C, D, dan E dapat ditentukansekaligus dengan cara berikut.
A B C D E
A B C D E
x x x x xy y y y y
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′
= 1 00 1
−
A B C D E
A B C D E
x x x x xy y y y y
= 1 00 1
−
1 3 4 1 21 1 2 4 2
− − − −
= 1 3 4 1 2
1 1 2 4 2− −
− − − Diperoleh A′(–1, 1), B′(3, 1), C′(4, –2), D′(1, –4),dan E′(–2, –2).Jadi, pernyataan yang benar pada pilihan c.
117Matematika Kelas XII Program IPA
α3
45
II. Bayangan garis c oleh pencerminan terhadapgaris y = x adalah garis b.Pernyataan II benar.
III. Bayangan garis d oleh pencerminan terhadapgaris y = 0 (sumbu X) adalah garis c.Pernyataan III benar.
Jadi, pernyataan yang benar II dan III.
13. Jawaban: ePuncak parabola dengan persamaan y = a(x – p)2 + qadalah (p, q).y = 2x2 – 8x + 11⇔ y = 2(x2 – 4x + 4) + 3⇔ y = 2(x – 2)2 + 3Diperoleh puncak parabola P adalah (2, 3).Puncak parabola tersebut dicerminkan terhadapgaris y = –1.Bayangan titik (2, 3) oleh pencerminan terhadapgaris y = –1 adalah (x′, y′) dengan:
′ ′
xy
= 1 00 1
−
xy
+ 0
2( 1) −
= 1 00 1
−
23
+ 02
−
= 25
−
Jadi, koordinat puncak parabola P′ adalah (2, –5).
14. Jawaban: cMisalkan h adalah persamaan lingkaran.Bayangan lingkaran h oleh refleksi terhadap garisy = x adalah h′. Jika h′ direfleksikan kembaliterhadap garis y = x akan diperoleh bayanganlingkaran semula yaitu h.Jadi, persamaan lingkaran semula dapat diperolehdengan merefleksikan kembali persamaanlingkaran bayangan (h′) terhadap garis y = x.Bayangan (x, y) oleh refleksi terhadap garis y = xadalah (x′, y′) dengan
xy
′ ′
= 0 11 0
xy
⇔ xy
′ ′
= yx
Diperoleh x′ = y ⇔ y = x′ dan y′ = x ⇔ x = y′.Substitusi x = y′ dan y = x′ ke persamaan lingkaranh′ ≡ x2 + y2 – 2x – 4y – 4 = 0⇒ (y′)2 + (x′)2 – 2(y′) – 4(x′) – 4 = 0⇔ y′2 + x′2 – 2y′ – 4x′ – 4 = 0⇔ y2 + x2 – 2y – 4x – 4 = 0⇔ x2 + y2 – 4x – 2y – 4 = 0Jadi, persamaan kurva semula x2 + y2 – 4x – 2y – 4= 0.
15. Jawaban: d
Sumbu refleksi adalah garis y = 43 x ⇔ y = x tan α.
Diperoleh tan α = 43
sin 2α = 2 sin α cos α
= 2 × 45 ×
35
= 2425
cos 2α = 2 cos2 α – 1
= 2(35 )2 – 1
= –7
25
Bayangan titik (x, y) oleh refleksi terhadap garis
y = 43 x:
′ ′
xy =
α α α − α
cos2 sin2sin2 cos2
xy
⇔ ′
′
xy =
7 2425 25
24 725 25
−
2525
= − +
+
7 2424 7
=
1731
Jadi, bayangan titik P(25, 25) adalah P′(17, 31).
B. Uraian
1. a. Misalkan T =
ab
.
Bayangan titik (x, y) oleh translasi T:
′ ′
xy
=
xy
+
ab
⇔ ′
′
xy
= x ay b
+ +
B′(4, 2) bayangan B(1, 2) oleh translasi T,yaitu:
42
= 1 a2 b
+ +
Dari kesamaan matriks diperoleh:4 = 1 + a ⇔ a = 32 = 2 + b ⇔ b = 0
Jadi, matriks translasinya T =
30 .
118 Transformasi Geometri
Y
X
g′ ≡ 2x + y – 4 = 0
–2 2
4
g ≡ 2x – y + 4 = 0
c. Oleh karena jari-jari lingkaran L sama dengan jari-jari lingkaran L′ maka luas kedua lingkaran sama.Luas = L = luas L′ = 3,14 × 22
= 12,56 satuan luas.
3. a. Bayangan titik (x, y) oleh translasi T = 42
−
adalah (x + 4, y – 2), berarti:x′ = x + 4 ⇔ x = x′ – 4y′ = y – 2 ⇔ y = y′ + 2Substitusi x dan y ke persamaan paraboladiperoleh:y = x2 – 2x + 6⇒ y′ + 2 = (x′ – 4)2 – 2(x′ – 4) + 6⇔ y′ = x′2 – 8x′ + 16 – 2x′ + 8 + 6 – 2⇔ y′ = x′2 – 10x′ + 28Jadi, persamaan bayangan parabola adalahy = x2 – 10x + 28.
b. Bayangan titik (x, y) oleh refleksi terhadapgaris y = x adalah (y, x), berarti:x′ = y ⇔ y = x′y′ = x ⇔ x = y′Substitusi x dan y ke persamaan paraboladiperoleh:y = x2 – 2x + 6⇔ x′ = y′2 – 2y′ + 6Jadi, persamaan bayangan parabola adalahx = y2 – 2y + 6.
c. Bayangan titik (x, y) oleh refleksi terhadapgaris x = 2 adalah (4 – x, y), berarti:x′ = 4 – x ⇔ x = 4 – x′y′ = y ⇔ y = y′Substitusi x dan y ke persamaan paraboladiperoleh:y = x2 – 2x + 6⇔ y′ = (4 – x′)2 – 2(4 – x′) + 6⇔ y′ = 16 – 8x′ + x′2 – 8 + 2x′ + 6⇔ y′ = x′2 – 6x′ + 14Jadi, persamaan bayangan parabola adalahy = x2 – 6x + 14.
4. Misalkan g ≡ 2x – y + 4 = 0g′ ≡ 2x + y – 4 = 0
b. Bayangan titik A(–2, 2); C(–2, –1); dan D(1, –1)
A C D
A C D
x x xy y y
′ ′ ′ ′ ′ ′
= A C D
A C D
x 3 x 3 x 3y 0 y 0 y 0
′ + ′ + ′ + ′ + ′ + ′ +
= 2 3 2 3 1 32 0 1 0 1 0
− + − + + + − + − +
= 1 1 42 1 1
− −
Diperoleh A′(1, 2); C′(1, –1) dan D′(4, –1).Jadi, bayangan titik A, C dan D adalahA′(1, 2); C′(1, –1); dan D′(4, –1).
2. a. Misalkan (x, y) terletak pada lingkaranL ≡ x2 + y2 – 2x + 4y + 1 = 0
Bayangan titik (x, y) oleh translasi −
64
:
′ ′
xy
=
xy
+ −
64
⇔ ′
′
xy
= −
+
x 6y 4
Dari kesamaan matriks diperoleh:x′ = x – 6 ⇔ x = x′ + 6 . . . (1)y′ = y + 4 ⇔ y = y′ – 4 . . . (2)Substitusi (1) dan (2) ke persamaan lingkaranL ≡ x2 + y2 – 2x + 4y + 1 = 0:⇔ (x′ + 6)2 + (y′ – 4)2 – 2(x′ + 6) + 4(y′ – 4)
+ 1 = 0⇔ x′2 + 12x′ + 36 + y′2 – 8y + 16 – 2x′ – 12
+ 4y′ – 16 + 1 = 0⇔ x′2 + y′2 + 10x′ – 4y′ + 25 = 0Jadi, persamaan bayangan lingkaran adalahL′: x2 + y2 + 10x – 4y + 25 = 0.
b. L ≡ x2 + y2 – 2x + 4y + 1 = 0⇔ (x – 1)2 + (y + 2)2 = 4Lingkaran L berpusat di A(1, –2) dan berjari-jari 2.L′ ≡ x2 + y2 + 10x – 4y + 25 = 0⇔ (x + 5)2 + (y – 2)2 = 4Lingkaran L′ berpusat di B(–5, 2) dan berjari-jari 2.
2
Y
X
L′
L
A(1, 2)
B(–5, 2)
0
–2
–5 1
119Matematika Kelas XII Program IPA
A. Pilihan Ganda1. Jawaban: c
Misalkan bayangan titik P(2, –3) oleh rotasiR[O, 90°] adalah P′(x′, y′), maka:
xy′
′ = cos 90 sin 90
sin 90 cos 90° − °
° ° 23
−
= 0 11 0
−
23
−
= 32
Jadi, koordinat bayangannya P′(3, 2).
2. Jawaban: dMatriks yang bersesuaian dengan rotasi [O, 60°]
= cos sinsin cos
θ − θ θ θ
= cos 60 sin 60sin 60 cos 60
° − ° ° °
=
1 12 2
1 12 2
3
3
−
3. Jawaban: eBayangan titik A(x, y) oleh rotasi [P(5, 1), –π].
xy
′ ′
= cos( ) sin( )sin( ) cos( )
−π − −π −π −π
x 5y 1
− −
+ 51
= 1 0
0 1−
−
x 5y 1
− −
+ 51
Berdasarkan gambar terlihat garis g ≡ 2x – y + 4 = 0merupakan bayangan garis g ≡ 2x + y – 4 = 0 olehrefleksi terhadap sumbu Y (garis x = 0).Jadi, refleksi M adalah refleksi terhadap sumbu Y.
5. Misalkan titik (x, y) terletak pada lingkaranx2 + y2 + 4y + 5 = 0.a. Bayangan (x, y) oleh pencerminan terhadap
garis y = –x adalah (x′, y′) dengan:
′ ′
xy
= 0 11 0
− −
xy
⇔ ′
′
xy
= yx
− −
Diperoleh x′ = –y ⇔ y = –x′y′ = –x ⇔ x = –y′
Substitusi x = –y′ dan y = –x′ ke persamaanlingkaran x2 + y2 + 4y + 5 = 0:⇔ (–y′)2 +(–x′)2 + 4(–x′) + 5 = 0⇔ y′2 + x′2 – 4x′ + 5 = 0⇔ x2 + y2 – 4x + 5 = 0Jadi, bayangannya adalah x2 + y2 – 4x + 5 = 0.
b. Bayangan (x, y) oleh pencerminan terhadapgaris y = 4 adalah (x′, y′) dengan:
′ ′
xy
= 1 00 1
−
xy
+ 0
2(4)
⇔ ′
′
xy
= x
8 y −
Dari kesamaan matriks diperoleh:x′ = x ⇔ x = x′y′ = 8 – y ⇔ y = –y′ + 8
Substitusi nilai x dan y ke persamaanlingkaran x2 + y2 + 4y + 5 = 0.⇔ (x′)2 + (–y′ + 8)2 + 4(–y′ + 8) + 5 = 0⇔ x′2 + y′2 – 16y′ + 64 – 4y′ + 32 + 5 = 0⇔ x′2 + y′2 – 20y′ + 101 = 0⇔ x2 + y2 – 20y + 101 = 0Jadi, bayangannya adalah x2 + y2 – 20y + 101= 0.
c. Bayangan (x, y) oleh pencerminan terhadapgaris x = –2:
′ ′
xy
= 1 0
0 1−
xy
+ 2( 2)
0−
⇔ ′
′
xy
= 4 xy
− −
Dari kesamaan matriks diperoleh:x′ = –4 – x ⇒ x = –x′ – 4y′ = y ⇒ y = y′Substitusi x = –x′ – 4 dan y = y′ ke persamaanlingkaran x2 + y2 + 4y + 5 = 0.⇔ (–x′ – 4)2 + (y′)2 + 4y′ + 5 = 0⇔ x′2 + 8x′ + 16 + y′2 + 4y′ + 5 = 0⇔ x2 + y′2 + 8x′ + 4y′ + 21 = 0⇔ x2 + y2 + 8x + 4y + 21 = 0Jadi, persamaan bayangannya adalahx2 + y2 + 8x + 4y + 21 = 0.
120 Transformasi Geometri
Untuk A(–3, 2) diperoleh A′:
A
A
xy
′ ′
= 1 0
0 1−
−
3 52 1
− − −
+ 51
= 1 0
0 1−
−
81
−
+ 51
= 81
−
+ 51
= 130
Untuk B(2, 4) diperoleh B′:
B
B
xy
′ ′
= 1 0
0 1−
−
2 54 1
− −
+ 51
= 1 0
0 1−
−
33
−
+ 51
= 33
−
+ 51
= 82
−
Untuk C(–1, –1) diperoleh C′:
xy
′ ′
= 1 0
0 1−
−
1 51 1
− − − −
+ 51
= 1 0
0 1−
−
62
− −
+ 51
= 62
+ 51
= 113
Jadi, koordinat A′(13, 0), B′(8, –2), dan C′(11, 3).
4. Jawaban: a
Bayangan titik P(xP, yP) oleh rotasi [O(0, 0), – 2π
]
adalah P′(xP′, yP′) dengan:
P
P
xy
′ ′
= 2 2 P
P2 2
cos ( ) sin ( ) xysin ( ) cos ( )
π π
π π
−− − − −
= P
P
x0 1y1 0
−
Diketahui P′(–10, –2) dan P(a, b).
102
− −
= 0 1 a1 0 b
−
⇔102
− −
= ba
−
Dari kesamaan matriks diperoleh:b = –10
–2 = –a ⇔ a = 2
Nilai a + 2b = 2 + 2(–10) = –18.Jadi, nilai a +2b = –18.
5. Jawaban: bMisalkan pusat rotasi P(a, b).Bayangan (x, y) oleh rotasi [P(a, b), 90°] adalah(x′, y′) dengan:
xy
′ ′
= 0 1 x a1 0 y b
− − −
+ ab
Titik P(10, 5) bayangan dari (4, –5):
105
= 0 1 4 a1 0 5 b
− − − −
+ ab
⇔ 105
= 5 b4 a
+ −
+ ab
⇔ 105
= 5 b a4 a b
+ + − +
Dari kesamaan matriks diperoleh:10 = 5 + a + b ⇔ a + b = 55 = 4 – a + b ⇔ –a + b = 1
––––––––– +2b = 6
⇔ b = 3Substitusikan nilai b = 3 ke a + b = 5.a + 3 = 5 ⇔ a = 2Diperoleh a = 2 dan b = 3.Jadi, koordinat pusat rotasi (2, 3).
6. Jawaban: dBayangan(x, y) oleh dilatasi [O(0, 0), 2]:
xy
′ ′
= 2 0 x0 2 y
Bayangan P(4, 2), Q(9, 4), dan R(6, 8):
P Q R
P Q R
x x xy y y
′ ′ ′ ′ ′ ′
= P Q R
P Q R
x x x2 0y y y0 2
= 2 0 4 9 60 2 2 4 8
= 8 18 124 8 16
Jadi, koordinat bayangan titik P, Q, dan R adalahP′(8, 4), Q′(18, 8), dan R′(12, 16).
7. Jawaban: a
Bayangan (x, y) oleh dilatasi [P(a, b), k]:
xy
′ ′
= kxy
+ (1 – k)ab
121Matematika Kelas XII Program IPA
Bayangan (–4, 8) oleh dilatasi [P(–8, 12), 14 ]:
xy
′ ′
= 14
48
−
+ (1 – 14 )
812−
= 1
2−
+ 34
812−
= 1
2−
+ 6
9−
= 7
11−
Jadi, koordinat bayangannya (–7, 11).
8. Jawaban: e
Luas KLMN= ML × LK= 5 × 8= 40 satuan luas
Luas persegi panjang KLMN setelah didilatasidengan faktor skala k = 3:= k2 × LKLMN = 32 × 40 = 360 satuan luas
9. Jawaban: b
A = 2 5a 4
−
Bayangan titik P(3, –1) oleh transformasi yangbersesuaian dengan matriks A adalah P′(11, 2),berarti:
112
= 2 5a 4
−
31
−
⇔ 112
= 11
3a 4 −
Dari kesamaan matriks diperoleh:2 = 3a – 4 ⇔ 3a = 6
⇔ a = 2Misalkan koordinat Q′(x′, y), maka:
xy′
′ =
2 52 4
−
42
= 2
16−
Jadi, koordinat titik Q′(–2, 16).
10. Jawaban: d
Luas jajargenjang ABCD:LABCD = alas × tinggi
= 4 × 5= 20 satuan luas
Luas bayangan jajargenjang ABCD oleh
transformasi matriks T = 2 31 1
− − −
:
LA′B′C′D′ = |det T| × LABCD= |(–2) × (–1) – 3(–1)| × 20 satuan luas= 5 × 20 satuan luas= 100 satuan luas
11. Jawaban: aBayangan titik (x, y) oleh transformasi matriks A:
xy
′ ′
= a 2 a x
1 a 1 y+
+ Misal koordinat titik Q(m, n).Bayangan titik P(1, 2) dan Q(m, n) oleh transformasimatriks A:
P Q
P Q
x xy y
′ ′ ′ ′
= P Q
P Q
x xa 2 ay y1 a 1
+ +
⇔2 23 0
= a 2 a 1 m
1 a 1 2 n+
+
⇔2 23 0
= 3a 2 m(a 2) na2a 3 m n(a 1)
+ + + + + +
Dari kesamaan matriks diperoleh:2 = 3a + 2 ⇔ 3a = 0 ⇔ a = 03 = 2a + 3 ⇔ 2a = 0 ⇔ a = 02 = m(a + 2) + na ⇔ 2 = m(0 + 2) + n(0)
⇔ 2 = 2m⇔ m = 1
0 = m + n(a + 1) ⇔ 0 = 1 + n(0 + 1)⇔ 0 = 1 + n⇔ n = –1
Diperoleh m = 1 dan n = –1.Jadi, koordinat titik Q = (m, n) = (1, –1).
12. Jawaban: eBayangan titik (x, y) oleh dilatasi [O, –2] adalah(–2x, –2y), berarti:
x′ = –2x ⇔ x = –12 x′
y′ = –2y ⇔ y = –12 y′
Substitusi x dan y ke persamaan garis diperoleh:
4x – y + 6 = 0 ⇒ 4(–12 x′) – (–
12 y′) + 6 = 0
⇔ –2x′ + 12 y′ + 6 = 0
⇔ 4x′ – y′ – 12 = 0Jadi, persamaan bayangannya 4x – y – 12 = 0.
K
L
Y
X–2 0 3
4
–4
8 sa
tuan
5 satuanM
Y
X
5 satuan
4 satuan0 4 6
5
A B
CD
122 Transformasi Geometri
13. Jawaban: dMisalkan A(x, y) terletak pada garis 2y – x + 3 = 0.Bayangan titik A(x, y) oleh transformasi matriks
2 31 2
adalah (x′, y′) dengan:
xy
′ ′
= 2 3 x1 2 y
⇔xy
= 12 3
1 2
−
xy
′ ′
⇔xy
= 1
4 3−2 3 x1 2 y
′− ′−
⇔xy
= 2x 3y
x 2y
′ ′− ′ ′− +
Dari kesamaan matriks diperoleh:x = 2x′ – 3y′ . . . (1)y = –x′ + 2y′ . . . (2)Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis2y – x + 3 = 0 diperoleh:
2(–x′ + 2y′) – (2x′ – 3y′) + 3 = 0⇔ –2x′ + 4y′ – 2x′ + 3y′ + 3 = 0⇔ –4x′ + 7y′ + 3 = 0Jadi, bayangannya 7y – 4x + 3 = 0.
14. Jawaban: dMisal persamaan garis tersebut g ≡ ax + by + c = 0.Misal titik (x, y) terletak pada garis g.
Bayangan titik (x, y) oleh rotasi [P(–4, 1), 32 π]:
xy
′ ′
= 3 32 23 32 2
cos sin x 4y 1sin cos
π − π + − π π +
41
−
= 0 1 x 41 0 y 1
+ − −
+ 41
−
= y 1x 4
− − −
+ 41
−
= y 5x 3−
− − Dari kesamaan matriks, diperoleh:x′ = y – 5 ⇔ y = x′ + 5y′ = –x – 3 ⇔ x = –y′ – 3Substitusi x = –y′ – 3 dan y = x′ + 5 ke persamaangaris g: ax + by + c = 0.⇒ a(–y′ – 3) + b(x′ + 5) + c = 0⇔ –ay′ – 3a + bx′ + 5b + c = 0⇔ –ay′ + bx′ + (–3a + 5b + c)= 0Oleh karena –ay + bx + (–3a + 5b + c) = 0
⇔ 3y + 2x + 24 = 0 diperoleh:–a = 3 ⇔ a = –3 . . . (1)b = 2 . . . (2)
–3a + 5b + c = 24 . . . (3)⇒ –3(–3) + 5(2) + 1 = 24⇔ c = 24 – 9 – 10⇔ c = 5Jadi, persamaan garis g adalah –3x + 2y + 5 = 0.
15. Jawaban: dPersamaan lingkaran semula:x2 + y2 – 10x + 4y + 13 = 0⇔ x2 – 10x + y2 + 4y + 13 = 0⇔ (x – 5)2 + (y + 2)2 – 25 – 4 + 13 = 0⇔ (x – 5)2 + (y + 2)2 = 42
Jari-jari lingkaran semula: r = 4.Luas lingkaran semula:L = πr2 = π × (4)2 = 16π satuan luasLuas lingkaran oleh dilatasi [P(4, –7), 5].LI = k2 × L = 25 × 16π = 400π satuan luasLuas lingkaran oleh transformasi matriks:
LII = | det a bc d
| × L
= | det a bc d
| × 16π satuan luas
Oleh karena LI = LII diperoleh:
| det a bc d
| × 16π = 400π
⇔ | det a bc d
| = 40016
ππ
⇔ | det a bc d
| = 25
Akibatnya matriks yang memenuhi adalah matriksyang nilai determinannya 25 atau –25.
9 21 3
−−
= (–9)(–3) – 2 × 1 = 27 – 2 = 25
Jadi, matriks T yang memenuhi adalah 9 21 3
− −
.
B. Uraian
1. a. Titik A(x, y) dirotasikan R[O, 60°] diperoleh
bayangan A′(1, 3 ). Sebaliknya, titik
A′(1, 3 ) dirotasikan R[O, –60°] diperolehbayangan A(x, y).
123Matematika Kelas XII Program IPA
Lingkaran bayangan berpusat di (8, 4) danberjari-jari 4.Persamaan lingkaran bayangan:
(x – 8)2 + (y – 4)2 = 42
⇔ x2 – 16x + 64 + y2 – 8y + 16 – 16 = 0⇔ x2 + y2 – 16x – 8y + 64 = 0Jadi, persamaan lingkaran bayangannyax2 + y2 – 16x – 8y + 64 = 0.
b. Persamaan lingkaran:L = (x + 5)2 + (y – 1)2 = 16Misal (x, y) terletak pada lingkaran L.Bayangan titik (x, y) oleh dilatasi [P(3, –4), –3]:
xy
′ ′
= kxy
+ (1 – k)ab
⇔xy
′ ′
= –3xy
+ (1 – (–3))34
−
⇔xy
′ ′
= –3xy
+ 434
−
⇔xy
′ ′
= 3x 123y 16
− + − −
Dari kesamaan matriks diperoleh:
x′ = –3x + 12 ⇔ x = x 12
3′ −− . . . (1)
y′ = –3y – 16 ⇔ y = y 16
3′ +− . . . (2)
Substitusi (1) dan (2) ke persamaan lingkaran(x + 5)2 + (y – 1)2 = 16
( )2x 123 5
′ −− + + ( )2y 16
31′ +
−− = 16
⇔ ( )2x 273
′ −− + ( )2y 19
3′ +− = 16
⇔2x 54x 729
9′ ′− + +
2y 38y 3619
′ ′+ + = 16
⇔ x′2 – 54x′ + 729 + y′2 + 38y′ + 361 = 144⇔ x′2 + y′2 – 54x′ + 38y′ + 946 = 0Jadi, persamaan lingkaran bayangannyax2 + y2 – 54x + 38y + 946 = 0.
3. 1) Bayangan titik A(–3, –3) oleh rotasi[P(a, b), –π] adalah A′(7, –5).
xy
′ ′
= cos( ) sin( )sin( ) cos( )
−π − −π −π −π
x ay b
− −
+ ab
⇔ 75
−
= 1 0
0 1−
−
3 a3 b
− − − −
+ ab
⇔ 75
−
= 3 a3 b
+ +
+ ab
⇔ 75
−
= 3 2a3 2b
+ +
xy
= cos ( 60 ) sin ( 60 )sin ( 60 ) cos ( 60 )
− ° − − ° − ° − °
13
= 1122
1 12 2
3
3
−
13
= 1 32 2
1 12 2
3 3
+ − +
= 20
Jadi, koordinat titik A(2, 0).
b. Bayangan titik P(–2, 6) oleh dilatasi [A, 12 ]
adalah P′(x′, y′).
xy′
′ =
12
12
0
0
2 26 0− −
− + 2
0
=
12
12
0
0
46
−
+ 20
= 23
−
+ 20
= 03
Jadi, koordinat bayangan titik P adalah P′(0, 3).
2. a. Jika suatu lingkaran dirotasikan, akan diper-oleh lingkaran dengan panjang jari-jari samanamun titik pusat berbeda.Persamaan lingkaran L: (x + 5)2 + (y – 1)2 = 16.Koordinat titik pusat (–5, 1) dan jari-jari = r = 4.Bayangan titik (x, y) jika dirotasikan oleh
[P(3, –4), – 2π
]:
xy
′ ′
= 2 2
2 2
cos ( ) sin ( ) x 3y 4sin ( ) cos ( )
π π
π π
− − − − + − − +
34
−
= 0 1 x 31 0 y 4
− − +
+ 34
−
Bayangan titik pusat (–5, 1):
⇔xy
′ ′
= 0 1 5 31 0 1 4
− − − +
+ 34
−
= 0 1 81 0 5
− −
+ 34
−
= 84
Koordinat titik pusat lingkaran bayanganadalah (8, 4).
124 Transformasi Geometri
Dari kesamaan matriks diperoleh:7 = 3 + 2a ⇔ 2a = 4 ⇔ a = 2–5 = 3 + 2b ⇔ 2b = –8 ⇔ b = –4Diperoleh koordinat P(2, –4).
2) Bayangan titik B(6, –3) oleh rotasi[P(2, –4), –π]:
xy
′ ′
= 1 0
0 1−
−
6 23 4−
− + +
24
−
= 1 0
0 1−
−
41
+ 24
−
= 41
− −
+ 24
−
= 25
− −
Koordinat titik B′(–2, –5).3) Bayangan titik C(6, 1) oleh rotasi [P(2, –4), –π]:
xy
′ ′
= 1 0
0 1−
−
6 21 4
− +
+ 24
−
= 1 0
0 1−
−
45
+ 24
−
= 45
− −
+ 24
−
= 29
− −
Koordinat titik C′(–2, –9).4) Bayangan titik D(–3, 1) oleh rotasi [P(2, –4), –π]:
xy
′ ′
= 1 0
0 1−
−
3 21 4
− − +
+ 24
−
= 1 0
0 1−
−
55
−
+ 24
−
= 55
−
+ 24
−
= 79
−
Koordinat titik D′(7, –9).
4. a. C′(9, 2) adalah bayangan C(5, 2) oleh dilatasi[P(3, 2), k],
xy
′ ′
= kxy
+ (1 – k)ab
⇔ 92
= k52
+ (1 – k)32
⇔ 92
= 5k 3 3k2k 2 2k
+ − + −
⇔ 92
= 2k 3
2+
Dari kesamaan matriks diperoleh:9 = 2k + 3 ⇔ 2k = 6 ⇔ k = 3Jadi, nilai k = 3.
Y
X
2
–2
–4
5
A
B
C5 satuan
6 satuan0
b. Bayangan titik A(0, –2) oleh dilatasi [P(3, 2), 3]
xy
′ ′
= 302
−
+ (1 – 3)32
= 06
−
+ 64
− −
= 6
10−
− Jadi, koordinat A′(–6, –10).Bayangan titik B(5, –4) oleh dilatasi [P(3, 2), 3]:
xy
′ ′
= 354
−
+ (1 – 3)32
= 1512
−
+ 64
− −
= 916
−
Jadi, koordinat B′(9, –16).c.
Luas ∆ABC = 12 × alas × tinggi
= 12 × 5 × 6
= 15 satuan luasLuas ∆A′B′C′ = k2 × luas ∆ABC
= 32 × 15= 135 satuan luas
Jadi, luas ∆A′B′C′ = 135 satuan luas.
5. a. Misalkan (x, y) terletak pada garis x – 2y = 4.Bayangan titik (x, y) oleh transformasi matriks
M = 4 23 1
− −
adalah (x′, y′) dengan:
xy
′ ′
= 4 2 x3 1 y
− −
⇔ xy
= 14 2 x
3 1 y
− ′− ′−
= 12
1 2 x3 4 y
′− ′−
= 12
x 2y3x 4y
′ ′− ′ ′−
125Matematika Kelas XII Program IPA
A. Pilihan Ganda1. Jawaban: d
Misalkan A′, B′, dan C′ adalah bayangan titik A,B, dan C oleh rotasi [O(0, 0), 90°]:
A B C
A B C
x x xy y y
′ ′ ′ ′ ′ ′
= cos 90 sin 90sin 90 cos 90
° − ° ° °
A B C
A B C
x x xy y y
⇒A B C
A B C
x x xy y y
′ ′ ′ ′ ′ ′
= 0 1 5 3 01 0 2 4 7
− − −
⇔A B C
A B C
x x xy y y
′ ′ ′ ′ ′ ′
= 2 4 75 3 0
− − −
Diperoleh A′(2, 5), B′(–4, –3), dan C′(–7, 0).
Titik A′, B′, dan C′ ditranslasikan oleh 64
−
diperoleh bayangan titik A′′, B′′, dan C′′.
A B C
A B C
x x xy y y
′′ ′′ ′′ ′′ ′′ ′′
= A B C
A B C
x 6 x 6 x 6y 4 y 4 y 4
′ + ′ + ′ + ′ − ′ − ′ −
⇒ A B C
A B C
x x xy y y
′′ ′′ ′′ ′′ ′′ ′′
= 2 6 4 6 7 65 4 3 4 0 4
+ − + − + − − − −
⇔ A B C
A B C
x x xy y y
′′ ′′ ′′ ′′ ′′ ′′
= 8 2 11 7 4
− − −
Diperoleh A′′(8, 1) B′′(2, –7), dan C′′(–1, –4).
2. Jawaban: dRotasi [P(–3, 7), –75°] dilanjutkan dengan rotasi[P(–3, 7), 30°] merupakan komposisi dua rotasiberurutan dengan titik pusat sama yaitu P(–3, 7).Misal: R1 = rotasi [P(–3, 7), –75°]
R2 = rotasi [P(–3, 7), 30°]R2 R1 = rotasi [P(–3, 7), (–75° + 30°)]
= rotasi [P(–3, 7), –45°]
= cos ( 45 ) sin ( 45 )sin ( 45 ) cos ( 45 )
− ° − − ° − ° − °
= 1 12 21 12 2
2 2
2 2
−
Jadi, matriks transformasi tunggalnya adalah
1 12 21 12 2
2 2
2 2
−
.
Diperoleh x = 12 (x′ – 2y′) . . . (1)
y = 12 (3x′ – 4y′) . . . (2)
Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis g:
x – 2y = 4⇒ 12 (x′ – 2y′) – 2 ×
12 (3x′ – 4y′) = 4
⇔ x′ – 2y′ – 2(3x′ – 4y′) = 8⇔ –5x′ + 6y′ – 8 = 0⇔ 5x′ – 6y′+ 8 = 0
Jadi, persamaan bayangan garis g adalah5x – 6y + 8 = 0.
b. Misalkan garis ≡ ax + by + c = 0 dan (x, y)terletak pada garis ,Bayangan (x, y) oleh transformasi matriks M:
xy
′ ′
= 4 2 x3 1 y
− −
⇔ xy
= 14 2 x
3 1 y
− ′− ′−
Dari jawaban a diperoleh:
x = 12 (x′ – 2y′) . . . (1)
y = 12 (3x′ – 4y′) . . .(2)
Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis :ax + by + c = 0
⇔ a · 12 (x′ – 2y′) + b ·
12 (3x′ – 4y′) + c = 0
⇔ a2 x′ – ay′ +
3b2 x′ – 2by′ + c = 0
⇔ (a2 +
3b2 )x′ + (–a – 2b)y′ + c = 0
⇔ (a2 +
3b2 )x + (–a – 2b)y + c = 0
Oleh karena bayangan garis oleh transformasimatriks M adalah garis g: x – 2y – 4 = 0,diperoleh:
(a2 +
3b2 )x + (–a – 2b)y + c = 0 ⇔ x – 2y – 4 = 0
a2 +
3b2 = 1 ⇔ a + 3b = 2
–a – 2b = –2 ⇔ a + 2b = 2c = –4
Dari a + 3b = 2 dan a + 2b = 2 diperoleh a = 2dan b = 0.Persamaan garis : ax + by + c = 0
⇔ 2 × x + 0 × y – 4 = 0⇔ 2x – 4 = 0
Jadi, persamaan garis adalah 2x – 4 = 0.
126 Transformasi Geometri
3. Jawaban: aP(10, 2) merupakan bayangan Q(–4, 3) oleh T2 T1.
Misal: T2 = ab
maka:
T2 T1 = T2 + T1 = ab
+ 7
8−
= a 7b 8
− +
P
P
xy
= Q
Q
xy
+ (T2 T1)
⇔102
= 4
3−
+ a 7b 8
− +
⇔102
= a 11b 11
− +
Dari kesamaan matriks diperoleh:10 = a – 11 ⇔ a = 10 + 11 = 212 = b + 11 ⇔ b = 2 – 11 = –9
Jadi, matriks translasi T2 adalah 219
−
.
4. Jawaban: dMatriks rotasi R[O, 90°] adalah:
R = cos 90 sin 90sin 90 cos 90
° − ° ° ° =
0 11 0
−
Matriks refleksi terhadap garis y = –x adalah
M = 0 11 0
− − .
Matriks rotasi R[O, 90°] dilanjutkan refleksiterhadap garis y = –x adalah:
MR = 0 11 0
− −
0 11 0
− =
1 00 1−
Matriks 1 0
0 1−
sama dengan matriks refleksi
terhadap sumbu Y.Jadi, rotasi R[O, 90°] dilanjutkan refleksi terhadapgaris y = –x dapat diwakili dengan refleksi terhadapsumbu Y.
5. Jawaban: e
Koordinat titik D adalah (1, 4).
Bayangan (x, y) oleh dilatasi [O(0, 0), 5]:
xy
′ ′
= kxy
= 5xy
D
D
xy
′ ′
= 5D
D
xy
= 514
= 5
20
Bayangan (x′, y′) oleh dilatasi [P(2, –1), –3]:
xy
′′ ′′
= –3xy
′ ′
+ (1 – (–3))21
−
⇔ D
D
xy
′′ ′′
= –3 D
D
xy
′ ′
+ 421
−
= –35
20
+ 421
−
= 1560
− −
+ 84
−
= 764
− −
Jadi, koordinat titik D′′(–7, –64).
6. Jawaban: cMatriks transformasi yang mewakili adalah
A = T My = 2 1 1 01 2 0 1
− −
= 2 11 2
−
Bayangan (x, y) oleh transformasi A:
xy
′ ′
= 2 11 2
−
xy
Bayangan (a, b) oleh transformasi A adalah (1, –8):
18
−
= 2 11 2
−
ab
⇔ab
= 12 1
1 2
− −
18
−
= 14 1+
2 1 11 2 8
− −
= 15
1015
−
= 23
−
Jadi, diperoleh a = 2, b = –3, dan a + b = –1.
7. Jawaban: b
T = T1 T2 = a 32 b
+
=
3 a2 b
+ +
Bayangan A(–1, 2) oleh T adalah A′(1, 11):
A
A
xy
′ ′
= A
A
x 3 ay 2 b
+ + +
⇔ 111
= 1 3 a
2 2 b− +
+ + ⇔
111
= 2 a4 b
+ +
Y
X
B(1, –2)
C(7, 1)
D(1, 4)
A(–1, 1)
127Matematika Kelas XII Program IPA
Dari kesamaan matriks diperoleh:1 = 2 + a ⇔ a = –111 = 4 + b ⇔ b = 7
Diperoleh matriks T = 3 1 22 7 9
− = +
Bayangan B(xB, yB) oleh matriks T adalah B′(12, 13):
B
B
xy
′ ′
= B
B
x 2y 9
+
⇔1213
= B
B
x 2y 9
+
⇔ B
B
xy
= 12 2 1013 9 4
− = −
Jadi, koordinat B(10, 4).
8. Jawaban: e
T = T2 T1 = 0 1 a b1 1 0 1
−
= 0 1a 1 b
− −
Bayangan (x, y) oleh matriks T:
xy
′ ′
= 0 1a 1 b
− −
xy
Bayangan A(2, 3) dan B(–4, 1) oleh matriks Tadalah A′(3, 4) dan B′(1, 6).
A B
A B
x xy y
′ ′ ′ ′
= A B
A B
x x0 1y ya 1 b
− −
⇔3 14 6
= 0 1 2 4a 1 b 3 1
− − −
⇔3 14 6
= 3 1
2a 3 3b 4a 1 b − + − + −
Dari kesamaan matriks diperoleh:4 = –2a + 3 – 3b ⇔ 2a + 3b = –1 . . . (1)6 = 4a + 1 – b ⇔ 4a – b = 5 . . . (2)Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2):2a + 3b = –1 × 2 4a + 6b = –24a – b = 5 × 1 4a – b = 5
––––––––––– – 7b = –7⇔ b = –1
Substitusi b = –1 ke persamaan (2):4a – b = 5 ⇔ 4a – (–1) = 5
⇔ 4a = 4⇔ a = 1
Diperoleh a = 1 dan b = –1, matriks transformasinya:
T = 0 1a 1 b
− −
= 0 11 2
−
Bayangan titik C(xC, yC) oleh T adalah C′(–5, –6):
C
C
xy
′ ′
= C
C
x0 1y1 2
−
⇔ C
C
xy
= 1
C
C
x0 1y1 2
− ′ ′−
= 1
0 1+2 1 51 0 6
− − −
= 45
− −
Jadi, koordinat C(–4, –5).
9. Jawaban: c
L∆PQR = 12 × a × t =
12 × 4 × 4 = 8 satuan luas
Misalkan T1 = 2 41 3
dan T2 = 2 05 1
−
.
T = T2 T1
= 2 05 1
−
2 41 3
= 4 89 17
− −
det T = 4 89 17− −
= 4 × (–17) – 8(–9) = 4Luas bayangan ∆PQR oleh T = T2 T1:L′ = |det (T)| × LPQR
= 4 × 8 = 32 satuan luasJadi, luas bayangan ∆PQR adalah 32 satuan luas.
10. Jawaban: bMisal: M1 = matriks refleksi terhadap garis y = –x
= 0 11 0
− −
M2 = matriks refleksi terhadap garis y = x
= 0 11 0
Y
X
P
Q
R
a
t
O
128 Transformasi Geometri
12. Jawaban: cBayangan titik (x, y) apabila ditransformasi dengan
matriks transformasi 3 51 2
dilanjutkan dengan
pencerminan terhadap sumbu X adalah (x′, y′).
xy′
′ = 1 00 1
−
3 51 2
xy
=
3 51 2
− −
xy
⇔xy
=
13 51 2
− − −
xy′
′
= 1
6 5− +2 51 3
− −
xy′
′
= 2 51 3
− −
xy′
′
= 2x + 5yx 3y
′ ′ ′ ′− −
Diperoleh:x = 2x′ + 5y′y = –x′ – 3y′Substitusi x dan y ke persamaan garis:x – 2y = 5⇔ (2x′ + 5y′) – 2(–x′ – 3y′) = 5⇔ 2x′ + 5y′ + 2x′ + 6y′ = 5⇔ 4x′ + 11y′ = 5Jadi, bayangannya 4x + 11y = 5.
13. Jawaban: a
(x, y) → (4 – x, y) → (1 – x, y + 4)
Diperoleh:x′ = 1 – x ⇔ x = 1 – x′y′ = y + 4 ⇔ y = y′ – 4Substitusi x dan y ke persamaan lingkaran:x2 + y2 = 4⇔ (1 – x′)2 + (y′ – 4)2 = 4⇔ 1 – 2x′ + x′2 + y′2 – 8y′ + 16 – 4 = 0⇔ x′2 + y′2 – 2x′ – 8y′ + 13 = 0Jadi, bayangannya x2 + y2 – 2x – 8y + 13 = 0.
14. Jawaban: aMisal:T1 = matriks refleksi terhadap sumbu X
=1 00 1
−
T2 = matriks dilatasi [O, 3]
=3 00 3
Matriks transformasi tunggal yang mewakili refleksiterhadap garis y = –x dilanjutkan refleksi terhadapgaris y = x:M = M2 M1
= 0 11 0
0 11 0
− −
= 1 0
0 1−
− Misalkan (x, y) terletak pada garis y = 2x – 3.Bayangan (x, y) oleh transformasi M2 M1:
xy
′ ′
= (M2 M1)xy
⇔ xy
′ ′
= 1 0
0 1−
−
xy
⇔ xy
′ ′
= xy
− −
Dari kesamaan matriks diperoleh:x′ = –x ⇔ x = –x′ . . . (1)y′ = –y ⇔ y = –y′ . . . (2)Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis y = 2x – 3:⇔ –y′ = 2(–x′) – 3⇔ –y′ = –2x′ – 3⇔ y′ – 2x′ – 3 = 0⇔ y – 2x – 3 = 0Jadi, persamaan bayangan garisnya adalahy – 2x – 3 = 0.
11. Jawaban: aMisalkan titik A(x, y) terletak pada garis g ≡ 3x + 2y = 6.
(x, y) 3T4
= − → (x′, y′) [O, 2]→ (x′′, y′′)
xy′
′ =
xy
+ 34
−
⇔ xy′
′ =
x 3y 4
+ −
xy′′
′′ = 2 x
y′
′
⇔xy′′
′′ = 2
x 3y 4
+ −
= 2x 62y 8
+ −
Dari kesamaan matriks diperoleh:
x″ = 2x + 6 ⇔ x = 12 x″ – 3
y″ = 2y – 8 ⇔ y = 12 y″ + 4
Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis g:
3(12 x″ – 3) + 2(
12 y″ + 4) = 6
⇔ 32 x′′ – 9 + y′′ + 8 = 6
⇔ 32 x′′ + y′′ = 7
⇔ 3x′′ + 2y′′ = 14Jadi, bayangan garis g adalah 3x + 2y = 14.
Mx = 2T =
34
−
129Matematika Kelas XII Program IPA
T = matriks transformasi refleksi terhadap sumbu Xdilanjutkan dilatasi [O, 3]
= T2 T1 = 3 00 3
1 00 1
−
= 3 00 3
−
Misalkan titik (x, y) terletak pada kurva y = x2 – 3x + 2.
Bayangan (x, y) oleh T = 3 00 3
−
:
xy
′ ′
= 3 00 3
−
xy
⇔ xy
′ ′
= 3x3y
−
Diperoleh x′ = 3x ⇔ x = x3′
. . . (1)
y′ = –3y ⇔ y = y3
− ′. . . (2)
Substitusi (1) dan (2) ke persamaan kurvay = x2 – 3x + 2:
y3
− ′= (
x3′)2 – 3(
x3′) + 2
⇔ y3
− ′=
2x9′ – x′ + 2
⇔ –3y′ = x′2 – 9x′ + 18⇔ 0 = 3y′ + x′2 – 9x′ + 18Jadi, persamaan bayangan kurva:3y + x2 – 9x + 18 = 0.
15. Jawaban: eMatriks transformasinya adalah
T = T2 T1 = 1 0 0 10 1 1 0
−
= 0 11 0
−
Misalkan titik (x, y) pada lingkaran (x + 1)2 + (y – 2)2
= 16. Bayangan dari titik (x, y) oleh T:xy
′ ′
= 0 1 x1 0 y
−
⇔ xy
′ ′
= y
x−
Dari kesamaan matriks diperoleh:x′ = –y ⇒ y = –x′ . . . (1)y′ = x ⇒ x = y′ . . . (2)Substitusi (1) dan (2) ke (x + 1)2 + (y – 2)2 = 16diperoleh:
(y′ + 1)2 + (–x′ – 2)2 = 16⇔ y′2 + 2y′ + 1 + x′2 + 4x′ + 4 = 16⇔ x′2 + y′2 + 4x′ + 2y′ – 11 = 0Jadi, persamaan bayangannyax2 + y2 + 4x + 2y – 11 = 0.
B. Uraian1. a. 1) Bayangan titik (x, y) oleh rotasi
[P(7, –7), 180°].
xy
′ ′
= cos 180 sin180sin180 cos 180
° − ° ° °
x 7y 7
− +
+ 77
−
= 1 0
0 1−
−
x 7y 7
− +
+ 77
−
Bayangan titik A(2, 2):
A
A
xy
′ ′
= 1 0
0 1−
−
2 72 7
− +
+ 77
−
= 1 0
0 1−
−
59−
+ 77
−
= 1216
−
Bayangan titik B(–5, 4):
B
B
xy
′ ′
= 1 0
0 1−
−
5 74 7− −
+ +
77
−
= 1 0
0 1−
−
1211
−
+ 77
−
= 1918
−
Bayangan titik C(10, –3):
C
C
xy
′ ′
= 1 0
0 1−
−
10 73 7
− − +
+ 77
−
= 1 0
0 1−
−
34
+ 77
−
= 411
−
Diperoleh A′(12, –16), B′(19, –18), danC′(4, –11).
2) Bayangan titik (x′, y′) oleh rotasi[O(0, 0, –270°].
xy
′′ ′′
=cos ( 270 ) sin ( 270 )sin ( 270 ) cos ( 270 )
− ° − − ° − ° − °
xy
′ ′
⇔xy
′′ ′′
= 0 11 0
−
xy
′ ′
Bayangan titik A′(12, –16), B′(19, –18),C′′(–4, –11):
A B C
A B C
x x xy y y
′′ ′′ ′′ ′′ ′′ ′′
= A B C
A B C
x x x0 1y y y1 0
′ ′ ′− ′ ′ ′
= 0 1 12 19 41 0 16 18 11
− − − − −
= 16 18 1112 19 4
−
Diperoleh A′′(16, 12), B′′(18, 19), C′′(11, –4).Jadi, bayangan titik A(2, 2), B(–5, 4), danC(10, –3) oleh rotasi [P(7, –7), 180°]dilanjutkan rotasi [O(0, 0), –270°] adalahA′′(16, 12), B′′(18, 19), C′′(11, –4).
130 Transformasi Geometri
b. Misalkan M1 =1 4
3 2−
− M2 = matriks refleksi terhadap
garis y = –x
= 0 11 0
− −
M3 = matriks transformasi tunggaltransformasi matriks
1 43 2−
− dilanjutkan refleksi
terhadap garis y = –x= M2 M1
=0 11 0
− −
1 43 2−
−
=3 21 4
− −
Bayangan titik A(2, 2), B(–5, 4), C(10, –3)oleh transformasi M3.
A B C
A B C
x x xy y y
′ ′ ′ ′ ′ ′
= A B C
A B C
x x x3 2y y y1 4
− −
= 3 2 2 5 101 4 2 4 3
− − − −
= 2 23 366 21 22
− − − −
Jadi, bayangan titik A, B, dan C oleh
transformasi matriks 1 4
3 2−
− dilanjutkan
dengan refleksi terhadap garis y = –x adalahA′(–2, –6), B′(23, –21), dan C′(–36, 22).
2. Matriks dilatasi [O, 2] adalah D = 2 00 2
.
Matriks refleksi terhadap garis y = x adalah
M = 0 11 0
.
Matriks rotasi R[O, – 12
π] adalah:
R =
1 12 21 12 2
cos ( ) sin ( )
sin ( ) cos ( )
− π − − π − π − π
= 0 11 0
−
.
a. Transformasi T mewakili dilatasi [O, 2],dilanjutkan refleksi terhadap garis y = x, dan
dilanjutkan rotasi R[O, – 12
π]. Matrikstransformasi T:
T = R M D = 0 11 0
−
0 11 0
2 00 2
= 1 00 1
−
2 00 2
= 2 00 2
−
Jadi, transformasi T adalah transformasi
dengan matriks 2 00 2
− .
b. Bayangan titik A(x, y) oleh transformasi Tadalah A′(12, –8), berarti:
128
− =
2 00 2
−
xy
⇔12
8 − =
2x2y
−
Diperoleh: 12 = 2x ⇔ x = 6–8 = –2y ⇔ y = 4
Jadi, koordinat titik A(6, 4).
3. a. L: x2 + y2 + 4x + 6y – 12 = 0⇔ (x + 2)2 + (y + 3)2 = 52
Luas lingkaran L = π(5)2 = 25π satuan luas.Misalkan (x, y) terletak pada lingkaran:
(x, y) y xM =→ (x′, y′) D[O, 3]−→ (x″, y″)Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan My = x:
xy
′ ′
= 0 11 0
xy
⇔ xy
′ ′
= yx
Bayangan titik (x′, y′) oleh dilatasi D[O, –3]:
xy
″ ″
= 3 0
0 3−
−
xy
′ ′
⇒ xy
″ ″
= 3 0
0 3−
−
yx
⇔ xy
″ ″
= 3y3x
− −
Diperoleh x″ = –3y ⇔ y = –x3″
. . . (1)
y″ = –3x ⇔ x = –y3″
. . . (2)
131Matematika Kelas XII Program IPA
Substitusi (1) dan (2) ke persamaan lingkaran Lx2 + y2 + 4x + 6y – 12 = 0
(y3″
− )2 + (x3″
− )2 + 4(y3″
− ) + 6(x3″
− ) – 12 = 0
⇔2y
9″ +
2x9″ –
43 y″ – 2x″ – 12 = 0
⇔ y″2 + x″2 – 12y″ – 18x″ – 108 = 0Persamaan bayangan lingkaran L adalah:L′: x2 + y2 – 18x – 12y – 108 = 0⇔ (x – 9)2 + (y – 6)2 = 152
b. Luas lingkaran L′ = π(15)2 = 225π satuan luas.Perbandingan luas L dan luas L′:Luas LLuas L′ =
25225
ππ =
19
Jadi, perbandingan luasnya 1 : 9.
4. a. Misalkan titik (x, y) terletak pada garisg ≡ 2x + 5y = 3:
(x, y) R[O, 90 ]°→ (–y, x) y kM =→ (–y, 2k – x)
Sehingga diperoleh:x′ = –y ⇔ y = –x′ . . . (1)y′ = 2k – x ⇔ x = 2k – y′ . . . (2)Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis gdiperoleh:2(2k – y′) + 5(–x′) = 3⇔ 4k – 2y′ – 5x′ = 3⇔ 5x′ + 2y′ = 4k – 3Bayangan garis g adalahg′ ≡ 5x + 2y= 4k – 3
⇔ 5x + 2y = 21Sehingga diperoleh: 4k – 3= 21
⇔ 4k = 24⇔ k = 6
Jadi, nilai k = 6.
b. Misalkan titik (x, y) terletak pada garis g dan(x′, y′) adalah bayangan (x, y) oleh transformasiR[O, 90°] My = 6 maka:
(x, y) y 6M =→ (x, 2 · 6 – y) R[O, 90 ]°→(–(2 · 6 – y), x)Sehingga diperoleh:x′ = –(2 · 6 – y) ⇔ x ′ = –12 + y
⇔ y = x′ + 12y′ = x ⇔ x = y′Substitusi x dan y ke persamaan garis gdiperoleh:2y′ + 5(x′ + 12) = 3⇔ 2y′ + 5x′ + 60= 3⇔ 5x′ + 2y′ = –57Jadi, persamaan bayangannya 5x + 2y = –57.
5. g1 ≡ 2x – 3y + 3 = 0 ⇔ 3y = 2x + 3
⇔ y = 23 x + 1
Garis g1 mempunyai gradien m1 = 23 .
g2 ≡ 3x + 2y – 2 = 0 ⇔ 2y = –3x + 2
⇔ y = –32 x + 1
Garis g2 mempunyai gradien m2 = –32 .
Oleh karena m1 · m2 = 23 (–
32 ) = –1, garis g1 tegak
lurus garis g2. Dengan demikian, sudut antara garisg1 dan garis g2 adalah α = 90°.Mencari titik potong g1 dan g2:
y = 23 x + 1
y = –32 x + 1
–––––––––– –
0 = 136 x ⇔ x = 0
Oleh karena x = 0, diperoleh y = 23 · 0 + 1 = 1.
Kedua garis berpotongan di titik P(0, 1). Refleksititik A(6, 1) terhadap g2 g1 ekuivalen denganrotasi R[P(0, 1), 2α] maka:
A
A
xy
′ ′
= A P P
A P P
x x xcos 2 sin 2y y ysin 2 cos 2
−α − α + −α α
= o o
o o
cos 180 sin180 6 0 01 1 1sin180 cos180
− − + −
= 1 0 6 0
0 1 0 1−
+ −
= 6 0
0 1−
+
= 61
−
Jadi, koordinat bayangan titik A adalah A′(–6, 1).
132 Transformasi Geometri
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: dKoordinat bayangan titik A(x, y) oleh translasi
T = 35
adalah A′(x + 3, y + 5).
Koordinat titik A′(–2, 1), sehingga:x + 3 = –2 ⇔ x = –5y + 5 = 1 ⇔ y = –4Jadi, koordinat titik A(–5, –4).
2. Jawaban: e
Misalkan translasi tersebut T = ab
.
Bayangan titik B(5, 1) oleh translasi T = ab
adalah
B′(–1, 3).
B
B
xy
′ ′
= B
B
xy
+ ab
⇔ 1
3−
= 51
+ ab
⇔ 1
3−
= 5 a1 b
+ +
Dari kesamaan matriks diperoleh–1 = 5 + a ⇔ a = –6
3 = 1 + b ⇔ b = 2
Dengan demikian T = ab
= 62
−
Bayangan titik A(13, –4) oleh T = 62
−
:
A
A
xy
′ ′
= A
A
xy
+ 62
−
= 13
4 −
+ 62
−
= 72
−
Jadi, bayangan titik A(7, –2).
3. Jawaban: b
Bayangan titik (x, y) oleh translasi T = 1
3−
adalah
(x – 1, y + 3), berarti:x′ = x – 1 ⇔ x = x′ + 1y′ = y + 3 ⇔ y = y′ – 3Substitusi x dan y ke persamaan garis diperoleh:5x + 2y – 8 = 0 ⇒ 5(x′ + 1) + 2(y' – 3) – 8 = 0
⇔ 5x′ + 5 + 2y′ – 6 – 8 = 0⇔ 5x′ + 2y′ – 9 = 0
Jadi, persamaan bayangannya 5x + 2y – 9 = 0.
4. Jawaban: eTransformasi translasi tidak mengubah ukuranbangun. Untuk memperoleh persamaan bayanganlingkaran L, cukup dengan mentranslasikan titikpusat L(P(x, y)) kemudian dicari persamaanlingkaran L′ dengan pusat P′(x′, y′).Titik pusat L : P(3, –1)Titik pusat L′: P′(–2, 1)Sehingga terdapat hubungan:
P
P
xy
′ ′
= P
P
xy
+ T
⇔21
−
= 31
−
+ ab
⇔ab
= 21
−
– 31
−
⇔ab
= 5
2−
Dari kesamaan matriks diperoleh a = –5 dan b = 2.Nilai a + b = –5 + 2 = –3.
5. Jawaban: aBayangan (x, y) oleh refleksi terhadap titik (0, 0).
xy
′ ′
= 2 0 x2 0 y
× − × −
= xy
− −
Bayangan titik P(a, b):
P
P
xy
′ ′
= P
P
xy
− −
= ab
− −
Jadi, bayangannya adalah (–a, –b).
6. Jawaban: dBayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadapsumbu Y adalah P′(2, 5).Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadapsumbu X adalah P′(–2, –5).Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap garisy = x adalah (5, –2).Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap garisy = –x adalah P′(–5, 2).Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap titikasal adalah (2, –5).Jadi, P′(–5, 2) merupakan bayangan P(–2, 5) oleh
refleksi terhadap garis y = –x.Jadi, nilai k = –32 .
133Matematika Kelas XII Program IPA
= 0 1 7 11 0 6 3
− + − −
= 6 17 3
− − + −
= 74
− −
Jadi, bayangan titik Q adalah Q′(–7, –4).
11. Jawaban: bBayangan (xA, yA) oleh rotasi [P(1, 2), α]:
A
A
xy
′ ′
= A P P
A P P
x x xcos siny y ysin cos
−α − α + −α α
⇔1
4−
= cos sin 3 1 1sin cos 4 2 2
α − α − + α α −
⇔1
4−
– 12
= cos sin 2sin cos 2
α − α α α
⇔2
2−
= 2 cos 2 sin2 sin 2 cos
α − α α + α
Dari kesamaan matriks diperoleh:2 cos α – 2 sin α = –2 ⇔ cos α – sin α = –12 sin α + 2 cos α = 2 ⇔ cos α + sin α = 1
––––––––––––––– +2 cos α = 0
⇔ cos α = 0⇔ α = 90°
Jadi, besar sudut α adalah 90°.
12. Jawaban: aMisalkan titik (x, y) terletak pada garis 3x + 2y – 4= 0 dan (x′, y′) adalah bayangan titik (x, y) oleh
rotasi [O, 2π
] maka:
(x, y) 2R[O, ]π
→ (–y, x)
Sehingga diperoleh:x′ = –y ⇒ y = –x′y′ = x ⇒ x = y′Substitusikan x dan y ke persamaan 3x + 2y – 4 = 0:3y′ + 2(–x′) – 4 = 0⇔ 3y′ – 2x′ – 4 = 0⇔ 2x′ – 3y′ + 4 = 0Jadi, bayangannya adalah 2x – 3y + 4 = 0.
13. Jawaban: d
Bayangan titik (x, y) oleh dilatasi [P(2, –1), 12 ]:
xy
′ ′
= 12
xy
+ (1 – 12 )
21
−
7. Jawaban: e(x, y) Mx k=→ (2k – x, y)
(2, –6) Mx k=→ (2k – 2, –6) = (–5, –6)Sehingga diperoleh:2k –2 = –5⇔ 2k = –3
⇔ k = –32
Jadi, nilai k = –32 .
8. Jawaban: dBayangan titik (x, y) oleh pencerminan terhadapsumbu Y adalah (–x, y), berarti:x′ = –x ⇔ x = –x′y′ = y ⇔ y = y′Substitusi x dan y ke persamaan paraboladiperoleh:y = x2 + 2x – 5⇔ y′ = (–x′)2 + 2(–x′) – 5⇔ y′ = x′2 – 2x′ – 5Jadi, persamaan bayangan parabola adalahy = x2 – 2x – 5.
9. Jawaban: c
Bayangan titik (x, y) oleh rotasi [O(0, 0), 23 π]:
xy
′ ′
=
2 23 32 23 3
cos sin xysin cos
π − π π π
⇔xy
′ ′
=
1 12 2
1 12 2
3 xy3
− − −
Bayangan titik (8, –6):
xy
′ ′
=
1 12 2
1 12 2
3 863
− − − −
= 4 3 3
4 3 3
− + +
Jadi, bayangan titik B(8, –6) adalah (–4 + 3 3 ,
4 3 + 3).
10. Jawaban: eBayangan (xQ, yQ) oleh rotasi [P(–1, 3), –90°]:
Q
Q
xy
′ ′
=o o
Q Po o
Q P
x xcos ( 90 ) sin ( 90 )y ysin ( 90 ) cos ( 90 )
−− − − −− −
+ P
P
xy
=0 1 6 1 11 0 3 3 3
+ − + − − −
134 Transformasi Geometri
Bayangan titik A(–4, 11) oleh dilatasi [P(2, –1), 12 ]:
xy
′ ′
= 12
411−
+ 12
21
−
= 112
2−
+ 12
1 −
= 1
5−
Diperoleh A′(–1, 5).Jadi, bayangan titik A adalah (–1, 5).
14. Jawaban: dBayangan titik A oleh dilatasi [P(xP, yP), 3]:
A
A
xy
′ ′
= kA P
A P
x x(1 k)
y y
+ −
⇔114
−
= 3P
P
x5(1 3)
y2−
+ −
⇔114
−
= P
P
x15( 2)
y6−
+ −
⇔ 2 P
P
xy
= 15 116 4
− − −
⇔ P
P
xy
= 12
42
−
= 21
−
Jadi, koordinat titik P(–2, 1).
15. Jawaban: eBayangan titik Q(–9, 12) oleh dilatasi [O, k] adalahQ′(3, –4).
Q
Q
xy
′ ′
= kQ
Q
xy
⇒34
−
= 9
k12−
⇔34
−
= – 13
912−
Diperoleh k = – 13
sehinga 6k = – 13
× 6 = –2.Bayangan titik P(–7, 5) oleh dilatasi [O, –2]:
P
P
xy
′ ′
= –275
−
= 1410
−
Jadi, bayangan titik P adalah (14, –10).
16. Jawaban: b
P
P
xy
′ ′
= 1 42 3
−
P
P
xy
⇔P
P
xy
= 1
P
P
x1 4y2 3
− ′ ′−
= 1
3 8+3 4 182 1 3
− −
= 1
11
6633
− −
= 63
− −
Jadi, koordinat titik P(–6, –3).
17. Jawaban: e
Bayangan titik (–3, 4) oleh T = a bc d
adalah
(3, –4).
34
−
= a b 3c d 4
−
⇔34
−
= 3a 4b3c 4d
− + − +
Dari kesamaan matriks diperoleh:–3a + 4b = 3 . . . (1)–3c + 4d = –4 . . . (2)
Bayangan titik (1, –2) oleh T = a bc d
adalah
(1, 0).
10
= a b 1c d 2
−
⇔10
= a 2bc 2d
− −
Dari kesamaan matriks diperoleh:a – 2b = 1 . . . (3)c – 2d = 0 . . . (4)Eliminasi a dari (1) dan (3):–3a + 4b = 3 × 1 –3a + 4b = 3
a – 2b = 1 × 3 3a – 6b = 3––––––––––– +
–2b = 6⇔ b = –3
Substitusi b = –3 ke a – 2b = 1:⇒ a – 2(–3) = 1 ⇔ a = 1 – 6 ⇔ a = –5Diperoleh a = –5 dan b = –3.Eliminasi c dari (2) dan (4):–3c + 4d = –4 × 1 –3c + 4d = –4
c – 2d = 0 × 3 3c – 6d = 0–––––––––––– +
–2d = –4⇔ d = 2
135Matematika Kelas XII Program IPA
Substitusi d = 2 ke c – 2d = 0:⇒ c – 2(2) = 0 ⇔ c = 4Diperoleh c = 4 dan d = 2.Nilai a + b + c + d = –5 + (–3) + 4 + 2
= –2Jadi, nilai a + b + c + d adalah –2.
18. Jawaban: dMisal T = T1 T2
= 0 22 0
1 10 1
= 0 22 2
Bayangan P(–5, 1) oleh T = T1 T2 = 0 22 2
:
xy
′ ′
= 0 22 2
xy
= 0 22 2
51
−
= 28
−
Jadi, bayangan titik P adalah (2, –8).
19. Jawaban: dBayangan titik B(–8, 13) oleh refleksi terhadap garisx = 16:
xy
′ ′
= 2 16 x
y× −
B
B
xy
′ ′
= 32 ( 8)
13− −
= 4013
Diperoleh B′(40, 13).
Bayangan titik (x′, y′) ditranslasikan oleh 95
−
:
xy
′′ ′′
= xy
′ ′
+ 95
−
Bayangan titik B′(40, 13) oleh translasi 95
−
:
A
B
xx
′′ ′′
= 4013
+ 95
−
= 3118
Jadi, bayangan akhir titik A adalah (31, 18).
20. Jawaban: aKoordinat bayangan titik T (–2, 3) oleh transformasi
yang diwakili matriks 2 4
3 1−
− adalah (x′, y′).
xy′
′ = 2 4
3 1−
− 2
3−
= 4 126 3+
− − = 16
9 −
Diperoleh koordinat bayangan titik T adalah (16, –9).Koordinat bayangan titik (16, –9) oleh refleksiterhadap garis x = 10 adalah (2(10) – 16, –9)= (4, –9).Jadi, bayangan titik T adalah T′(4, –9).
21. Jawaban: bBayangan (x, y) oleh dilatasi [P(a, b), k] adalah:
xy
′ ′
= k 00 k
x ay b
− −
+ ab
Bayangan titik A(4, –8) oleh dilatasi P[(–2, 2), –2]:
A
A
xy
′ ′
= 2 0
0 2−
− A
A
x 2y 2
+ −
+ 2
2−
= 2 0
0 2−
−
4 28 2+
− − +
22
−
= 2 0
0 2−
−
610
−
+ 2
2−
= 12
20−
+ 2
2−
= 14
22−
Bayangan titik (–14, 22) oleh rotasi [P(–2, 2), 270°]:
xy
″ ″
= cos270 sin270sin270 cos270
° − ° ° °
x 2y 2
+ −
+ 2
2−
= 0 11 0
−
14 222 2
− + −
+ 2
2−
= 0 11 0
−
1220
−
+ 2
2−
= 2012
+ 2
2−
= 1814
Jadi, bayangan titik A adalah (18, 14).
22. Jawaban: aMisalkan koordinat titik A(a, b).T1 = matriks transformasi rotasi [O(0, 0), 90°]
=o o
o o
cos 90 sin 90
sin 90 cos 90
−
= 0 11 0
−
T2 = matriks transformasi refleksi terhadap garisy = –x
=0 11 0
− −
136 Transformasi Geometri
T = T2 T1 = 0 11 0
− −
0 11 0
−
= 1 0
0 1−
Bayangan titik A(a, b) oleh T = T2 T1 adalahA′(8, –6):
A
A
xy
′ ′
= A
A
x1 0y0 1
−
⇔86
−
= 1 0 a
0 1 b−
⇔86
−
= a
b−
Diperoleh: 8 = –a ⇔ a = –8–6 = b ⇔ b = –6
Jadi, koordinat titik A(–8, –6).
23. Jawaban: e
Matriks transformasi R[O, π] = 1 0
0 1−
− .
Koordinat bayangan titik P(3, –1) oleh transformasiyang diwakili matriks N, dilanjutkan rotasi R[O, π],kemudian oleh transformasi yang diwakili matriksM adalah (x′, y′).
xy′
′ = 1 34 2
− −
1 00 1−
− 3 21 0
−
31
−
= 1 3 74 2 3
− − − =
1634
− −
Jadi, bayangan titik P adalah P′(–16, –34).
24. Jawaban: aMisalkan titik (x, y) terletak pada garis 3x + 2y = 6.
(x, y) 3
T4
= − → (x′, y′) D[O, 2]→ (x″, y″)
Bayangan (x, y) oleh translasi T = 34
−
:
xy
′ ′
= x 3
y ( 4)+
+ −
⇔ xy
′ ′
= x 3y 4
+ −
Bayangan titik (x′, y′) oleh dilatasi [O, 2]:
xy
″ ″
= k 00 k
xy
′ ′
= 2 00 2
x 3y 4
+ −
= 2x 62y 8
+ −
Diperoleh x″ = 2x + 6 ⇔ x = x 6
2″ −
. . . (1)
y″ = 2y – 8 ⇔ y = y 8
2″ +
. . . (2)Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis 3x + 2y = 6:
3(x 6
2″ −
) + 2(y 8
2″ +
) = 6
⇔ 3(x″ – 6) + 2(y″ + 8) = 12⇔ 3x″ + 2y″ – 18 + 16 – 12 = 0⇔ 3x″ + 2y″ – 14 = 0Jadi, hasil transformasinya 3x + 2y = 14.
25. Jawaban: aMisalkan titik (x, y) terletak pada garis g dan(x′, y′) adalah bayangan titik (x, y) oleh transformasiR[O, 90°] T maka:
(x, y) T =
→21 (x + 2, y + 1) R[O, 90 ]°→ (–y – 1, x + 2)
Sehingga diperoleh:x ′ = –y – 1 ⇔ y = –x′ – 1y ′ = x + 2 ⇔ x = y′ – 2Substitusi x dan y ke persamaan garis g:⇒ 2(y′ – 2) – x′ – 1 = 3⇔ 2y′ – 4 – x′ – 1 – 3 = 0⇔ 2y′ – x′ – 8 = 0Jadi, persamaan bayangan garis g adalah2y – x – 8 = 0.
26. Jawaban: bMisalkan persamaan garis g adalah ax + by + c = 0dan titik (x, y) terletak pada garis g.Bayangan (x, y) oleh dilatasi [P(5, 3), –2]:
xy
′ ′
= x
2y
−
+ (1 – (–2))
53
= x
2y
−
+ 3
53
= 2x 152y 9
− + − +
Bayangan (x′, y′) oleh dilatasi [Q(–2, 4), 3]:
xy
′′ ′′
= 3xy
′ ′
+ (1 – 3)24−
= 32x 152y 9
− + − +
+ (–2)24−
= 6x + 45 + 46y + 27 8
− − −
= 6x + 496y + 19
− −
137Matematika Kelas XII Program IPA
Diperoleh x′′ = –6x + 49 ⇔ x = x 49
6′′ −− . . . (1)
y′′ = –6y + 19 ⇔ y = y 19
6′′ −− . . . (2)
Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garisg ≡ ax + by + c = 0.
a x 49
6′′ −
− + b
y 196
′′ − −
+ c = 0
⇔ a(x′′ – 49) + b(y′′ – 19) – 6c = 0⇔ ax′′ + by′′ + (–49a – 19b – 6c) = 0⇔ ax + by + (–49a – 19b – 6c) = 0⇔ –3x + 4y + 17 = 0Diperoleh: a = –3
b = 4 ⇔ b = 4–49a – 19b – 6c = 17
⇔ –49(–3) – 19(4) – 6c = 17⇔ 71 – 6c = 17⇔ 6c = –54⇔ c = 9Diperoleh a = –3, b = 4, dan c = 9.Persamaan garis g adalah ax + by + c = 0⇔ –3x + 4y + 9 = 0
27. Jawaban: b
(x, y) → (4 – x, y) → (x – 4, –y)Diperoleh:x′ = x – 4 ⇔ x = x′ + 4y′ = –y ⇔ y = –y′Substitusi x dan y ke persamaan lingkaran:x2 + y2 = 12⇔ (x′ + 4)2 + (–y′)2 = 12⇔ x′2 + 8x′ + 16 + y′2 – 12 = 0⇔ x′2 + y′2 + 8x′ + 4 = 0Jadi, bayangannya x2 + y2 + 8x + 4 = 0.
28. Jawaban: a
(x, y) → (2x, 2y) → (2x, 2 – 2y) →(2 – 2y, –2x)Diperoleh:
x′ = 2 – 2y ⇔ y = 2 x2
′−
y′ = –2x ⇔ x = – 12
y′
Substitusi x dan y ke persamaan garis g:2x + y + 3 = 0
⇔ 2(– 12
y′ ) + ( 2 x2
′− ) + 3 = 0
⇔ –2y′ + 2 – x′ + 6 = 0⇔ –x′ – 2y′ + 8 = 0⇔ x′ + 2y′ – 8 = 0Jadi, persamaan bayangan garis g adalahx + 2y – 8 = 0.
29. Jawaban: bSegitiga ABC siku-siku di B dengan AB = 7 danBC = 4.
L∆ABC = 12 (7 × 4) = 14
Matriks transformasinya:
M = 5 3 2 02 1 0 2
− −
= 10 6
4 2 − −
Luas bayangan ∆ABC:
L = |det (M)| × L∆ABC = 10 6
4 2− − × 14
= 4 × 14 = 56 satuan luas
30. Jawaban: eMatriks transformasinya:
M = 1 3 4 1
0 2 1 0− −
−
= 1 12 0
− −
det (M) = (–1) × 0 – 1(–2) = 2Luas bayangannya adalah
L = det (M) × LKLMN
⇔ 52 = 2 × LKLMN
⇔ LKLMN = 522 = 26 satuan luas
Jadi, luas trapesium KLMN adalah 26 satuan luas.
B. Uraian
1. a. Misalkan translasi T = ab
, maka:
xy′
′ = x
y
+ ab
⇔ab
=
xy′
′ – x
y
= 41
– 25
= 24
−
Jadi, translasi T = 24
−
.
b. Koordinat titik A(2, 1).
xy′
′ = x
y
+ ab
= 21
+ 24
−
= 43
−
Jadi, koordinat bayangan titik A adalahA′(4, –3).
Mx = 2 R[O, 180°]
My = 1 R[O, –90°][O, 2]
138 Transformasi Geometri
c. Koordinat titik B′(–3, 4).
xy′
′ = x
y
+ ab
⇔ 34
−
= xy
+ 24
−
⇔ xy
= 34
−
– 24
−
= 58−
Jadi, koordinat titik B(–5, 8).
2. Titik (5, 1) ditransformasi oleh matriks T = a 34 b
− −
menghasilkan bayangan (7, –12) maka:
712
−
= a 3 54 b 1
− −
⇔712
−
= 5a 320 b
− − +
Dari kesamaan matriks diperoleh:5a – 3 = 7 ⇔ 5a = 10
⇔ a = 2–20 + b = –12 ⇔ b = 8
Diperoleh matriks transformasi T = 2 34 8
− −
.
Misalkan (1, 0) bayangan titik P(x, y) oleh T–1 maka:
10
= T–1xy
⇔ T10
= TT–1 xy
⇔2 3 14 8 0
− −
= xy
⇔ xy
= 24
−
Jadi, koordinat titik P(2, –4).
3. Misal titik (x, y) terletak pada garis g ≡ x + y = 1a. Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan
terhadap titik A(1, 2):
(x, y) (a, b)M→ (2a – x, 2b – y)
xy
′ ′
= 2a x2b y
− −
= 2 1 x2 2 y
× − × −
= 2 x4 y
− −
Diperoleh x′ = 2 – x ⇔ x = 2 – x′ . . . (1)y′ = 4 – y ⇔ y = 4 – y′ . . . (2)
Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garisg ≡ x + y = 1:⇒ (2 – x′) + (4 – y′) = 1⇔ 6 – x′ – y′ = 1⇔ x′ + y′ = 5Jadi, bayangan garis g oleh pencerminanterhadap titik A(1, 2) adalah x + y = 5.
b. Bayangan titik (x, y) oleh pencerminanterhadap titik P(x, x + 1):
xy
′ ′
= 2(x) x
2(x 1) y−
+ −
⇔ xy
′ ′
= x
2x y 2 − +
Diperoleh:x′ = x ⇔ x = x′ . . . (1)y′ = 2x – y + 2 ⇔ y = 2x – y′ + 2
⇔ y = 2x′ – y′ + 2 . . . (2)Substitusi x dan y ke x + y = 1:⇒ x′ + (2x′ – y′ + 2) = 1⇔ 3x′ – y′ = –1Jadi, persamaan bayangan garis g adalah3x – y = –1.
4. Misal: R1 = rotasi [O(0, 0), 180°]R2 = rotasi [O(0, 0), –105°)R = R2 R1
= rotasi [O(0, 0), 180° + (–105°)]= rotasi [O(0, 0), 75°]
cos 75° = cos (45° + 30°)= cos 45° cos 30° – sin 45° sin 30°
= 12
2 × 12
3 – 12
2 × 12
= 14
6 – 14
2
sin 75° = sin (45° + 30°)= sin 45° cos 30° + cos 45° sin 30°
= 12
2 × 12
3 + 12
2 × 12
= 14
6 + 14
2
–sin 75° = –( 14
6 – 14
2 )
= – 14
6 – 14
2
Matriks R = rotasi [O(0, 0), 75°]
= cos 75 sin 75sin 75 cos 75
° − ° ° °
=
1 1 1 14 4 4 41 1 1 14 4 4 4
6 2 6 2
6 2 6 2
− − − + −
139Matematika Kelas XII Program IPA
T = 31
− Mx = 1
Bayangan titik A(–4, 8) dan B(3, –6) oleh rotasi[O(0, 0), 75°].
A B
A B
x xy y
′ ′ ′ ′
=
1 1 1 14 4 4 41 1 1 14 4 4 4
6 2 6 2
6 2 6 2
− − − + −
A B
A B
x xy y
= 1 1 1 14 4 4 41 1 1 14 4 4 4
6 2 6 2
6 2 6 2
− − − + −
4 3
8 6−
−
= 3 3 6 64 4 4 43 3 6 64 4 4 4
6 2 2 6 2 2 6 2 6 2
6 2 2 6 2 2 6 2 6 2
− + − − − + + − − + − + − +
=
9 34 43 94 4
3 6 2 6 2
6 3 2 6 2−
− − + − +
Jadi, diperoleh A′( 3 6 2, 6 3 2− − ) dan
B′(9 3 3 94 4 4 4
6 2, 6 2−+ + ).
5. Misalkan T1 = 3 11 1
− − −
dan T2 = 1 11 2
− −
.
T = matriks transformasi tunggal yang mewakilitransformasi T1 dilanjutkan T2
= T2 T1
= 1 11 2
− −
3 11 1
− − −
= 2 21 3
Misalkan titik (x, y) terletak pada garis x – y = 0.Bayangan titik (x, y) oleh transformasi T:
xy
′ ′
= Txy
⇔xy
′ ′
= 2 21 3
xy
⇔xy
= 12 2
1 3
−
xy
′ ′
= 14
3 21 2
− −
xy
′ ′
= 3x 2y
4x 2y
4
′ ′−
′ ′− +
Dari kesamaan matriks diperoleh:
x = 3x 2y
4′ ′−
dan y = x 2y
4′ ′− +
Substitusikan x dan y ke x – y = 0:
3x 2y4
′ ′− –
x 2y4
′ ′− += 0
⇔ 3x′ – 2y′ – (–x′ + 2y′ ) = 0⇔ 3x′ – 2y′ + x′ – 2′y = 0⇔ 4x′ – 4y′ = 0⇔ x ′– y′ = 0⇔ x – y = 0Jadi, persamaan bayangan garis adalah x – y = 0(garis g itu sendiri). Terbukti.
6. (x, y) → (x + 3, y – 1) → (2 – (x + 3), y – 1)
Diperoleh:x′ = 2 – (x + 3) ⇔ x ′ = –x – 1
⇔ x = –x′ – 1y′ = y – 1 ⇔ y = y′ + 1Substitusi x dan y ke persamaan parabola:y = x2 – 2x + 4⇔ y′ + 1= (–x′ – 1)2 – 2(–x′ – 1) + 4⇔ y′ + 1= x′2 + 2x′ + 1 + 2x′ + 2 + 4⇔ y ′ = x′2 + 4x′ + 6Jadi, bayangannya y = x2 + 4x + 6.
7. a. Bayangan titik A(10, –4) oleh translasi
T1 = 8
6−
:
A
A
xy
′ ′
= A
A
xy
+ 8
6−
= 10
4 −
+ 8
6−
= 22
Diperoleh A′(2, 2).
Misal T2 = ab
Bayangan titik A′(2, 2) oleh translasi T2 = ab
:
A
A
xy
′′ ′′
= A
A
xy
′ ′
+ ab
⇔1212
−
= 22
+ ab
⇔1212
−
= a 2b 2
+ +
140 Transformasi Geometri
Dari kesamaan matriks, diperoleh:a + 2 = 12 ⇔ a = 10b + 2 = –12 ⇔ b = –14
Jadi, matriks translasi T2 = 1014
−
.
b. T = T3 T2 T1
= T3 + T2 + T1
= 57
− −
+ 1014
−
+ 8
6−
= 315
− −
Bayangan titik A(10, –4) oleh translasi
T = 315
− −
:
A
A
xy
′ ′
= A
A
xy
+ 315
− −
= 10
4 −
+ 315
− −
= 719
−
Diperoleh A′(7, –19).Jadi, bayangan titik A oleh translasi T adalah(7, –19).
8. T1 = matriks refleksi terhadap garis y = x
= 0 11 0
T2 = matriks rotasi [O(0, 0), 60°]
= cos 60 sin 60sin 60 cos 60
° − ° ° °
=
1 12 2
1 12 2
3
3
−
T3 = matriks dilatasi [O(0, 0), 2]
= 2 00 2
a. Q = T3 T2 T1
= 2 00 2
1 12 2
1 12 2
3
3
−
0 11 0
= 2 00 2
1 12 21 12 2
3
3
−
= 3 1
1 3
−
b. Misal titik (x, y) terletak pada garis 10x – 7y = 3.Bayangan titik (x, y) oleh transformasi matriks
Q = 3 1
1 3
−
xy
′ ′
= 3 1
1 3
−
xy
⇔xy
= 1
3 1
1 3
− −
xy
′ ′
= 14
3 1
1 3−
− − −
xy
′ ′
= 14
3x y
x 3y−
′ ′− ′ ′− −
Dari kesamaan matriks diperoleh:
x = 3x y4′ ′−
− dan y′ = x 3y
4′ ′− −
−
Substitusi x dan y ke persamaan garis10x – 4y = 3:
103x y
4
′ ′−
− – 4
x 3y4
′ ′− −
− = 3
⇔ 10( 3 x′ – y′) – 4(–x′ – 3 y′) = –12
⇔ 10 3 x′ – 10y′ + 4x′ + 4 3 y′ = –12
⇔ (10 3 + 4)x′ + (4 3 – 10)y′ = –12
⇔ (10 3 + 4)x + (4 3 – 10)y = –12Jadi, bayangan garis 10x – 4y = 3 oleh matriks Q
adalah (10 3 + 4)x + (4 3 – 10)y = –12.
9. Misal:Titik (x, y) terletak pada L: x2 + y2 – 2x + 4y – 3 = 0Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan My = xdilanjutkan pencerminan My = –x:
xy
′ ′
= (My = –x My = x)xy
⇔ xy
′ ′
= 0 11 0
− −
0 11 0
xy
⇔ xy
′ ′
= 1 0
0 1−
−
xy
⇔ xy
′ ′
= xy
− −
141Matematika Kelas XII Program IPA
Y
Q′
P
Q4
2
–1 10
R
X
–6
O
Bayangan titik (x′, y′) oleh dilatasi [P(1, 2), –2]:
xy
″ ″
= 2 0
0 2−
−
x 1y 2
′ − ′ −
+ 12
⇔ xy
″ ″
= 2x 2 12y 4 2
− ′ + + − ′ + +
⇔ xy
″ ″
= 2x 32y 6
− ′ + − ′ +
⇔ xy
″ ″
= 2( x) 32( y) 6
− − + − − +
⇔ xy
″ ″
= 2x 32y 6
+ +
Diperoleh x″ = 2x + 3 ⇔ x = x 3
2″ −
. . . (1)
y″ = 2y + 6 ⇔ y = y 6
2″ −
. . . (2)Substitusi (1) dan (2) ke persamaan lingkaran:
(x 3
2″ −
)2 + (y 6
2″ −
)2 – 2(x 3
2″ −
) + 4(y 6
2″ −
) – 3 = 0
⇔2x 6x 9
4″ − ″ + +
2y 12y 364
″ − ″ + – x″ + 3 + 2y″ – 12
– 3 = 0
⇔2x 6x 9
4″ − ″ + +
2y 12y 364
″ − ″ + – x″ + 2y″ – 12 = 0
⇔ x″2 – 6x″ + 9 + y″2 – 12y″ + 36 – 4x″+ 8y″ – 48 = 0
⇔ x″2 – 6x″ + y″2 – 12y″ – 3 = 0Jadi, bayangan lingkaran adalah:x2 – 4x + y2 – 12y – 3 = 0.
10. P(–1, 2), Q(10, 4), dan R(–1, –6)PR = 8QQ′ = 11
Luas ∆PQR adalah
L = PR QQ2
′× = 8 112× = 44 satuan luas
Luas segitiga setelah ditransformasi oleh matriks
T = 4 18 2
−
adalah:
L′ = |det T| = L = |(8 + 8)| · 44 = 704 satuan luas
Luas segitiga setelah didilatasi [P, 12 ] yaitu:
L′′ = (12 )2 L′ =
14 · 704
= 176 satuan luasJadi, luas segitiga PQR = 44 satuan luas dan luasbayangannya 176 satuan luas.
142 Ulangan Akhir Semester 1
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: d∫ x(2 x – 3) dx
= ∫ (2x – 3 x ) dx
= ∫ (2x – 312x ) dx
= 2 · 12 x2 – 3 ·
23
32x + c
= x2 – 2x x + c
2. Jawaban: df′(x) = (3x – 1)(x + 1)
= 3x2 + 2x – 1f(x) = ∫ f′(x) dx
= ∫(3x2 + 2x – 1) dx= x3 + x2 – x + c
f(2) = 6 ⇒ 23 + 22 – 2 + c = 6⇔ 8 + 4 – 2 + c = 6⇔ c = –4
Diperoleh f(x) = x3 + x2 – x – 4f(x – 1) = (x – 1)3 + (x – 1)2 – (x – 1) – 4
= x3 – 3x2 + 3x – 1 + x2 – 2x + 1 – x + 1 – 4= x3 – 2x2 – 3
Jadi, f(x – 1) = x3 – 2x2 – 3.
3. Jawaban: b3
0f(x) 3 dx+∫ =
3
0f(x) dx∫ +
3
03 dx∫
= 1
0f(x) dx∫ +
3
1f(x) dx∫ + [ ]303x
= 1
0f(x) dx∫ –
1
3f(x) dx∫ + 3(3 – 0)
= 2 – 1 + 9 = 10
4. Jawaban: e
∫ cos (θ + 3π
) cos θ dθ
= 12 ∫ (cos (2θ + 3
π) + cos 3
π) dθ
= 12 ∫ (cos (2θ + 3
π) +
12 ) dθ
= 12 ·
12 sin (2θ + 3
π) +
14 θ + c
= 14 sin (2θ + 3
π) +
14 θ + c
5. Jawaban: c
4
4
π
π−∫ (cos x + sin x)(cos x – sin x) dx
= 4
4
π
π−∫ (cos2 x – sin2 x) dx
= 4
4
π
π−∫ cos 2x dx
= 12 sin 2x 4
4
π
π−
= 12 (sin 2
π – sin 2
−π)
= 12 (1 – (–1)) = 1
6. Jawaban: bMisalkan u = x2 – 6x – 12 maka:dudx = 2x – 6
⇔ dudx = –2(3 – x)
⇔ (3 – x) dx = du2−
Sehingga diperoleh:
∫ 2
3 x
x 6x 12
−
− − dx
= ∫ (x2 – 6x – 1212)
−(3 – x) dx
= ∫ 12u
−
du2−
= –12 ∫
12u
− du
= –12 · 2
12u + c
= – 2x 6x 12− − + c
143Matematika Kelas XII Program IPA
7. Jawaban: aKurva yang membatasi daerah yang diarsir adalah
y = 2 sin x untuk 2π
≤ x ≤ 32π
. Daerah L1 di atas
sumbu X dari x = 2π
sampai dengan x = π,
sedangkan daerah L2 di bawah sumbu X dari x = π
sampai dengan x = 32π
.
L2 = L1=
2
2 sin x dxπ
π
∫
= [ ]2
2 cos x ππ−
= –2(cos π – cos 2π
)= –2((–1) – 0)= 2
Luas daerah yang diarsir:L = L1 + L2 = 2 + 2 = 4 satuan luas
8. Jawaban: b
Luas daerah yang diarsir:
L = 4
0(g(x) f(x)) dx−∫
= 4
1 2 22
0( x x 4 (x 5x 4)) dx− + + − − +∫
= 4
3 22
0( x 6x) dx− +∫
= 41 3 2
2 0x 3x − +
= –12 (43 – 0) + 3(42 – 0)
= – 12
· 43 + 3 · 42
= 16 satuan luas
9. Jawaban: cMencari persamaan kurva terlebih dahulu.Kurva memotong sumbu X di titik (2, 0) dan (5, 0)maka:f(x) = a(x – 2)(x – 5)
= a(x2 – 7x + 10)
Y
X
4
y = f(x)
y = g(x)
–2 0 1 4
Kurva melalui titik (0, 5) maka f(0) = 5.f(0) = a(0 – 0 + 10)
⇒ 5 = 10a
⇔ a = 12
Diperoleh f(x) = 12 (x2 – 7x + 10).
Volume benda putar:
V = π2
0f(x) dx∫
= π2
1 22
0(x 7x 10) dx− +∫
= 21 1 73 2
2 3 2 0( x x 10x) π − +
= 12 π(
13 (23 – 0) –
72 (22 – 0) + 10 (2 – 0))
= 12 π(
83 – 14 + 20)
= π(43 + 3)
= 413 π satuan volume
10. Jawaban: bPersamaan garis yang melalui titik (0, 3) dan (4, 0)adalah 3x + 4y = 12.Daerah penyelesaian di kanan garis 3x + 4y = 12maka pertidaksamaannya 3x + 4y ≥ 12.Persamaan garis yang melalui titik (0, 3) dan (4, 4)dalah 4y – x = 12.Daerah penyelesaian di kanan garis 4y – x = 12maka pertidaksamaannya 4y – x ≤ 12.Daerah penyelesaian di kanan sumbu Y dan di kirigaris x = 4 maka 0 ≤ x ≤ 4.Jadi pertidaksamaannya 3x + 4y ≥ 12, 4y – x ≤ 12,0 ≤ x ≤ 4.
11. Jawaban: dGaris x + 3y = 6 melalui titik (6, 0) dan (0, 2). Olehkarena x + 3y ≤ 6, berarti daerah penyelesaiannyadi sebelah kiri garis x + 3y = 6.Garis 5x + y = 5 melalui titik (1, 0) dan (0, 5). Olehkarena 5x + y ≥ 5, berarti daerah penyelesaiannyadi sebelah kanan garis 5x + y = 5.Garis 5x + 3y = 15 melalui titik (3, 0) dan (0, 5).Oleh karena 5x + 3y ≤ 15, berarti daerah pe-nyelesaiannya di sebelah kiri garis 5x + 3y = 15.Oleh karena x ≥ 0, berarti daerah penyelesaiannyadi kanan sumbu Y.Oleh karena y ≥ 0, berarti daerah penyelesaiannyadi atas sumbu X.
144 Ulangan Akhir Semester 1
Kandungan proteinKandungan lemak
Harga/kg
Makanan
42
2.000
A
24
1.500
B
2016
Kebutuhan
A(0, 10)B(4, 2)C(8, 0)
Titik
2.000 · 0 + 1.500 · 10 = 15.0002.000 · 4 + 1.500 · 2 = 11.000 (minimum)2.000 · 8 + 1.500 · 0 = 16.000
f(x, y) = 2.000x + 1.500y
Y
X
60
32
0 60 106 23
AB(40, 20)
C
(0, 32)(40, 20)(60, 0)
(x, y)
3.000(0) + 7.000(32) = 224.0003.000(40) + 7.000(20) = 260.0003.000(60) + 7.000(0) = 180.000
f(x, y) = 3.000x + 7.000y
10
4
A
B C
x + 2y = 82x + y = 105 80
Irisan daerah penyelesaian dari kelima pertidak-samaan dapat digambarkan sebagai berikut.
Jadi, daerah penyelesaiannya adalah daerah IV.
12. Jawaban: bDibuat tabel:
Model matematikanya: x + 2y ≤ 80, 3x + y ≤ 120,x ≥ 0, y ≥ 0.
13. Jawaban: bMencari titik potong garis 2x – y = 6 dan y = 5.Substitusi y = 5 ke persamaan 2x – y = 6 diperoleh:2x – 5 = 6⇔ 2x = 11
⇔ x = 112
Garis y = 5 dan 2x – y = 6 berpotongan di titik (112 , 5).
Uji titik pojok:
Titik Pojok f(x, y) = 10x – 3y
(0, 5) 10 · 0 – 3 · 5 = –15(0, 2) 10 · 0 – 3 · 2 = –6(3, 0) 10 · 3 – 3 · 0 = 30
( 112 , 5) 10 · 11
2 – 3 · 5 = 40 (maksimum)
Jadi, nilai maksimumnya 40.
14. Jawaban: d
Misalkan: banyak makanan A = xbanyak makanan B = y
Model kalimat matematikanya:4x + 2y ≥ 20 ⇒ 2x + y ≥ 102x + 4y ≥ 16 ⇒ x + 2y ≥ 8x ≥ 0y ≥ 0
Daerah penyelesaian:
Titik B adalah titik potong garis 2x + y = 10 danx + 2y = 8.Menentukan titik B:x + 2y = 8 × 2 2x + 4y = 162x + y = 10 × 1 2x + y = 10
––––––––––– –3y = 6 ⇔ y = 2
Substitusi y = 2 ke persamaan x + 2y = 8 diperoleh:x + 2 · 2 = 8⇔ x = 8 – 4⇔ x = 4Diperoleh koordinat titik B(4, 2).Uji titik pojok:
Jadi, biaya minimum agar kebutuhan protein danlemak orang tersebut dapat terpenuhi adalahRp11.000,00.
15. Jawaban: eMisalkan: x = banyak mobil sedan
y = banyak busModel matematikanya menjadi:
6x + 20y ≤ 640x + y ≤ 60x ≥ 0y ≥ 0
f(x, y) = 3.000x + 7.000y
Menentukan nilai maksimum pada titik-titik sudutdaerah yang diarsir:
31
120
Kain Katun (m)
Jas Pria (x)Jas Wanita (y)
Bahan yang Tersedia
12
80
Kain Wol (m)Jenis
Y
X
5
2
0 1 3 6
145Matematika Kelas XII Program IPA
Dari tabel diperoleh nilai maksimum f(x, y) adalah260.000 dicapai pada titik (40, 20).Jadi, pendapatan akan maksimum jika daerahparkir terisi 40 mobil sedan dan 20 bus.
16. Jawaban: dDari kesamaan matriks diperoleh:
1) 4log y = 12 ⇔ y = 4 2
1= 2
2) 2log z = 4 ⇔ z = 24 = 16
3) xlog y = 4log z⇔ xlog 2 = 4log 16⇔ xlog 2 = 2⇔ 2 = x2
⇔ x = 2 atau x = – 2
Oleh karena bilangan pokok harus positif maka
x = 2 .
Jadi, nilai x = 2 .
17. Jawaban: dDari kesamaan matriks diperoleh:y – 2 – x = x – y ⇔ 2y – 2x = 2
⇔ y – x = 1 . . . (1)x + 2 – y – 3 = 1 – x ⇔ 2x – y = 2 . . . (2)Eliminasi y dari persamaan (1) dan (2). y – x = 1–y + 2x = 2–––––––––– +
x = 3Substitusi x = 3 ke y – x = 1 diperoleh:y – 3 = 1 ⇔ y = 4Jadi, nilai x – y = 3 – 4 = –1.
18. Jawaban: dA2 + pA + qI = pB
⇔ 2 31 2
−
2 31 2
−
+ p2 31 2
−
+ q1 00 1
= p3 31 3
− −
⇔ 1 00 7−
+ 2p 3pp 2p
−
+ q 00 q
= 3p 3pp 3p
− −
Dari kesamaan matriks diperoleh:– 1– 2p + q = –3p ⇔ p + q = –1Jadi, nilai p + q = –1.
19. Jawaban: eBA = C + 2AT
⇔ 1 4
2 3− −
2 35 1
=26 2m n
n 6 7− −
+ + 2
2 53 1
⇔ 22 7
19 9− −
= 26 2m n
n 6 7− −
+ +
4 106 2
⇔ 22 7
19 9− −
= 22 2m n 10
n 12 9− − +
+
Dari kesamaan matriks diperoleh:19 = n + 12 ⇔ n = 7–7 = 2m – n + 10 ⇔ –7 = 2m – 7 + 10
⇔ 2m = –10⇔ m = –5
Jadi, nilai 4m + n = 4(–5) + 7 = –13.
20. Jawaban: b
AB – A = 2 43 1
−
2 13 6
− −
– 2 43 1
−
= 16 263 3
−
– 2 43 1
−
= 14 220 2
−
Determinan matriks (AB – A):
|AB – A| = 14 220 2
− = 28 – 0 = 28
21. Jawaban: ddet A = –x + 2(x – 1) = x – 2
A–1 = 1
det A1 1 x
2 x− −
= 1x 2−
1 1 x2 x− −
det A–1 = 21
(x 2)−(–x – 2(1 – x))
⇒ 14 = 2
1(x 2)−
· (x – 2)
⇔ 14 =
1x 2−
⇔ x – 2 = 4⇔ x = 6
146 Ulangan Akhir Semester 1
A B
CD
E F
GH
22. Jawaban: e
PT + aI = 2 11 1
−
+ a1 00 1
= 2 a 1
1 a 1+
− det (PT + aI) = 0⇒ (2 + a)(a – 1) – 1 = 0⇔ a2 + a – 2 – 1 = 0
⇔ a2 + a + 14
– 14
– 3 = 0
⇔ a2 – a + 14
= 3 14
⇔ (a + 12
)2 = 3 14
23. Jawaban: e
A–1 = 1A
adj. (A)
|A| =
3 4 21 2 2
1 1 1− − = 6 – 8 – 2 – 4 + 6 + 4 = 2
a12 dari A–1 = 1A
12 13
32 33
a aa a
−
= – 12
4 21 1
= –12
(4 – 2) = –1
Jadi, elemen baris pertama kolom kedua dari A–1
adalah –1.
24. Jawaban: c
A = 2 41 5
⇔ A–1 = 110 4−
5 41 2
− −
= 16
5 41 2
− −
AX = B⇔ X = A–1B
= 16
5 41 2
− −
2 67 0
− −
= 16
18 3012 6
− −
= 3 52 1
− −
25. Jawaban: bEFHDCACD +−−
= EFDHACCD +++= HGDHCDAC +++= AG
26. Jawaban: a
u = 4 i – 2 j + k (zu = 1)
v = – i + 4 j – 2k (zv = –2)
w = 2 i + j – 3k (zw = –3)
p = 4u – 2 v – wzp = 4zu – 2zv – zw
= 4 · 1 – 2(–2) – (–3)= 4 + 4 + 3 = 11
Jadi, komponen vektor p pada arah sumbu Zadalah 11.
27. Jawaban: d
AB : AC = 3 : 2
⇔ 3 AC = 2 AB⇔ 3( c – a ) = 2(b – a )⇔ 3 c – 3 a = 2b – 2 a⇔ 3c = 2b + a⇔ 3c = 2(– i + 2 j + 5k) + (5 i – 7 j + 5k)⇔ 3c = 3 i – 3 j + 15k⇔ c = i – j + 5kJadi, koordinat titik C adalah (1, –1, 5).
28. Jawaban: d
a = 341
−
dan b = 253
− −
a – b = 341
−
– 253
− −
= 51
2
−
a · ( a – b ) = 341
−
· 51
2
−
= (3)(5) + (4)(–1) + (–1)(2)= 15 – 4 – 2 = 9
29. Jawaban: d
a = x32
; b = 263
− |a | = | b |
⇔ 2 2 2x 3 2+ + = 2 2 22 ( 6) 3+ − +⇔ 13 + x2 = 49⇔ x2 = 36⇔ x = ± 6
147Matematika Kelas XII Program IPA
Untuk x = 6 maka a = 632
.
a · b = 6 · 2 + 3(–6) + 2 · 3= 12 – 18 + 6 = 0
Oleh karena a · b = 0 maka a dan b membentuksudut 90°.
Untuk x = –6 maka a = 632
−
.
a · b = –6 · 2 + 3(–6) + 2 · 3= –12 – 18 + 6= –24
Oleh karena a · b < 0 berarti a dan b membentuksudut tumpul.Jadi, pernyataan yang benar pilihan d.
30. Jawaban: d
Misalkan α adalah sudut antara vektor u dan v .
Sin α = 15
24 maka cos α = 15 .
|u + v |2 = (u + v)2
= (u )2 + 2u · v + ( v)2
= | u |2 + 2| u | · | v | cos α + | v |2
= 42 + 2 · 4 · 5 · 15 + 52
= 49
⇔ | u + v | = 49= 7 satuan
31. Jawaban: ea = 2 i + 4 j – kb = 2 i – 2 j + kc = x i + y j + zk
Vektor c tegak lurus a dan b , berarti
a · c = 0 ⇒ 2x + 4y – z = 0 . . . . (1)
b · c = 0 ⇒ 2x – 2y + z = 0 . . . . (2)
| c| = 41 ⇒ x2 + y2 + z2 = 412 . . . . (3)Eliminasi x dari persamaan 1 dan 2:2x + 4y – z = 02x – 2y + z = 0–––––––––––––– – 6y – 2z = 0 ⇔ z = 3y
Eliminasi z dari persamaan 1 dan 2:2x + 4y – z = 02x – 2y + z = 0–––––––––––––– + 4x + 2y = 0 ⇔ x = –
12 y
Substitusi z = 3y dan x = –12 y ke persamaan 3:
x2 + y2 + z2 = 412
⇔ 14 y2 + y2 + 9y2 = 412
⇔ 414 y2 = 412
⇔ y2 = 4 · 41
⇔ y = ± 2 41
Oleh karena vektor c membentuk sudut tumpul
dengan sumbu Y arah positif maka y = –2 41.
⇒ z = 3 · y = 3 · (–2 41) = –6 41
⇒ x = –12 y = –
12 · (–2 41) = 41
Jadi, vektor c = 41 i – 2 41 j – 6 41k
= 41( i – 2 j – 6k ).
32. Jawaban: b
a = 4 i – 5 j + 3k = 45
3
−
b = i + p j + k = 1p1
a · b = 45
3
−
1p1
= 4 – 5p + 3 = 7 – 5p
Panjang b = | b | = 2 21 p 1+ + = 2p 2+
Panjang proyeksi a pada b = 2 × panjang b
⇒a · b
b=
12
2p 2+
⇔2
7 5p
p 2
−
+= 2 2p 2+
⇔ 7 – 5p = 2(p2 + 2)⇔ 7 – 5p = 2p2 + 4⇔ 2p2 + 5p – 3 = 0⇔ (2p – 1)(p + 3) = 0⇔ 2p – 1 = 0 atau p + 3 = 0
⇔ p = 12 atau p = –3
Jadi, nilai p = –3 atau p = 12 .
148 Ulangan Akhir Semester 1
33. Jawaban: b
Proyeksi b pada c = 2b c| c |
⋅ c
= 2 2 2 2
2( 3) 4(2) 5(1)
( ( 3) 2 1 )
− − + +
− + +
321
−
= 1914
321
−
= 57 19 1914 7 14
i j k− + +
Jadi, proyeksi vektor b pada c adalah57 19 19
14 7 14i j k− + + .
34. Jawaban: d
Misalkan translasi T = ab
, maka:
xy′
′ = x
y
+ ab
⇔ ab
= xy′
′ – x
y
= 21
– 42
−
= 23−
Diperoleh translasi T = 23
−
.
Koordinat titik B(–2, 5) ditranslasikan oleh T.
xy′
′ = x
y
+ ab
= 25
−
+ 23
−
= 48
−
Jadi, koordinat bayangan titik B adalah B′(–4, 8).
35. Jawaban: aMisalkan (x′, y′) adalah bayangan dari (x, y) oleh
transformasi matriks 2 23 4
.
xy
′ ′
= 2 23 4
xy
⇔ xy
= 12 2
3 4
−
xy
′ ′
= 18 6−
4 23 2
− −
xy
′ ′
= 12
4x 2y3x 2y
′ ′− ′ ′− +
Diperoleh: x = 12 (4x′ – 2y′) = 2x′ – y′
y = 32 (–3x′ + 2y′) = –
32 x′ + y′
Substitusi x dan y ke persamaan garis 2y + x = 1
⇒ 2(–32 x′ + y′) + (2x′ – y′) = 1
⇔ –3x′ + 2y′ + 2x′ – y′ = 1⇔ y′ – x′ = 1Jadi, persamaan garis bayangannya y – x = 1.
36. Jawaban: bDilatasi dengan faktor skala k dan pusat (a, b):
xy′
′ = k
xy
+ (1 – k)ab
; k = 12 , a = 2, b = 4
xy′
′ =
12
xy
+ (1 – 12 )
24
= 12
xy
+ 12
24
= 12
x 2y 4
+ +
x′ = 12 (x + 2) ⇔ x = 2x′ – 2
y′ = 12 (y + 4) ⇔ y = 2y′ – 4
Substitusi x dan y ke persamaan lingkaran:x2 + y2 – 4x + 2y – 24 = 0⇔ (2x′ – 2)2 + (2y′ – 4)2 – 4(2x′ – 2) + 2(2y′ – 4)
– 24 = 0⇔ 4x′2 – 8x′ + 4 + 4y′2 – 16y′ + 16 – 8x′ + 8 + 4y′
– 8 – 24 = 0⇔ 4x′2 + 4y′2 – 16x′ – 12y′ – 4 = 0⇔ x′2 + y′2 – 4x′ – 3y′ – 1 = 0Bayangan lingkaran: x2 + y2 – 4x – 3y – 1 = 0.
37. Jawaban: dMisalkan: Px = a = refleksi terhadap garis x = a
Py = b = refleksi terhadap garis y = b
(x, y) −−−−−−−−−−−→ (2a – x, y)
(x, y) −−−−−−−−−−−→ (x, 2b – y)
(i) A(5, –3) −−−−−−→ A′(2 × 2 – 5, –3) = (–1, –3)
(ii) A′(–1, –3) −−−−→ A′′(–1, 2 × 5 – (–3)) = (–1, 13)
Jadi, bayangan akhir titik A adalah (–1, 13).
38. Jawaban: e
a 34 b
− −
mentransformasikan (1, 4) ke titik (5, 8):
58
= a 3 14 b 4
− −
⇔58
= a 124 4b−
− +
Px = a
Py = b
Px = 2
Py = 5
149Matematika Kelas XII Program IPA
Diperoleh:5 = a – 12 ⇔ a = 178 = –4 + 4b ⇔ 12 = 4b ⇔ b = 3
Matriks transformasinya: 17 3
4 3−
− Misal koordinat titik P = (x, y)
117 34 3
−− −
mentransformasikan P ke (1, 0):
10
= 117 3
4 3
−− −
xy
⇔
1117 3 14 3 0
−− − − =
xy
⇔17 3 1
4 3 0−
− =
xy
⇔17
4 −
= xy
Jadi, koordinat titik P adalah (17, –4).
39. Jawaban: a
Misalkan: 23
R π = rotasi sebesar 23π
berpusat di O
Px = refleksi terhadap garis y = x
Px 23
R π = 0 11 0
2 2
3 3
2 2
3 3
cos sin
sin cos
π π
π π
−
= 0 11 0
1 1
2 2
1 1
2 2
3
3
− − −
=
1 1
2 2
1 1
2 2
3
3
− − −
= 12
3 1
1 3
− − −
40. Jawaban: dMisalkan:Matriks pencerminan terhadap sumbu X
Mx = 1 00 1
−
Matriks dilatasi [O, 2] adalah Mk = 2 00 2
Matriks transformasi komposisinya:
M = Mk Mx = 2 00 2
1 00 1
−
= 2 00 2
−
Misalkan titik (x′, y′) adalah bayangan titik (x, y)oleh matriks transformasi M, maka:
xy
′ ′
= 2 00 2
−
xy
= 2x2y
−
Diperoleh:
x′ = 2x ⇔ x = 12 x′
y′ = –2y ⇔ y = –12 y′
Substitusi nilai x dan y ke persamaan y = x2 + 1:
⇒ –12 y′ = (
12 x′)2 + 1
⇔ –12 y′ =
14 x′2 + 1
⇔ –y′ = 12 x′2 + 2
⇔ y ′ = –12 x′2 – 2
Jadi, persamaan bayangan kurva adalah
y = –12 x2 – 2.
B. Uraian
1. a. ∫ (6x – 3) 2x 1− dxMisalkan u = 2x – 1 maka:dudx = 2
⇔ dx = du2
Diperoleh:
∫ (6x – 3) 2x 1− dx
= ∫ 3(2x – 1)(2x – 112) dx
= 3 ∫ (2x – 132) dx
= 3 ∫ 32u ·
du2
= 3 ∫ 32u du
= 32 ·
25
52u + c
= 35 u2 u + c
= 32 (2x – 1)2 2x 1− + c
150 Ulangan Akhir Semester 1
= π017 13 5
3 5 216x x x
− − +
+ π117 13 5
3 5 016x x x − +
= π(16(0 + 2) – 83 (0 + 8) +
15 (0 + 32))
+ π(16(1 – 0) – 173 (1 – 0) +
15 (1 – 0))
= π(32 – 643 +
325 ) + π(16 –
173 +
15 )
= π(48 – 27 + 335 )
= 2735 π satuan luas
3. a. Persamaan garis yang melalui titik (0, 6) dan(4, 0) dalah 6x + 4y = 24 ⇔ 3x + 2y = 12.Daerah penyelesaian di kanan garis 3x + 2y= 12 maka pertidaksamaannya 3x + 2y ≥ 12.Persamaan garis yang melalui titik (0, 0) dan
(5, 6) adalah y = 65
x ⇔ 6x – 5y = 0.Daerah penyelesaian di kanan garis 6x + 5y= 0 maka pertidaksamaannya 6x + 5y ≥ 0.Persamaan garis yang melalui titik (6, 0) dan(5, 6) adalah y = –6x + 36 ⇔ 6x + y = 36.Daerah penyelesaian di kiri garis 6x + y = 36maka pertidaksamaannya 6x + y ≤ 36.Daerah penyelesaian di atas sumbu X makay ≥ 0.Jadi, sistem pertidaksamaannya adalah:
3x + 2y ≥ 126x – 5y ≥ 06x + y ≤ 36
y ≥ 0b. Persamaan garis yang melalui titik (0, 6) dan
(3, 2) adalah y = – 43
x + 6 ⇔ 4x + 3y = 18.Daerah penyelesaian di kanan garis 4x + 3y= 18 maka pertidaksamaannya 4x + 3y ≥ 18.Persamaan garis yang melalui titik (0, 3) dan
(5, 6) adalah y = 35
x + 3 ⇔ 3x – 5y = –15.
Daerah penyelesaian di kanan garis 3x – 5y = –15maka pertidaksamaannya 3x – 5y ≥ – 15.Persamaan garis yang melalui titik (3, 2) dan(5, 6) adalah y = 2x – 4 ⇔ 2x – y = 4.Daerah penyelesaian di kiri garis 2x – y = 4maka pertidaksamaannya 2x – y ≤ 4.Jadi, sistem pertidaksamaannya:
4x + 3y ≥ 183x – 5y ≥ –152x – y ≤ 4
Y
X
I
II
y1 = 4 – x2
y2 = 3x
–2 0 1 2
b. ∫ (2x – 1) cos x dxMisalkan:
u = 2x – 1 ⇒ dudx = 2
⇔ du = 2 dxdv = cos x dx⇒ v = ∫ cos x dx = sin x
∫ u dv = uv – ∫ v du
∫ (2x – 1) cos x dx= ∫ (2x – 1) d(sin x)= (2x – 1)(sin x) – ∫ (sin x)(–2 dx)= (2x – 1) sin x + 2 ∫ sin x dx= (2x – 1) sin x – 2 cos x + c
2.
a. Luas daerah:L = L1 + L2
= 0
12y
−∫ dx +
1
1 20(y y )−∫ dx
= 0
2
2(4 x )
−−∫ dx +
12
0(4 x 3x)− −∫ dx
= 01 3
3 24x x
− − +
11 33 23 2 0
4x x x − −
= 4(0 + 2) – 13
(0 + 8) + 4(1 – 0) – 13
(1 – 0)
– 32
(1 – 0)
= 8 – 83
+ 4 – 13
– 32
= 7 12
satuan luas
b. Volume benda putarV = V1 + V2
= π0
21
2y
−∫ dx + π
12 2
1 20(y y )−∫ dx
= π0
2 2
2(4 x )
−−∫ dx + π
12 2 2
0((4 x ) (3x) )− −∫ dx
= π0
2 4
2(16 8x x )
−− +∫ dx
+ π1
2 4 2
0(16 8x x 9x )− + −∫ dx
151Matematika Kelas XII Program IPA
4. Daerah penyelesaian dari sistem pertidaksamaantersebut:
Uji titik pojok:
Jadi, nilai minimumnya 30.
5. a. Misal x = banyak sarung bantaly = banyak taplak meja
Model matematika:Meminimumkan f(x, y) = 2.000x + 1.500ydengan kendala:15x + 10y ≤ 480 ⇔ 3x + 2y ≤ 9610x + 10y ≤ 300 ⇔ x + y ≤ 30Daerah penyelesaian:
Uji titik pojok
Jadi, upah minimum yang diterima Bu SofiRp45.000,00.
b. Bu Sofi menjahit 20 potong sarung bantal,berarti x = 20untuk x = 20 maka 20 + y = 30 ⇔ y = 10 dan3 · 20 + 2y = 96 ⇔ y = 18Diperoleh nilai minimum f(20, 10) dan nilaimaksimum f(20, 18).
f(20, 10) = 2.000 · 20 + 1.500 · 10 = 55.000f(20, 18) = 2.000 · 20 + 1.500 · 18 = 67.000Jadi, upah minimum dan upah maksimumyang akan diterima Bu Sofi berturut-turutadalah Rp55.000,00 dan Rp67.000,00
6. Misal: x = umur Andi sekarangy = umur Budi sekarangz = umur Tini sekarang
Diperoleh SPL:(i) x + y = 7 + z ⇔ x + y – z = 7(ii) (x – 2) + (z – 2) = 24 ⇔ x + z = 28(iii) (y + 3) + (z + 3) = 3(x + 3) ⇔ –3x + y + z = 3
D =1 1 11 0 13 1 1
−
−
= 1 · 0 · 1 + 1 · 1 · (–3) + (–1) · 1 · 1– (–3) · 0 · (–1) – 1 · 1 · 1 – 1 · 1 · 1
= 0 – 3 – 1 – 0 – 1 – 1= –6
Dx =7 1 128 0 13 1 1
−
= 7 · 0 · 1 + 1 · 1 · 3 + (–1) · 28 · 1– 3 · 0 · (–1) – 1 · 1 · 7 – 1 · 28 · 1
= 0 + 3 – 28 + 0 – 7 – 28= –60
Dy =1 7 11 28 13 3 1
−
−
= 1 · 28 · 1 + 7 · 1 · (–3) + (–1) · 1 · 3– (–3) · 28 · (–1) – 3 · 1 · 1 – 1 · 1 · 7
= 28 – 21 – 3 – 84 – 3 – 7 = –90
Dz =1 1 71 0 283 1 3−
= 1 · 0 · 3 + 1 · 28 · (–3) + 7 · 1 · 1 – (–3) · 0 · 7– 1 · 28 · 1 – 3 · 1 · 1
= 0 – 84 + 7 + 0 – 28 – 3 = –108
x = xDD =
606
−− = 10
y = yD
D =
906
−− = 15
z = zDD =
1086
−− = 18
Jadi, umur Andi, Budi, dan Tini sekarang berturut-turut 10 tahun, 15 tahun, dan 18 tahun.
(4, 2)(8, 4)(0, 6)
Titik f(x, y) = 6x + 5y
6 · 4 + 5 · 2 = 346 · 8 + 5 · 4 = 686 · 0 + 5 · 6 = 30 ← minimum
Y
X
6
4
2
x – 2y = 0
x + 4y = 24
x + y = 60 4 6 8
(0, 30)(30, 0)(32, 0)(0, 48)
Titik f(x, y) = 2.000x + 1.500y
2.000 · 0 + 1.500 · 30 = 45.000 ← minimum2.000 · 30 + 1.500 · 0 = 60.0002.000 · 32 + 1.500 · 0 = 64.0002.000 · 0 + 1.500 · 48 = 72.000
Y
X
48
30
18
10
3x + 2y = 96
x + y = 30
20 30 320
152 Ulangan Akhir Semester 1
7. Posisi partikel mula-mula pada saat t = 0 yaitu
P =
00 20 1
+ −
=
021
−
Posisi partikel pada detik ke-3 yaitu
Q =
33 23 1
+ −
=
352
Jarak partikel dari tempat mula-mula:
PQ = 2 2 2(3 0) (5 2) (2 ( 1))− + − + − −
= 2 2 23 3 3+ +
= 27 = 3 3Jadi, jarak partikel dari tempat semula adalah3 3 satuan.
8. a.
AB = b – a
=
320
–
441
=
121
− − −
AC = c – a
=
232
–
441
=
21
1
− −
cos ∠A = AB AC| AB| | AC |
⋅
= 2 2 2 2 2 2
1 22 11 1
( ( 1) ( 2) ( 1) )( ( 2) ( 1) 1
− − − − −
− + − + − − + − +
= 2 2 16 6
+ − = 36 =
12
∠A = Arc cos 12
= 60°
BA = a – b
=
441
–
320
=
121
BC = c – b
=
232
–
320
=
112
−
cos ∠B = BA BC
|BA | |BC|⋅
= 2 2 2 2 2 2
1 12 11 2
1 2 1 ( 1) 1 2
−
+ + − + +
= 1 2 2
6 6− + +
= 36
= 12
∠B = arc cos 12
= 60°∠C = 180° – 60°– 60°
= 60°b. Jenis segitiga ABC adalah segitiga sama sisi.
c. |AB| = 6 satuan
|BC| = 6 satuan
|AC| = 6 satuanKeliling = |AB| + |BC| + |AC|
= 6 + 6 + 6
= 3 6 satuan
Luas = 12 |AB||AC| sin A
= 12 × 6 × 6 sin 60°
= 12 × 6 ×
12 3
= 32 3 satuan luas
9. Garis g1: x – 2y + 4 = 0 dan g2: 4x – 3y – 4 = 0berpotongan di titik P(4, 4).
Gradien garis g1: m1 = tan θ1 = 12
sehingga sin θ1 = 15 dan cos θ1 =
25
.
Gradien garis g2: m2 = tan θ2 = 43
sehingga sin θ2 = 45 dan cos θ2 =
35 .
A(4, 4, 1) B(3, 2, 0)
C(2, 3, 2)
153Matematika Kelas XII Program IPA
Misal α: sudut antara g1 dan g2 maka α = θ2 – θ1sin α = sin (θ2 – θ1)
= sin θ2 cos θ1 – cos θ2 sin θ1
= 45 ×
25 –
35 ×
15
= 5
5 5
= 15
cos α = cos (θ2 – θ1)= cos θ2 cos θ1 + sin θ2 sin θ1
= 35 ×
25 +
45 ×
15
= 10
5 5 = 25
sin 2α = 2 sin α cos α
= 2 × 15 ×
25 =
45
cos 2α = cos2 α – sin2 α
= (25 )2 – (
15 )2
= 45 –
15 =
35
Koordinat bayangan:
xy
′ ′
= cos 2 sin 2sin 2 cos 2
α − α α α
P
P
x xy y
− −
+ P
P
xy
=
3 45 54 35 5
−
x 4y 4
− −
+ 44
Koordinat bayangan titik A:
A
A
x
y
′ ′
=
3 45 54 35 5
−
A
A
x 4
y 4
− −
+ 44
=
3 45 54 35 5
−
9 41 4−
− − +
44
=
3 45 54 35 5
−
55
−
+ 44
= 3 44 3
+ −
+ 44
= 115
Koordinat bayangan titik B:
B
B
xy
′ ′
=
3 45 54 35 5
−
B
B
x 4
y 4
− −
+ 44
=
3 45 54 35 5
−
14 44 4
− −
+ 44
=
3 45 54 35 5
−
100
+ 44
= 6 08 0
+ +
+ 44
= 1012
Koordinat bayangan titik C:
C
C
xy
′ ′
=
3 45 54 35 5
−
C
C
x 4
y 4
− −
+ 44
=
3 45 54 35 5
−
19 46 4
− − −
+ 44
=
3 45 54 35 5
−
1510
−
+ 44
= 9 812 6
+ −
+ 44
= 2110
Jadi, koordinat bayangan segitiga ABC adalahA′(11, 5), B′(10, 12), dan C′(21, 10).
10. (x, y) R[O, 270°]→ (y, –x) 2T =
5−
→ (y – 2, –x + 5)
Diperoleh:x′ = y – 2 ⇔ y = x′ + 2y′ = –x + 5 ⇔ x = 5 – y′Substitusi x dan y ke persamaan garis:y = 4x – 1⇔ x′ + 2 = 4(5 – y′) – 1⇔ x′ + 2 = 20 – 4y′ – 1⇔ x′ + 4y′ – 17 = 0Jadi, persamaan bayangannya x + 4y – 17 = 0.
154 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma
NilaiModel Pengintegrasian Nilai Pendidikan Karakter
IndikatorStandar Kompetensi Kompetensi Dasar Nilai4. Menggunakan konsep
barisan dan deretdalam pemecahanmasalah.
4.1 Menentukan suku ke-n barisan dan jumlah nsuku pertama deret aritmetika dan geometri.
4.2 Menggunakan notasi sigma dalam deret daninduksi matematika dalam pembuktian.
4.3 Merancang model matematika dari masalahyang berkaitan dengan deret.
4.4 Menyelesaikan model matematika dari masalahyang berkaitan dengan deret dan penafsirannya.
Tekun Menggunakan falsafahderet aritmetika untukmenyelesaikan masalahdalam kehidupan sehari-hari.
Pada bab ini akan dipelajari:1. Barisan dan deret aritmetika2. Suku ke-n dan jumlah n suku pertama deret aritmetika3. Barisan dan deret geometri4. Suku ke-n dan jumlah n suku pertama deret geometri5. Barisan dan deret geometri tak hingga6. Jumlah deret geometri tak hingga7. Notasi sigma8. Sifat-sifat notasi sigma9. Induksi matematika
Barisan, Deret, dan Notasi Sigma
Menentukan suku ke-nbarisan dan jumlah nsuku pertama deret
aritmetika dan geometri
Menyelesaikan modelmatematika dari masalahyang berkaitan dengan
deret dan penafsirannya
• Mendeskripsikan pe-ngertian, suku, dan bedabarisan aritmetika
• Mendeskripsikan pe-ngertian deret aritmetika
• Menentukan suku ke-n danjumlah n suku pertama baris-an dan deret aritmetika
• Mendeskripsikan penger-tian, suku, dan rasio barisangeometri
• Mendeskripsikan pe-ngertian deret geometri
• Menentukan suku ke-ndan jumlah n suku pertamabarisan dan deret geometri
• Menyelesaikan masalahmenggunakan barisanatau deret aritmetika
• Menyelesaikan masalahmenggunakan bentukbarisan atau deretgeometri
Siswa mampu menentukansuku ke-n barisan dan
jumlah n suku pertama deretaritmetika dan geometri
Siswa mampu menyelesaikanmodel matematika dari masalahyang berkaitan dengan barisandan deret dan penafsirannya
Siswa mampu merancangmodel matematika dari
masalah yang berkaitandengan barisan dan deret
• Mengubah masalahmenjadi bentuk barisanatau deret aritmetika
• Mengubah masalahmenjadi bentuk barisanatau deret geometri
Merancang modelmatematika dari masalahyang berkaitan dengan
deret
Menggunakan notasisigma dalam deret dan
induksi matematika dalampembuktian
• Mendeskripsikan pe-ngertian dan sifat-sifatnotasi sigma
• Menggunakan notasisigma dalam deret
• Mendeskripsikan pe-ngertian dan sifat induksimatematika
• Menggunakan induksimatematika dalampembuktian
Siswa mampu menggunakannotasi sigma dalam deretdan induksi matematika
dalam pembuktian
Siswa dapat menggunakan konsep barisan dan deret dalampemecahan masalah
155Matematika Kelas XII Program IPA
4. Jawaban: aU6 = a + 5b⇔ –32 = 48 + 5b⇔ 5b = –32 – 48⇔ 5b = –80⇔ b = –16U3 × U5 = (a + 2b) × (a + 4b)
= (48 + 2(–16)) × (a + 4(–16))= (48 – 32) × (48 – 64)= 16 × (–16)= –256
5. Jawaban: dSelisih tinggi selalu bernilai positif maka U1 = 60dan U10 = 1.275.U10 = U1 + 9b ⇔ 1.275 = 60 + 9b
⇔ 9b = 1.215⇔ b = 135
Tinggi tiang penyangga ke-6:U6 = U1 + 5b = 60 + 5 · 135 = 735 cm
6. Jawaban: cU5 + U7 = 144⇔ a + 4b + a + 6b = 144⇔ 2a + 10b = 144⇔ 2(a + 5b) = 144⇔ a + 5b = 72⇔ U6 = 72
U5 + U6 + U7 = (U5 + U7) + U6
= 144 + 72= 216
Jadi, jumlah suku ke-5 sampai suku-7 adalah 216.
7. Jawaban: cU5 = 11 ⇒ U1 + 4b = 11 . . . . (1)U8 + U12 = 52⇔ (U1 + 7b) + (U1 + 11b) = 52⇔ 2U1 + 18b = 52⇔ 2(U1 + 9b) = 52⇔ U1 + 9b = 26 . . . . (2)Dari persamaan (1) dan persamaan (2) diperoleh:U1 + 4b = 11U1 + 9b = 26––––––––––– – –5b = –15⇔ b = 3U1 + 4b = 11⇔ U1 = 11 – 4b
= 11 – 12= –1
A. Pilihan Ganda1. Jawaban: c
Barisan bilangan asli genap yaitu 2, 4, 6, 8, . . .U1 = a = 2b = 4 – 2 = 2
Sn = n2 (2a + (n – 1)b)
= n2 (2 · 2 + (n – 1)2)
= n2 (4 + 2n – 2)
= n2 (2n + 2)
= n2 + n
2. Jawaban: eDari permasalahan di atas diperoleh:U5 = a + 4b = –20 . . . (1)U8 = a + 7b = –38 . . . (2)Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2).a + 4b = –20a + 7b = –38–––––––––––– –
–3b = 18⇔ b = –6 . . . (3)Substitusikan persamaan (3) ke persamaan (1).a + 4b = –20⇔ a + 4 × (–6) = –20⇔ a – 24 = –20⇔ a = –20 + 24⇔ a = 4U12 = a + 11b
= 4 + 11 × (–6)= 4 – 66= –62
Jadi, suku kedua belas barisan tersebut –62.
3. Jawaban: dU2 + U15 + U40 = 165⇔ (U1 + b) + (U1 + 14b) + (U1 + 39b) = 165⇔ 3U1 + 54b = 165⇔ 3(U1 + 18b) = 165⇔ U1 + 18b = 55⇔ U19 = 55Jadi, nilai U19 adalah 55.
156 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma
S8 = 82 (2U1 + 7b)
= 4(2(–1) + 21)= 4(19)= 76
8. Jawaban: bSn = n2 + 3nS20 = 202 + 3 × 20
= 400 + 60= 460
S19 = 192 + 3 × 19= 361 + 57= 418Un = Sn – Sn – 1
⇔ U20 = S20 – S19
⇔ U20 = 460 – 418⇔ U20 = 42Jadi, suku ke-20 deret tersebut 42.
9. Jawaban: bU3 = 9⇔ a + 2b = 9 . . . (1)U5 + U7 = 36⇔ a + 4b + a + 6b = 36⇔ 2a + 10b = 36⇔ a + 5b = 18 . . . (2)Eliminasi a dari persamaan (1) dan persamaan (2).a + 2b = 9a + 5b = 18––––––––––– –
–3b = –9⇔ b = 3 . . . (3)Substitusikan persamaan (3) ke persamaan (1).a + 2b = 9⇔ a + 6 = 9⇔ a = 3
S10 = 102 (2(3) + (10 – 1)3)
= 5(6 + 27)= 5 × 33= 165
Jadi, jumlah 10 suku pertamanya adalah 165.
10. Jawaban: bSn = (2a + (n – 1)b)S3 = 27
⇔ 32 (2a + (3 – 1)b) = 27
⇔ 32 (2a + 2b) = 27
⇔ 2a + 2b = 27 × 2
3
⇔ 2a + 2b = 18 . . . . (1)
S8 = 172
⇔ 82 (2a + (8 – 1)b) = 172
⇔ 4(2a + 7b) = 172⇔ 2a + 7b = 43 . . . . (2)Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2).2a + 2b = 182a + 7b = 43––––––––––– –
–5b = –25⇔ b = 5 . . . (3)Substitusikan persamaan (3) ke persamaan (1).2a + 2b = 18⇔ 2a + 2(5) = 18⇔ 2a + 10 = 18⇔ 2a = 18 – 10⇔ 2a = 8⇔ a = 4Jadi, suku pertamanya adalah 4.
11. Jawaban: bUn = a + (n – 1)bU3 + U5 + U7 + U9 = 104⇔ (a + 2b) + (a + 4b) + (a + 6b) + (a + 8b) = 104⇔ 4a + 20b = 104⇔ 4(a + 5b) = 104⇔ a + 5b = 26⇔ U6 = 26Jadi, U6 adalah 26.
12. Jawaban: eBarisan bilangan asli antara 1 dan 200 yang habisdibagi 4 adalah 4, 8, 12, . . . , 196.a = 4b = 8 – 4 = 4Un = a + (n – 1)b⇔ 196 = 4 + (n – 1)4⇔ 196 = 4 + 4n – 4⇔ 196 = 4n⇔ n = 49
Sn = n2 (U1 + Un) =
492 (4 + 196)
= 492 × 200 = 4.900
Jadi, jumlah bilangan asli antara 1 dan 200 yanghabis dibagi 4 adalah 4.900.
13. Jawaban: bSusunan bilangannya sebagai berikut.4, (4 + b), (4 + 2b), (4 + 3b), (4 + 4b), (4 + 5b), 28.Oleh karena barisan tersebut barisan arimetikamaka selisih dua suku yang berurutan haruslahsama, yaitu b. Dari dua suku terakhir diperoleh:28 – (4 + 5b) = b ⇔ 24 – 5b = b
⇔ 24 = 6b⇔ b = 4
Jadi, beda barisan aritmetika tersebut 4.
157Matematika Kelas XII Program IPA
14. Jawaban: cDiketahui U2 = 190, b = 5Suku terakhir = U48U1 = U2 – b = 190 – 5 = 185 cmU48 = U1 + (48 – 1)b
= 185 + 47 · 5= 185 + 235= 420
U50 = U48 = 420 cmJadi, tinggi pohon pada pengamatan ke-50 adalah420 cm.
15. Jawaban: cLama kontrak = n = 10 tahunGaji awal = U1 = 1.600.000Kenaikan gaji = b = 200.000
Sn = n2 (2U1 + (n – 1)b) sehingga diperoleh:
S10 = 102 (2 × 1.600.000 + 9 × 200.000)
= 5(3.200.000 + 1.800.000)= 5 × 5.000.000= 25.000.000
Jadi, total gaji yang diterima hingga menyelesaikankontrak adalah Rp25.000.000,00.
B. Uraian
1. a. Diketahui U5 = 4 dan U9 = 20 pada barisanaritmetika.
Un = U1 + (n – 1)b⇔ U5 = U1 + 4b⇔ 4 = U1 + 4b . . . (1)
U9 = U1 + 8b⇔ 20 = U1 + 8b . . . (2)Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2).U1 + 4b = 4 × 2 2U1 + 8b = 8U1 + 8b = 20 × 1 U1 + 8b = 20
–––––––––––– –⇔ U1 = –12
Jadi, suku pertama barisan tersebut –12.b. U1 = –12 sehingga:
U5 = U1 + 4b⇔ 4 = –12 + 4b⇔ 4b = 16⇔ b = 4
Un = 64⇔ U1 + (n – 1)b = 64⇔ –12 + (n – 1)4 = 64⇔ 4n – 4 = 76⇔ 4n = 80⇔ n = 20Jadi, banyak suku barisan tersebut 20.
2. Misalkan bilangan-bilangan itu a, a + b, a + 2b,a + 3b, a + 4b.Jumlah 5 buah bilangan aritmetika 75 maka:a + a + b + a + 2b + a + 3b + a + 4b = 75⇔ 5a + 10b = 75⇔ a + 2b = 15⇔ a = 15 – 2b . . . (1)Hasil kali bilangan terkecil dan terbesar 161 maka:
a(a + 4b) = 161⇔ a2 + 4ab = 161 . . . (2)Substitusikan persamaan (1) ke persamaan (2).
(15 – 2b)2 + 4(15 – 2b)b = 161⇔ 225 – 60b + 4b2 + 60b – 8b2 = 161⇔ 225 – 4b2 = 161⇔ –4b2 = –64⇔ b2 = 16⇔ b = ± 4Untuk b = 4 maka a = 15 – 2(4) = 7Untuk b = –4 maka a = 15 – 2(–4) = 23Barisan tersebut: 7, 11, 15, 19, 23, atau 23, 19,15, 11, 7.Jadi, selisih bilangan terbesar dan terkecil23 – 7 = 16.
3. Suatu barisan bilangan U1, U2, U3, . . ., Unmerupakan barisan aritmetika jika selisih dua sukuyang berurutan selalu tetap.b = Un – Un – 1a. U2 – U1 = U3 – U2
⇔ (3k – 1) – (k + 5) = (4k – 1) – (3k – 1)⇔ 2k – 6 = k⇔ k = 6Untuk k = 6 diperoleh:U1 = k + 5 = 6 + 5 = 11U2 = 3k – 1 = 3(6) – 1 = 17U3 = 4k – 1 = 4(6) – 1 = 23Jadi, barisan aritmetika tersebut 11, 17, dan23.
b. U2 – U1 = U3 – U2
⇔ k – (k – 4) = (2k – 1) – k⇔ 4 = k – 1⇔ k = 4 + 1⇔ k = 5Untuk k = 5 diperoleh:U1 = k – 4 = 5 – 4 = 1U2 = k = 5U3 = 2k – 1 = 2(5) – 1 = 9Jadi, barisan aritmetika tersebut 1, 5, dan 9.
158 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma
U8 = ar7
⇔ –384 = ar4 · r3
⇔ –384 = 48 · r3
⇔ r3 = –8⇔ r = 3 8− = –2
Substitusikan r = –2 ke persamaan (1).48 = a(–2)4
⇔ a = 4816
⇔ a = 3
U4 + U6 = ar3 + ar5
= 3(–2)3 + 3(–2)5
= –24 – 96= –120
3. Jawaban: c
r = 3
2
UU
= 2010 = 2
U2 = ar⇔ 10 = 2a⇔ a = 5
U4 × U5 = ar3 × ar4
= a2r7
= 52 × 27
= 25 × 128= 3.200
Jadi, nilai U4 × U5 adalah 3.200.
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: c
4
2
UU
= 3ar
ar
⇔14
1= r2
⇔ 14 = r2
⇔ r = 12
Substitusikan r = 12 ke U2 = ar.
U2 = ar
⇔ 1 = 12 a
⇔ a = 2Menentukan suku ke-7 (U7).U7 = ar6
= 4 × (12 )6
= 4 × 1
64
= 1
16
Jadi, suku ke-7 barisan tersebut 1
16 .
2. Jawaban: aUn = arn – 1
U5 = ar4
⇔ 48 = ar4 . . . . (1)
4. Sn + 3 – 3Sn + 2 + 3Sn + 1 – Sn
= (Sn + 3 – Sn) – 3(Sn + 2 – Sn + 1)= Un + 1 + Un + 2 + Un + 3 – 3(Un + 2)= Un + 1 + Un + 3 – 2Un + 2
= 2Un + 2 – 2Un + 2 (Ingat: 2Un + 1 = Un + Un + 2)= 0Jadi, terbukti bahwa Sn + 3 – 3Sn + 2 + 3Sn + 1 – Sn = 0.
5. Misalkan:Sx = S6 = jumlah 6 suku pertamaSy = jumlah U7 sampai dengan U16
Stotal = S16 = jumlah 16 suku pertama
Sx = 324⇔ S6 = 324⇔ 6
2 (2a + (6 – 1)b = 324⇔ 3(2a + 5b) = 324⇔ 2a + 5b = 108 . . . (1)
Stotal = Sx + Sy
⇔ S16 = 324 + 220
⇔ 162 (2a + (16 – 1)b = 544
⇔ 8(2a + 15b) = 544⇔ 2a + 15b = 68 . . . (2)
Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2).2a + 5b = 1082a + 15b = 68–––––––––––––– –
–10b = 40⇔ b = –4
Substitusikan b = –4 ke persamaan (1).2a + 5b = 108⇔ 2a + 5(–4) = 108⇔ 2a – 20 = 108⇔ 2a = 108 + 20⇔ 2a = 128⇔ a = 64Jadi, suku pertama dari deret tersebut 64.
159Matematika Kelas XII Program IPA
4. Jawaban: e
Diketahui barisan geometri dengan U5 = 13 dan r =
13 .
Un = arn – 1
⇔ U5 = ar4
⇔ 13 = a × (
13 )4
⇔ 13 = a × 4
13
⇔ a = 13 × 34
⇔ a = 33
U9 = ar8 = 33 × (13 )8 =
3
833
= 51
3 =
1243
Jadi, suku ke-9 barisan tersebut 1
243 .
5. Jawaban: eU1 = p–2
U2 = p2x
r = 2
1
UU
= 2x
2pp− = p2x + 2
U10 = p88
⇔ U1r9 = p88
⇔ p88 = p–2(p2x + 2)9
⇔ p88 = p–2 · p18x + 18
⇔ p88 = p18x + 16
⇔ 88 = 18x + 16⇔ 18x = 72⇔ x = 4
6. Jawaban: bUn = arn – 1
U3 × U5 = ar2 × ar4
⇔ 14 = a2r6
⇔ 14 = (ar3)2
⇔ ar3 = 12
⇔ U4 = 12
Jadi, suku keempat barisan tersebut adalah 12 .
7. Jawaban: dUn = 96
⇔ U6 = 96⇔ ar5 = 96⇔ 3r5 = 96⇔ r5 = 32⇔ r = 2
S6 = 63(2 1)
2 1−
− = 3(64 1)
1−
= 3 × 63 = 189
Jadi, jumlah seluruh deret tersebut 189.
8. Jawaban: dMisalkan lima suku pertama barisan aritmetikatersebut a – 2b, a – b, a, a + b, a + 2b.(a – 2b) + (a – b) + a + (a + b) + (a + 2b) = 40⇔ 5a = 40⇔ a = 8Barisan aritmetika menjadi:8 – 2b, 8 – b, 8, 8 + b, 8 + 2bBarisan geometri:8 – 2b, (8 – b) + 2, 8 + 8⇔ 8 – 2b, 10 – b, 16
r = 10 b8 2b
−− atau r =
1610 b−
Diperoleh:10 b8 2b
−− =
1610 b−
⇔ (10 – b)2 = 16(8 – 2b)⇔ 100 – 20b + b2 = 128 – 32b⇔ b2 + 12b – 28 = 0⇔ (b + 14)(b – 2) = 0⇔ b = –14 atau b = 2b > 0 ⇒ diambil b = 2U5 – U3 = (U1 + 4b) – (U1 + 2b)
= 2b= 4
9. Jawaban: e
S∞ = a
1 r−
⇔ 5 = 3
1 r−
⇔ 5(1 – r) = 3⇔ 5 – 5r = 3⇔ 5r = 5 – 3⇔ 5r = 2
⇔ r = 25
Jadi, rasio deret tersebut 25 .
10. Jawaban: cS∞ = 3U1 = 2x + 1
S∞ = 1U1 r−
⇔ 3 = 2x + 11 r−
⇔ 3 – 3r = 2x + 1⇔ 3r = 2 – 2x
⇔ r = 2 2x
3−
Deret geometri tak hingga mempunyai jumlah jika–1 < r < 1.
160 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma
Untuk r > –1 diperoleh:
2 2x3
− > –1
⇔ 2 – 2x > –3⇔ –2x > –5
⇔ x < 52
Untuk r < 1 diperoleh:
2 2x3
−< 1
⇔ 2 – 2x < 3⇔ –2x < 1
⇔ x > –12
Jadi, nilai x yang memenuhi {x | –12 < x <
52 }.
11. Jawaban: ba = 5r = 2Un = 160⇔ arn – 1 = 160⇔ 5(2)n – 1 = 160⇔ 2n – 1 = 32⇔ 2n – 1 = 25
⇔ n – 1 = 5⇔ n = 6Jadi, waktu bakteri membelah 6 detik.
12. Jawaban: ex 1
x− + 1
x + 1
x(x 1)−, . . .
Rasio deret = r = 1x
(x 1)x− = 1
x 1−
Syarat jumlahnya mempunyai limit yaitu:
| r | < 1 ⇔ | 1 x1− | < 1
⇔ |x – 1| > 1⇔ (x – 1)2 > 12
⇔ (x – 1)2 – 12 > 0⇔ (x – 1 – 1)(x – 1 + 1) > 0⇔ (x – 2) · x > 0⇔ x < 0 atau x > 2
Jadi, nilai x < 0 atau x > 2 agar jumlah deretmempunyai limit.
13. Jawaban: aa = 16
r = 2
1
UU
= 8
16−
= –12
S∞ = a1 r−
= 12
161+
= 32
16 = 323
Jadi, jumlah tak hingga dari deret tersebut 323 .
14. Jawaban: dlog U1 – log U2 – log U3 + log U4 + log U5 = log 6
⇔ log 1 4 5
2 3
U U UU U
= log 6
⇔ log 4
2a × 12 × ar
ar × ar= log 6
⇔ log 12r = log 6⇔ 12r = 6
⇔ r = 12
U4 = 12⇔ ar3 = 12
⇔ a(12 )3 = 12
⇔ 18 a = 12
⇔ a = 96
S5 = 1 5212
9(1 ( ) )
1
−
−
= 1
3212
9(1 )− =
3132
12
96 × = 186
Jadi, S5 adalah 186.
15. Jawaban: bPanjang lintasan semut dari hari pertama sampaiberhenti membentuk barisan geometri tak hingga
dengan a = 1,5 dan r = 12 .
Panjang lintasan semut sampai berhenti:
S¥ = a1 r−
= 12
1,5
1− = 1
2
1,5 = 3 m
B. Uraian
1. a. Diketahui U2 = –364 dan U5 =
38 .
Un = arn – 1
5
2
UU =
4arar
⇔38364
−= r3
⇔ 38 × (– 64
3) = r3
⇔ –8 = r3
⇔ r = –2Jadi, rasio barisan tersebut –2.
b. U2 = –364
⇔ ar = –364
⇔ a × (–2) = –364
⇔ a = 3
128
161Matematika Kelas XII Program IPA
Sn = na(1 r )
1 r−−
⇔ S10 = 3 10
128(1 ( 2) )
1 ( 2)
− −− −
⇔ S10 = 3 10
128(1 2 )
3
−
⇔ S10 = 1
128 (1 – 210)
⇔ S10 = 1
128 – 102
128
⇔ S10 = 1 1.024
128−
⇔ S10 = –1.023128
⇔ S10 = –7127128
Jadi, jumlah 10 suku pertama barisan –7127128 .
2. log U1 + log U2 + log U3 + log U4 + log U5 = 15 log 2⇔ log (U1 · U2 · U3 · U4 · U5) = log 215
⇔ U1 · U2 · U3 · U4 · U5 = 215
⇔ a · a · r · a · r2 · a · r3 · a · r4 = 215
⇔ a5r10 = 215
⇔ a5(210) = 215
⇔ a5 = 15
1022
⇔ a5 = 25
⇔ a = 2
Sn = na(r 1)
r 1−
−
S9 = 92(2 1)
2 1−
− = 2(512 1)
1−
= 2 × 511 = 1.022
Jadi, S9 adalah 1.022.
3. Jarak pendulum setiap ayunan membentuk deret
geometri dengan a = 50 cm dan r = 9
10 .
S∞ = 910
50
1− = 1
10
50 = 500 cm = 5 m
Jadi, seluruh jarak ayunan pendulum adalah 5 m.
4. S∞ = a1 r−
⇔ 16 = a1 r−
⇔ 1 – r = 8
16
⇔ 1 – r = 12
⇔ r = 1 – 12
⇔ r = 12
U5 = ar4 = 8 × (12 )4 = 8 ×
116 =
12
Jadi, rasionya = 12 dan suku ke-5 =
12 .
5. Luas persegi yang palingbesar:p × p = p2
Luas persegi II = 12 p2
Luas persegi III = 14 p2
dan seterusnyaJumlah luas semua persegi:
L = p2 + 12 p2 +
14 p2 + . . . merupakan deret
geometri tak hingga dengan a = U1 = p2 dan r = 12 .
L = S∞ = a
1 r− = 2
12
p1−
= 2
12
p = 2p2
Jadi, jumlah luas persegi yang terbentuk 2p2.
2. Jawaban: d
U1 = a = 12
U2 = 18
r = 2
1
UU
= 1 812
= 14
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: cSepuluh bilangan asli genap yaitu 2, 4, 6, 8, 10,12, 14, 16, 18, 20.2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 + . . . + 20
= 10
i = 1∑ 2i
162 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma
Diperoleh deret geometri dengan Un:Un = arn – 1
= 12
n 114
−
= (2)–1(2)–2(n – 1)
= 2–2n + 2 – 1
= 21 – 2n
Bentuk notasi sigma dari deret tersebut:10
i = 1∑ U1 =
10
i = 1∑ 21 – 2i
Jadi, bentuk notasi sigma dari deret tersebut
adalah 10
i = 1∑ 21 – 2i .
3. Jawaban: c8
i = 2∑ (3i – 2) =
8 1
i = 2 1
−
−∑ (3(i + 1) – 2)
= 7
i = 1∑ (3i + 1)
= 7
i = 1∑ 3i +
7
i = 1∑ 1
= 37
i = 1∑ i + 7 × 1
= 3(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) + 7= 3 × 28 + 7= 91
Jadi, 8
i = 2∑ (3i – 2) = 91.
4. Jawaban: d12
n 3=∑ (5n + 6)
= 12 2
n 3 2
−
= −∑ (5(n + 2) + 6)
= 10
n 1=∑ (5n + 16)
= 510
n 1=∑ n +
10
n 1=∑ 16
= 5(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10) + (10 × 16)= (5 × 55) + (10 × 16)= 275 + 160= 435
Jadi, nilai 12
n = 3∑ (5n + 6) adalah 435.
5. Jawaban: e
Untuk n = 1 ⇒ 1 (1 1)(1 2)3
+ += 2
Untuk n = 2 ⇒ 2(2 1)(2 2)3
+ += 8
Untuk n = 3 ⇒ 3(3 1)(3 2)3
+ += 20
Untuk n = 4 ⇒ 4(4 1)(4 2)3
+ += 40
Untuk n = 5 ⇒ 5(5 1)(5 2)3
+ += 70
Jadi, diperoleh:
∑=
5
1 n
n(n 1)(n 2)3
+ + = 2 + 8 + 20 + 40 + 70 = 140
6. Jawaban: b7
k = 3∑ k2 (x2 + 2x) = 405
⇔ (x2 + 2x) 7
k = 3∑ k2 = 405
⇔ (x2 + 2x)(32 + 42 + 52 + 62 + 72) = 405⇔ (x2 + 2x)(9 + 16 + 25 + 36 + 49) = 405⇔ (x2 + 2x) × 135 = 405⇔ x2 + 2x = 3⇔ x2 + 2x – 3 = 0⇔ (x + 3)(x – 1) = 0⇔ x = –3 atau x = 1Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = –3 ataux = 1.
7. Jawaban: a25
n 6=∑ (2 + pi) =
25
n 6=∑ 2 +
25
n 6=∑ pi
= 2 × 20 + 10= 40 + 10= 50
Jadi, nilai 25
n 6=∑ (2 + pi) adalah 50.
8. Jawaban: d6
i = 3∑ (2i × cos α) = 18 3
⇔6
i = 3∑ (2i × cos α) = 18 3
⇔ cos α 6
i = 3∑ 2i = 18 3
⇔ cos α (2 × 3 + 2 × 4 + 2 × 5 + 2 × 6) = 18 3
⇔ cos α (6 + 8 + 10 + 12) = 18 3
⇔ cos α × 36 = 18 3
⇔ cos α = 12 3
⇔ α = 60°Jadi, nilai α = 60°.
163Matematika Kelas XII Program IPA
9. Jawaban: e
2n
k 1=∑ k(2k + 5) + 2
n
k 1=∑ (k + 3) + 3n
= n
k 1=∑ (4k2 + 10k) +
n
k 1=∑ (2k + 6) +
n
k 1=∑ 3
= n
k 1=∑ 4k2 + 10k + 2k + 6 + 3
= n
k 1=∑ 4k2 + 12k + 9
= n
k 1=∑ (2k + 3)2
10. Jawaban: e
8n
k = 1∑ k3 + 36
n
k = 1∑ k2 + 54
n
k = 1∑ k + 27n
= n
k = 1∑ 8k3 +
n
k = 1∑ 36k2 +
n
k = 1∑ 54k +
n
k = 1∑ 27
= n
k = 1∑ (8k3 + 36k2 + 54k + 27)
= n
k = 1∑ ((2k)3 + (2k)2 × 9 + 2k × 27 + 27)
= n
k = 1∑ ((2k)3 + (2k)2 × 3 × 3 + 2k × 32 × 3 + 33)
= n
k = 1∑ ((2k)3 + 3 × (2k)2 × 3 + 3 × 2k × 32 + 33)
= n
k = 1∑ (2k + 3)3
11. Jawaban: e5
k 1=∑ 1
k –
7
k 3=∑ 1
k 1−
= 5
k 1=∑ 1
k –
7 2
k 3 2
−
= −∑ 1
k 2 1+ −
= 5
k 1=∑ 1
k –
5
k 1=∑ 1
k 1+
= 5
k 1=∑ 1
k – 1
k 1+
= 12
1
− + 1 12 3
− + 1 1
3 4 −
+ 1 14 5
− + 1 1
5 6 −
= 12 +
16 +
112 +
120 +
130
= 30 10 5 3 2
60+ + + +
= 56
12. Jawaban: d12
a 7=∑ (a2 + 4) –
6
a 1=∑ (a2 + 4a – 5)
= 12 6
a 7 6
−
= −∑ ((a + 6)2 + 4) –
6
a 1=∑ (a2 + 4a – 5)
= 6
a 1=∑ (a2 + 12a + 36 + 4 – a2 – 4a + 5)
= 6
a 1=∑ (8a + 45) =
6
a 1=∑ 8a +
6
a 1=∑ 45
= 8 × 1 + 8 × 2 + 8 × 3 + 8 × 4 + 8 × 5 + 8 × 6 + 6 × 45= 438
13. Jawaban: a7 x
k 3 x
−
= −∑ (4k + 1) = (4(3 – x) + 1) + (4(4 – x) + 1)
+ (4(5 – x) + 1) +(4(6 – x) + 1)+ (4(7 – x) + 1)
= 12 – 4x + 1 + 16 – 4x + 1 + 20 – 4x+ 1 + 24 – 4x + 1 + 28 – 4x + 1
= 105 – 20x
7 x
k 3 x
−
= −∑ (4k + 1) = 85
⇔ 105 – 20x = 85⇔ 20x = 105 – 85⇔ 20x = 20⇔ x = 1Jadi, nilai x adalah 1.
14. Jawaban: c20
i 15=∑ p(i – 2) = 372
⇔ p20
i 15=∑ (i – 2) = 372
⇔ p(13 + 14 + 15 + 16 + 17 + 18) = 372⇔ 93p = 372
⇔ p = 37293
⇔ p = 4Jadi, nilai 7p adalah 28.
15. Jawaban: d5 2
k = 15
k = 1
(k + 1)
(4i + k)
∑
∑ = ∑
=
5
1 k(k + 1)2 : ∑
=
5
1 k(4i + k)
Untuk (k + 1)2 Untuk (4i + k)
k = 1 4 4i + 1k = 2 9 4i + 2k = 3 16 4i + 3k = 4 25 4i + 4k = 5 36 4i + 5
Jumlah 90 20i + 15
Sehingga:5 2
k = 15
k = 1
(k + 1)
(4i + k)
∑
∑ = 2 ⇔
9020i 15+ = 2
⇔ 90 = 40i + 30⇔ 60 = 40i
⇔ i = 6040 =
32
Jadi, nilai i adalah 23 .
164 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma
Bentuk notasi sigma dari deret tersebut:15
i 1=∑ Ui =
15
i 1=∑ i × alog
1x
= 15
i 1=∑ i × alog x–1
= 15
i 1=∑ (–i) × alog x
Jadi, bentuk notasi sigma dari deret tersebut
adalah 15
i 1=∑ (–i) × alog x.
3. 23p
cosec x = 3p sin2 x
Untuk p = 1 ⇒ 3 × 1 sin2 x= 3 sin2 xUntuk p = 2 ⇒ 3 × 2 sin2 x= 6 sin2 xUntuk p = 3 ⇒ 3 × 3 sin2 x= 9 sin2 xUntuk p = 4 ⇒ 3 × 4 sin2 x= 12 sin2 xUntuk p = 5 ⇒ 3 × 5 sin2 x= 15 sin2x
∑=
5
1 p2
3pcosec x =
452
⇔ 3 sin2 x + 6 sin2 x + 9 sin2 x + 12 sin2 x +
15 sin2 x = 452
⇔ 45 sin2 x = 452
⇔ sin2 x = 12
⇔ sin x = 12 2
⇔ x = 45°Jadi, tan x = tan 45° = 1.
4. a.3
k = 1∑ (5 – 2k) =
3 4
k = 1+ 4
+∑ (5 – 2(k – 4))
= 7
k = 5∑ (5 – 2k + 8)
= 7
k = 5∑ (13 – 2k)
= (13 – 2 × 5) + (13 – 2 × 6)+ (13 – 2 × 7)
= (13 – 10) + (13 – 12) + (13 – 14)= 3 + 1 – 1 = 3
b.18
i = 12∑ (k2 + 1) =
18 7
i 12 7
−
= −∑ ((k + 7)2 + 1)
= 11
i = 5∑ ((k+ 7)2 + 1)
= (122 + 1) + (132 + 1) + (142 + 1)+ (152 + 1) + (162 + 1) + (172 + 1)+ (182 + 1)
= 145 + 170 + 197 + 226 + 257+ 290 + 325 = 1.610
B. Uraian
1. a.8
i = 4∑ (2i + 5) =
8 3
i = 4 3
−
−∑ (2(i + 3) + 5)
= 5
i = 1∑ (2i + 11)
= 5
i = 1∑ 2i +
5
i = 1∑ 11
= 25
i = 1∑ i + 5 × 11
= 2(1 + 2 + 3 + 4 + 5) + 55= 30 + 55= 85
Jadi, nilai 8
i = 4∑ (2i + 5) = 85.
b.10
i = 5∑ (i + 2)2 =
10 4
i = 5 4
−
−∑ ((i + 4) + 2)2
= 6
i = 1∑ (i + 6)2
= 6
i = 1∑ (i2 + 12i + 36)
= 6
i = 1∑ i2 + 12
6
i = 1∑ i +
6
i = 1∑ 36
= (12 + 22 + 32 + 42 + 52 + 62) +12(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) + 6 × 36
= (1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36) + 12× 21 + 216
= 91 + 252 + 216 = 559
Jadi, 10
i = 5∑ (i + 2)2 = 559.
2. Misalkan:
U1 = a = alog 1x = alog x–1 = –(alog x)
U2 = alog 21x
= alog x–2 = (–2) alog x
U3 = alog 31x
= alog x–3 = (–3) alog x
b = U2 – U1
= alog 21x
– alog 1x
= alog 21
x1x
= alog 1x
Diperoleh deret aritmetika sebagai berikut.Un = a + (n – 1) b
= alog 1x + (n – 1) alog
1x
= alog 1x + n alog
1x – alog
1x
= n alog 1x
165Matematika Kelas XII Program IPA
A. Pilihan Ganda1. Jawaban: d
a = 56b = 63 – 56 = 7Un = a + (n – 1)bU10 = a + 9b
= 56 + 9 × 7= 56 + 63= 119
Jadi, suku ke-10 barisan tersebut 119.
2. Jawaban: cBilangan yang dimaksud adalah 95, 100, 105, 110,· · · , 170, 175.Bilangan-bilangan tersebut membentuk barisanaritmetika dengan:U1 = a = 95b = 100 – 95 = 5
Suku terakhir Un = 175Un = U1 + (n – 1)b
⇔ 175 = 95 + (n – 1)5⇔ 80 = 5n – 5⇔ 85 = 5n⇔ n = 17Jadi, banyak bilangan adalah 17.
3. Jawaban: bU1 + U4 + U6 + U8 = 32⇔ (U1 + b) + (U1 + 3b) + (U1 + 5b) + (U1 + 7b)
= 32⇔ 4U1 + 16b = 32⇔ 4U1 + 16 × 5 = 32⇔ 4U1 = –48⇔ U1 = –12
5. a.12 ,
14 ,
18 , . . ., n
12
= n
i 1=Σ i
12
Misalkan P(n) adalah rumus n
i 1=Σ i
12
= 1 – (12 )n
berlaku untuk setiap n bilangan asli.1) Untuk n = 1
1
i 1=Σ i
12
= 1 – (12 )1 ← (sifat b6)
⇔ 112
= 1 – 12
⇔ 12 =
12
Ruas kiri = ruas kananJadi, P(n) benar untuk n = 1.
2) Andaikan P(n) benar untuk n = k makak
i 1=Σ i
12
= 1 – (12 )k bernilai benar. Akan
dibuktikan bahwa P(n) benar untuk
n = k + 1, yaitu k 1
i 1
+
=Σ i
12
= 1 – (12 )k + 1.
k 1
i 1
+
=Σ i
12
= k
i 1=Σ i
12
+ k 1
i k 1
+
= +Σ i
12
= 1 – (12 )k + k + 1
12
= 1 – (12 )k + (
12 )k + 1
= 1 – (12 )k + (
12 )k ·
12
= 1 – (12 )k (1 –
12 )
= 1 – (12 )k ·
12 = 1 – (
12 )k + 1
Jadi, terbukti bahwa k 1
i 1
+
=Σ i
12
= 1 – (12 )k + 1.
Dari 1) dan 2) terbukti 12 ,
14 ,
18 , . . ., n
12
= 1 – (12 )n berlaku untuk setiap n bilangan asli.
b. Misalkan P(n) adalah sifat n3 + 2n habisdibagi 3 untuk setiap n bilangan asli.1) Untuk n = 1
13 + 2 × 1 = 3 habis dibagi 3Jadi, P(n) benar untuk n = 1.
2) Andaikan P(n) benar untuk n = k, maka(k3 + 2k) habis dibagi 3.Akan dibuktikan P(n) benar untukn = k + 1, yaitu (k + 1)3 + 2(k + 1) habisdibagi 3.(k + 1)3 + 2(k + 1)= k3 + 3k2 + 3k + 1 + 2k + 2= (k3 + 2k) + 3k2 + 3k + 3= (k3 + 2k) + 3(k2 + k + 1)3(k2 + k + 1) merupakan kelipatan 3berarti 3(k2 + k + 1) habis dibagi 3.
Oleh karena (k3 + 2k) dan 3(k2 + k + 1)habis dibagi 3, maka (k + 1)3 + 2(k + 1)habis dibagi 3.
Dari 1) dan 2) terbukti n3 + 2n habis dibagi 3untuk setiap n bilangan asli.
166 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma
Misalkan k = beda barisan aritmetika ke-2,diperoleh:V2 + V4 + V6 + V8 = 52⇔ (V1 + k) + (V1 + 3k) + (V1 + 5k) + (V1 + 7k)
= 52⇔ 4V1 + 16k = 52⇔ 4V1 + 16 × 4 = 52⇔ 4V1 = –12⇔ V1 = –3
(U1 + U3 + U5) – (V1 + V2 + V5)= (–12 + (U1 + 2b) + (U1 + 4b)) – (–3 + (V1 + 2k)
+ (V1 + 4k))= (–12 + (–12 + 10) + (–12 + 20)) – (–3 + (–3 + 8)
+ (–3 + 16))= (–36 + 30) – (–9 + 24)= –6 – 15= –21Jadi, (U1 + U3 + U5) – (V1 + V3 + V5) = –21.
4. Jawaban: ean + 1 – an nilainya selalu tetap. Jadi, barisan yangdimaksud adalah barisan aritmetika.a2 – a1 = –p + 9 – (2p + 25)
= –p + 9 – 2p – 25 = –3p – 16a3 – a2 = 3p + 7 – (–p + 9)
= 3p + 7 + p – 9 = 4p – 2an + 1 – an selalu sama (konstan)a2 – a1 = a3 – a2 ⇔ –3p – 16 = 4p – 2
⇔ 7p = –14⇔ p = –2
a3 – a2 = 4 × (–2) – 2 = –10a1 = 2 × (–2) + 25 = 21Diperoleh a = 21 dan b = –10.
S10 = 102 (2a + 9b)
= 5 × (2 × 21 – 9 × 10) = –240
5. Jawaban: d
Sn = 12 n(n + 1)
Sn – 1 = 12 (n – 1)(n – 1 + 1)
= 12 n(n – 1)
Un = Sn – Sn – 1
= 12 n(n + 1) –
12 n(n – 1)
= 12 n(n + 1 – n + 1)
= 12 × 2n
= nJadi, rumus suku ke-n adalah n.
6. Jawaban: aU7 = S7 – S6
⇔ a + 6b = S7 – S6⇔ 4 + 6b = 112 – 84⇔ 4 + 6b = 28⇔ 6b = 28 – 4⇔ 6b = 24⇔ b = 4Jadi, beda deret tersebut 4.
7. Jawaban: d
Sn = n2 (2a + (n – 1)b)
⇔ S10 = 102 (2a + (10 – 1)b)
⇔ 200 = 5(2a + 9b)⇔ 40 = 2a + 9bU3 + U4 + U7 + U8= a + 2b + a + 3b + a + 6b + a + 7b= 4a + 18b= 2(2a + 9b)= 2 × 40 = 80Jadi, nilai U3 + U4 + U7 + U8 adalah 80.
8. Jawaban: aSisi-sisi segitiga:72, 72 + b, 72 + 2b ⇒ n = 3Keliling = 252⇔ 72 + (72 + b) + (72 + 2b) = 252⇔ (3 · 72 + 3b) = 252⇔ 216 + 3b = 252⇔ 3b = 36⇔ b = 12U2 = 72 + 12 = 84U3 = 72 + 24 = 96Jadi, panjang kedua sisi yang lain 84 cm dan 96 cm.
9. Jawaban: aDari soal di atas, diperoleh:U2 = 5⇔ a + b = 5 . . . (1)U4 + U6 = 28⇔ a + 3b + a + 5b = 28⇔ 2a + 8b = 28⇔ a + 4b = 14 . . . (2)
Eliminasi a dari persamaan (1) dan persamaan (2).a + b = 5a + 4b = 14–––––––––– –
–3b = –9 ⇔ b = 3U7 – U5 = (a + 6b) – (a + 4b)
= 2b= 2 × 3 = 6
Jadi, selisih suku ketujuh dan suku kelima adalah 6.
167Matematika Kelas XII Program IPA
10. Jawaban: bMisalkan suku-suku barisan aritmetika tersebuta – 3, a, a + 3.(a – 3) + (a – 1) + (a + 3) = 14⇔ 3a – 1 = 14⇔ 3a = 15⇔ a = 5Barisan geometri = a – 3, a – 1, a + 3 = 2, 4, 8
r = 42 = 2
Jadi, rasio barisan tersebut 2.
11. Jawaban: cSn = 2n2 + 4n
Un = Sn – Sn – 1⇔ U9 = S9 – S8⇔ U9 = (2 × 92 + 4 × 9) – (2 × 82 + 4 × 8)⇔ U9 = (2 × 81 + 36) – (2 × 64 + 32)⇔ U9 = (162 + 36) – (128 + 32)⇔ U9 = 198 – 160⇔ U9 = 38Jadi, suku ke-9 deret tersebut adalah 38.
12. Jawaban: aPermasalahan tersebut dapat diselesaikanmenggunakan deret aritmetika.Diketahui U1 = 46.000
b = 18.000n = 12
Sn = n2 (2U1 + (n – 1)b)
⇔ S12 = 122 (2 × 46.000 + 11 × 18.000)
⇔ S12 = 6(92.000 + 198.000)⇔ S12 = 6 × 290.000⇔ S12 = 1.740.000Jadi, jumlah keuntungan sampai bulan ke-12adalah Rp1.740.000,00.
13. Jawaban: aUn = arn – 1
8
4
UU
= 7
3arar
⇔80353
−
−= r4
⇔ 16 = r4
⇔ r = –2 (karena r < 0)U4 = ar3
⇔ –53 = a × (–2)3
⇔ –53 = a × (–8)
⇔ a = 524
U2 = ar
= 524 × (–2)
= –5
12
Jadi, suku kedua barisan tersebut –5
12 .
14. Jawaban: cBanyak suku awal = 2Barisan geometri baru 48, x, y, z, 768Banyak suku barisan baru = 5
Un = arn – 1
⇔ U5 = ar4
⇔ 768 = 48r4
⇔ r4 = 16⇔ r = 2
Sn = na(r 1)
r 1−
−
S5 = 548(2 1)
2 1−
−
= 48(32 1)
1−
= 48 × 31= 1.488
Jadi, jumlah barisan geometri tersebut 1.488.
15. Jawaban: dq, s, dan t membentuk barisan geometri sehinggadengan membandingkan rasio diperoleh:sq
= ts
⇔ t = 2s
q
Diperoleh:
q 2s tq s+ +
+=
2sq
q 2s
q s
+ +
+ · q
q
= 2 2q 2qs s
(q s)q+ +
+
= 2(q s)
(q s)q++
= q sq+
16. Jawaban: a
Sn = na(r 1)
r 1−
−
⇔ S5 = 5a(4 1)
4 1−
−
⇔ 1.023 = a(1.024 1)3
−
⇔ 1.023 = 1.023a3
⇔ a = 3
168 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma
U6 – U4 = ar5 – ar3
= 3 · 45 – 3 · 43
= 3(45 – 43)= 3(1.024 – 64) = 2.880
17. Jawaban: cU3 = 16U7 = 256
7
3
UU
= 6
2arar
⇔ 25616 = r4
⇔ 16 = r4
⇔ r = 2U3 = ar2
⇔ 16 = a × 22
⇔ a = 4
Sn = na(r 1)
r 1−
−
⇔ S7 = 74(2 1)
2 1−
−
⇔ S7 = 4(128 – 1)⇔ S7 = 508Jadi, jumlah 7 suku pertama deret adalah 508.
18. Jawaban: cNilai jual mobil setiap tahun membentuk barisan
geometri dengan r = 1920 .
Nilai awal = 80.000.000
U1= 1920 × 80.000.000
= 76.000.000Nilai jual setelah dipakai 3 tahun = U3
U3= ar2 = 76.000.000 × (1920 )2 = 68.590.000
Jadi, nilai jual mobil setelah dipakai 3 tahunRp68.590.000,00.
19. Jawaban: a
a = 23
r = 2
1
UU
= 2 923
= 13
S∞ = a1 r−
= 23
13
1− = 1
Jadi, jumlah deret geometri tak hingga di atasadalah 1.
20. Jawaban: bU1 = aU2 = a + bU6 = a + 5b
U1 + U2 + U6 = 42⇔ a + (a + b) + (a + 5b) = 42⇔ 3a + 6b = 42⇔ a + 2b = 14 . . . . (1)U1, U2 dan U6 membentuk barisan geometrisehingga:
2
1
UU
= 6
2
UU
⇔ U22 = U1 × U6
⇔ (a + b)2 = a(a + 5b)⇔ a2 + 2ab + b2 = a2 + 5ab⇔ b2 – 3ab = 0⇔ b(b – 3a) = 0⇔ b = 0 atau b = 3a . . . . (2)Dipilih b = 3a sehingga:
a + 2b = 14⇔ a + 2(3a) = 14⇔ 7a = 14⇔ a = 2b = 3a = 6Jadi, beda barisan tersebut 6.
21. Jawaban: ar rasio dari deret konvergen, maka –1 < r < 1.
S = 1 + 1
4 + r + 2
1(4 + r) + . . . + n
1(4 + r)
+ . . .
= 14 r
1
1+
− = 4 r
(4 r) 1+
+ − =
4 r3 r
++
Untuk r = –1 ⇒ S = 4 13 1
−− =
32 = 1
12
Untuk r = 1 ⇒ S = 4 13 1
++ =
54 = 1
14
Jadi, 114 < S < 1
12 .
22. Jawaban: bLuas persegi-persegi tersebut membentuk barisangeometri dengan S∞ = 640.
r = 2
1
UU
= 21
23
U
1 U
= 4 3
1 = 34
S∞ = a1 r−
⇔ 640 = 34
a
1−
⇔ 640 = 1
4
a
⇔ a = 640 × 14
⇔ a = 160
169Matematika Kelas XII Program IPA
U3 = ar2
= 160 × 23
4
= 160 × 9
16 = 90
U3 = luas persegi ketigaSisi persegi ketiga = s3
s3 = 3U = 90 = 3 10 cm
23. Jawaban: e
S∞ = a1 r−
⇔ 10 = 21 r−
⇔ 1 – r = 210
⇔ 1 – r = 15
⇔ r = 1 – 15
⇔ r = 45
U2 = ar = 2 × 45
= 1 35
Jadi, suku keduanya 1 35
.
24. Jawaban: d
Sn = n
1U (r 1)r 1
−−
⇔ S10 = 102(r 1)r 1
−−
⇔ 33 × S5 = 102(r 1)r 1
−−
⇔ 33 × 52(r 1)
r 1−
−=
102(r 1)r 1
−−
⇔ 33(r5 – 1) = r10 – 1⇔ 33(r5 – 1) = (r5 + 1)(r5 – 1)⇔ 33 = r5 + 1⇔ r5 = 32
Nilai U6 = U1r5 = 2 × 32 = 64.
25. Jawaban: aDeret tersebut mempunyai jumlah jika –1 < r < 1.Diperoleh:
–1 < 5log (3x + 2) < 1
⇔ 5log 15
< 5log (3x + 2) < 5log 5
⇔ 15
< 3x + 2 < 5
⇔ – 95
< 3x < 3
⇔ – 35
< x < 1
Jadi, nilai x yang memenuhi – 35
< x < 1.
26. Jawaban: e3 – 5x2 + 7x4 – . . . + 99x96 terlebih dahulu diuraikanmenjadi bentuk 3 + 5 + 7 + . . . + 99 danx0 + x2 + x4 + . . . + x96
Rumus suku ke-n deret 3 + 5 + 7 + . . . + 99 adalahUn = 2n + 1.Batas bawah = n = 1Mencari batas atas.
99 = (2n + 1)⇔ 99 – 1 = 2n⇔ n = 49Diperoleh batas atas = n = 49Rumus suku ke-n deret x0 + x2 + x4 + . . . + x96
adalah Un = x2n – 2.Batas bawah = n = 1Mencari batas atas.
96 = 2n – 2⇔ 2n = 98⇔ n = 49Diperoleh batas atas = n = 49Untuk menentukan tanda (–/+) yang berselang-seling digunakan: –(–1)n.
Jadi, notasi sigmanya 49
n 1=∑ –(2n + 1)x2n – 2 (–1)n.
27. Jawaban: c8
k = 4∑ (2k + 1) =
8 3
k = 4 3
−
−∑ (2(k + 3) + 1)
= 5
k = 1∑ (2k + 6 + 1)
= 5
k = 1∑ (2k + 7)
= 5
k = 1∑ 2k +
5
k = 1∑ 7
= 25
k = 1∑ k + 5 × 7
= 2(1 + 2 + 3 + 4 + 5) + 35= 2 × 15 + 35 = 65
8
k = 3∑ (3k – 1) =
8 2
k = 3 2
−
−∑ (3(k + 2) – 1)
= 6
k = 1∑ (3k + 6 – 1)
= 6
k = 1∑ (3k + 5)
= 36
k = 1∑ k +
6
k = 1∑ 5
= 3(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) + 5 × 6= 3 × 21 + 30 = 63 + 30 = 93
8
k = 4∑ (2k + 1) +
8
k = 3∑ (3k – 1) = 65 + 93 = 158
170 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma
B. Uraian1. Misalkan bilangan-bilangan tersebut adalah:
a – b, a, a + b(a – b) + a + (a + b) = 30⇔ 3a = 30⇔ a = 10a = 10 sehingga a – b = 10 – 3 = 7a + b = 10 + 3 = 13Jadi, bilangan tersebut adalah 7, 10, dan 13.
2. Banyak suku mula-mula = n = 2Misalkan 10 bilangan yang disisipkan = a1, a2, a3,. . ., a10.Deret aritmetika baru yang terbentuk:50 + a1 + a2 + a3 + . . . + a10 + 100Banyak suku deret yang terbentuk n = 2 + 10 = 12U1 = a = 50U12 = 100Jumlah deret yang terbentuk:
Sn = n2 (a + Un)
= 122
(a + U12)
= 122
(50 + 100)
= 6 × 150 = 900Jadi, jumlah suku deret yang terbentuk adalah 900.
3. 5
3
UU
= 9624
⇔4
2arar
= 4
⇔ r2 = 4⇔ r = 2
S4 = 90
⇔4a(2 1)
2 1−
−= 90
⇔ a(16 – 1) = 90⇔ 15a = 90⇔ a = 6Jadi, suku pertama deret tersebut 6.
4. Tahun 2010→ 20.000
Tahun 2011 → 20.000 + 110
× 20.000
= 1110
× 20.000
Tahun 2012 → ( 1110
× 20.000) + 110
( 1110
× 20.000)
= 211
10
× 20.000, dan seterusnya
Diperoleh deret geometri dengan U1 = 20.000, r =
1110
.
Jumlah penduduk pada tahun 2014 = U5
28. Jawaban: c10
k 2=∑ 1
k 1+ –
8
k 1=∑ 1
k 3+
= 10
k 2=∑ 1
k 1+ –
8 2
k 1 2
+
= +∑ 1
k 2 3− +
= 10
k 2=∑ 1
k 1+ –
10
k 3=∑ 1
k 1+
= 13
+ 10
k 3=∑ 1
k 1+ –
10
k 3=∑ 1
k 1+
= 13
+ 10
k 3=∑ ( 1
k 1+ – 1
k 1+)
= 13
Jadi, nilai dari 10
k 2=∑ 1
k 1+ –
8
k 1=∑ 1
k 3+ adalah 1
3.
29. Jawaban: d15
i = 1∑ (5ai + 6) =
15
i = 1∑ 5ai +
15
i = 1∑ 6
= 515
i = 1∑ ai + 6 × 15
= 5 × 30 + 90 = 240
Jadi, nilai 15
i = 1∑ (5ai + 6) = 240.
30. Jawaban: a5
k 1=∑ (k2 × log x2 – 44) = 0
⇔5
k 1=∑ k2 × log x2 –
5
k 1=∑ 44 = 0
⇔5
k 1=∑ k2 × (2 log x) =
5
k 1=∑ 44
⇔ 2 log x × 5
k 1=∑ k2 = 5 × 44
⇔ 2 log x × 5
k 1=∑ k2 = 220
⇔ log x × 5
k 1=∑ k2 = 110
⇔ log x × (12 + 22+ 32 + 42 + 52) = 110⇔ log x × (1 + 4 + 9 + 16 + 25) = 110⇔ 55 log x = 110⇔ log x = 2⇔ log x = log 102
⇔ log x = log 100⇔ x = 100Jadi, nilai x adalah 100.
171Matematika Kelas XII Program IPA
U5 = U1r4 = 20.000 × 511
10
= 20.000 × 161.051100.000
≈ 32.210 jiwa
Jadi, diperkirakan jumlah penduduk kabupatentersebut pada tahun 2014 sekitar 32.210 jiwa.
5. a. Diketahui a = 8
r = 48 =
12
U8 = ar7
= 8 × (12 )7
= 23 × 71
2
= 41
2
= 1
16
Jadi, suku kedelapan deret tersebut 1
16 .
b. S∞ = a1 r−
= 12
8
1−
= 12
8
= 16Jadi, jumlah seluruh suku deret tersebut 16.
6.
b = ( ) ( )2 21 12 2
a a+
= 2 21 14 4
a a+
= 212
a
= a 12
Luas persegi pertama = L1L1 = a × a = a2
Luas persegi kedua = L2
L2 = b × b = a 12
× a 12
= 12
a2
r = 2
1
LL
= 1 22
2
a
a = 1
2
Jadi, luas persegi kedua 12
a2, sedangkan rasio
deret tersebut 12
.
7. Keliling lingkaran I = 2πR.
Sisi persegi I = 2R
4R2 = ( 2 R)2 + ( 2R)2
Keliling lingkaran II = 2π ( 21
2 R) = 2 πR.
Jadi, diperoleh deret dari keliling lingkaran:
2πR + 2π(21
2 R) + . . .
dengan U1 = a = 2πR
r = 21
2
S∞ = 1U1 r−
= π12
2 R1 2−
= π4 R2 2−
× 2 + 22 + 2
= π4 R(2 + 2)4 2−
= 2πR(2 + 2 )
Jadi, jumlah keliling lingkaran 2πR(2 + 2 ).
8. a.6
i = 3∑
2(2i 3)(i + 4)2
−
= 12
6
i = 3∑ (2i – 3)(i2 + 4)
= 12 ((2 × 3 – 3)(32 + 4) + (2 × 4 – 3)(42 + 4)
+ (2 × 5 – 3)(52 + 4) + (2 × 6 – 3)(62 + 4))
= 12 (3 × 13 + 5 × 20 + 7 × 29 + 9 × 40)
= 12 (39 + 100 + 203 + 360)
= 12 (702) = 351
a
a
b
b
R R
RR
2R
172 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma
b.5
k = 1∑ k(–1)k ×
2k 122−
= 1(–1)1 × 2 1 1
22⋅ −
+ 2(–1)2 × 2 2 1
22⋅ −
+ 3(–1)3
× 2 3 1
22⋅ −
+ 4(–1)4 × 2 4 1
22⋅ −
+ 5(–1)5 × 2 5 1
22⋅ −
= –122 + 2 ×
322 + (–3) ×
522 + 4 ×
722 + (–5) ×
922
= –122 +
522 + (–3) ×
522 +
1122 + (–5) ×
922
= – 2 + (–2)522 +
15
22 + (–5) × 1
422
= – 2 – 722 + 32 2 + (–5) × 16 2
= – 2 – 128 2 + 32 2 – 80 2
= –209 2 + 32 2
= –177 2
9. Akan dibuktikan ruas kiri = ruas kanan.15
k 5=∑ (pk + 2) = 0
⇔15
k 5=∑ pk +
15
k 5=∑ 2 = 0
⇔15
k 5=∑ pk + 2 × 11 = 0
⇔15
k 5=∑ pk + 22 = 0
⇔15
k 5=∑ pk = –22
⇔ p15
k 5=∑ k = –22
⇔ p(5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11 + 12 + 13 + 14+ 15 = –22
⇔ 110p = –22
⇔ p = –15
Nilai 10
k 1=∑ 8p =
10
k 1=∑ (–
85 )
= –85 × 10
= –16
Jadi, nilai 10
k 1=∑ 8p adalah –16.
10. a. 4 + 7 + 10 + . . . + (3n – 1) = n
i 1=∑ (3i + 1)
Misalkan P(n) rumus n
i 1=∑ (3i + 1) =
n(3n 5)2+
berlaku untuk setiap n bilangan asli.
1) Akan dibuktikan P(n) benar untuk n = 1.
1
i 1=∑ (3i + 1)=
1(3 1 5)2
⋅ +
⇔ 3 · 1 + 1 = 4⇔ 4 = 4Ruas kiri = ruas kananOleh karena ruas kiri = ruas kanan, makaP(n) benar untuk n = 1.
2) Andaikan P(n) benar untuk n = k makak
i 1=∑ (3i + 1) =
k(3k 5)2+
bernilai benar. Akan
dibuktikan P(n) benar untuk n = k + 1,yaituk 1
i 1
+
=∑ (3i + 1) =
(k + 1)(3(k + 1) + 5)2 .
Untuk n = k + 1, ruas kiri P(n) menjadi:k 1
i 1
+
=∑ (3i + 1)
= k
i 1=∑ (3i + 1) +
k 1
i k 1
+
= +∑ (3i + 1)
= k(3k 5)
2+
+ (3(k + 1) + 1)
= k(3k 5)
2+
+ (3k + 4)
= k(3k + 5) + 2(3k + 4)
2
= 23k + 5k + 6k + 8
2
= 23k + 11k + 8
2
= (k + 1)(3k + 8)
2
= (k + 1)(3k + 3 + 5)
2
= (k + 1)(3(k +1) + 5)
2
Ruas kiri = ruas kananOleh karena ruas kiri = ruas kanan makaP(n) benar untuk n = k + 1.
Dari 1) dan 2) terbukti bahwa k
i 1=∑ (3i + 1) =
k(3k 5)2+
atau berlaku benar untuk setiap n
bilangan asli.
173Matematika Kelas XII Program IPA
b.3
16 + 38 +
34 + . . . + 3(2)n – 5 =
n3(2 1)16
−
Misalkan P(n) adalah rumus n
i 1=∑ 3(2)i – 5
= n3(2 1)16
− berlaku untuk setiap n bilangan asli.
1) Akan dibuktikan P(n) benar untuk n = 1.
n
i 1=∑ 3(2)i – 5 =
n3(2 1)16
−
⇔ 3(2)1 – 5 = 3
16
⇔ 316 =
316
Ruas kiri = ruas kananOleh karena ruas kiri = ruas kanan, makaP(n) benar untuk n = 1.
2) Andaikan P(n) benar untuk n = k, makak
k 1=∑ 3(2)i – 5 =
k3(2 1)16
− bernilai benar.
Akan dibuktikan P(n) benar untuk n = k + 1,
yaitu k 1
k 1
+
=∑ 3(2)i – 5 =
k 13(2 1)16
+ − .
Untuk n = k + 1, ruas kiri P(n) menjadi:k 1
i 1
+
=∑ 3(2)i – 5
= k
k 1=∑ 3(2)i – 5 +
k 1
i k 1
+
= +∑ 3(2)k – 5
= k3(2 1)16
− + 3(2)k + 1 – 5
= k3(2 1)16
− + 3(2)k – 4
= k k 43(2 1) 16(3(2) )
16
−− +
= k k 4 43(2 1) 3(2)
16
− +− +
= k k3(2 1) 3(2 )
16− +
= k k3(2 1 2 )
16− +
= k3(2 2 1)
16⋅ −
= k 13(2 1)16
+ −
Ruas kiri = ruas kanan
Dari 1) dan 2) terbukti bahwa k
k 1=∑ 3(2)i – 5 =
k3(2 1)16
−
bernilai benar untuk setiap n bilangan asli.
174 Ulangan Tengah Semester 2
A. Pilihan Ganda1. Jawaban: b
U1, U2, U3 membentuk barisan aritmetika berartib = U2 – U1 atau b = U3 – U2.b = U3 – U2 = (m – 3) – (m – 1) = –2
U2 – U1 = U3 – U2⇔ (m – 1) – (–m + 2) = –2⇔ 2m – 3 = –2
⇔ m = 12
U1 = –m + 2 = –12 + 2 =
32 = 1
12
U5 = a + 4b = U1 + 4b
= 112 + 4(–2)
= 112 – 8 = –6
12
Jadi, suku kelima barisan tersebut –612 .
2. Jawaban: cAngsuran pinjaman setiap bulan membentukbarisan aritmetika dengan a = 350.000 danb = –25.000.Jumlah pinjaman = 2.500.000 + 5% × 2.500.000⇔ Sn = 2.500.000 + 125.000
⇔ n2 (2a + (n – 1)b) = 2.625.000
⇔ n2 (2 · 350.000 + (n – 1)(–25.000)) = 2.625.000
⇔ 700.000n – 25.000n(n – 1) = 5.250.000⇔ 28n – n(n – 1) = 210⇔ 28n – n2 + n = 210⇔ n2 –29n + 210 = 0⇔ (n – 15)(n – 14) = 0⇔ n – 15 = 0 atau n – 14 = 0⇔ n = 15 atau n = 14Untuk n = 15U15 = a + 14n
= 350.000 + 14(–25.000)= 350.000 – 350.000= 0
Untuk n = 14U14 = a + 13n
= 350.000 + 13(–25.000)= 350.000 – 325.000= 25.000
U15 = 0 berarti pada bulan ke-15 Pak Anto sudahtidak mempunyai angsuran sehingga pinjaman PakAnto lunas dalam waktu 14 bulan.
3. Jawaban: aDeret aritmetika:U6 = 8 ⇔ a + 5b = 8U11 = 28 ⇔ a + 10b = 28
–––––––––––– ––5b = –20
⇔ b = 4a + 5b = 8 dan b = 4 maka:a + 20 = 8⇔ a = –12Rumus jumlah n suku pertama deret aritmetika:
Sn = 12 n(2a + (n – 1)b)
= 12 n(2(–12) + (n – 1)4)
= 12 n(–24 + 4n – 4)
= 12 n(4n – 28)
= 2n2 – 14n
4. Jawaban: cDeret aritmetika Sn = 2n2 – nUn = Sn – Sn – 1
U15 = S15 – S14
= (2(15)2 – 15) – (2(14)2 – 14)= (2 × 225 – 15) – (2 × 196 – 14)= 435 – 378 = 57
Jadi, nilai 2U15 = 2 × 57 = 114.
5. Jawaban: dU2 + U4 + U6 + U8 + U10 = 130⇔ a + b + a + 3b + a + 5b + a + 7b + a + 9b = 130⇔ 5a + 25b = 130⇔ 5(a + 5b) = 130⇔ a + 5b = 26
175Matematika Kelas XII Program IPA
U3 + U6 + U9 = a + 2b + a + 5b + a + 8b= 3a + 15b= 3(a + 5b)= 3(26)= 78
6. Jawaban: dUn = 5n – 6 U15 = 5(15) – 6a = U1 = 5(1) – 6 = 69
= –1
Sn = 12 n(a + Un)
S15 = 12 × 15(a + U15)
= 12 × 15((–1) + 69)
= 12 × 15 × 68
= 510
7. Jawaban: aBarisan: 3, 18, 33, 48, · · ·
↓ ↓ ↓ ↓U1 U2 U3 U4
Barisan yang baru: 3, U2, U3, U4, U5, 18, · · ·
↓ b b b b b↓ U1 U6
Beda yang baru:
b′ = 6 1U U5−
= 18 3
5−
= 155 = 3
Suku ke-10:U′10 = a + (10 – 1)b′
= 3 + 9 × 3= 3 + 27= 30
8. Jawaban: aU5 = 17 ⇔ a + 4b = 17U9 = 33 ⇔ a + 8b = 33
––––––––––– ––4b = –16
⇔ b = 4Substitusi b = 4 ke a + 4b = 17 diperoleh:a + 4(4) = 17⇔ a = 1U1 = a = 1U2 = a + b = 1 + 4 = 5U3 = a + 2b
= 1 + 2 × 4= 9
U4 = a + 3b= 1 + 3 × 4= 13
A = 1 59 13
dan B = 13 95 1
AB = 1 59 13
13 95 1
= 1 13 5 5 1 9 5 1
9 13 13 5 9 9 13 1× + × × + ×
× + × × + ×
= 13 25 9 5117 65 81 13
+ + + +
= 38 14
182 94
9. Jawaban: cDi antara U1 dan Un disisipkan 8 bilangan sehinggadiperoleh:–4, U2, U3, U4, U5, U6, U7, U8, U9, 23 ↓ ↓ U1 U10
U10 = 23⇔ U1 + 9b = 23⇔ –4 + 9b = 23⇔ 9b = 27⇔ b = 3U6 = U1 + 5b
= –4 + 5 × 3= 11
Jadi, b = 3 dan U6 = 11.
10. Jawaban: dU3 = 15 ⇔ a + 2b = 15U14 = 48 ⇔ a + 13b = 48
–––––––––––– ––11b = –33
⇔ b = 3Substitusi b = 3 ke a + 2b = 15 diperoleh:a + 2(3) = 15⇔ a = 9U21 = a + 20b
= 9 + 20(3)= 69
Ut = 21 1U U2+
= 69 9
2+
= 39
11. Jawaban: eBarisan bilangan antara 1 dan 300 yang habis dibagi4 mempunyai a = 4, b = 4, dan Un = 296.Un = 296⇔ 4 + (n – 1)4 = 296⇔ (n – 1)4 = 292⇔ n – 1 = 73⇔ n = 74
176 Ulangan Tengah Semester 2
Barisan bilangan antara 1 dan 300 yang habis dibagi4 dan 7 mempunyai a′ = 28, b′ = 28, dan Un = 280.Un′ = 280⇔ 28 + (n′ – 1)28 = 280⇔ (n′ – 1)28 = 252⇔ n′ – 1 = 9⇔ n′ = 10
Jumlah bilangan antara 1 dan 300 yang habis dibagi 4:
S1 = 12 n(a + Un)
= 12 × 74(4 + 296)
= 37(300)= 11.100
Jumlah bilangan antara 1 dan 300 yang habisdibagi 4 dan habis dibagi 7:
S2 = 12 n′(a′ + Un′)
= 12 × 10(28 + 280)
= 5 · 308= 1.540
Jadi, jumlah bilangan yang habis dibagi 4 tetapitidak habis dibagi 7 adalah 11.100 – 1.540 = 9.560.
12. Jawaban: aSuatu barisan U1, U2, U3 membentuk barisan
geometri jika 2
1
UU
= 3
2
UU
.
(a + 2), (a – 1), (a – 7), membentuk barisan geometrimaka:
a 1a + 2
−=
a 7a 1
−−
⇔ (a – 1)2 = (a + 2)(a – 7)⇔ a2 – 2a + 1 = a2 – 5a – 14⇔ 3a = –15⇔ a = –5
13. Jawaban: cSuku ke-n barisan geometri = Un = arn – 1.U3 = 9 ⇔ ar2 = 9U5 = 228 ⇔ ar4 = 228
4
2arar
= 2289
⇔ r2 = 763
⇔ r = 763
ar2 = 9
⇔ a2
763
= 9
⇔ a × 763 = 9
⇔ a = 2776
Rumus suku ke-n:Un = ar n – 1
= 2776
n 1763
−
= 9 × 376
n 1276
3
−
= 9176
3
−
n 1276
3
−
= 9n 1
2
1763
− −
= 9n 3
2763
−
= 9n 3
763
−
Rumus barisan geometri tersebut adalah
Un = 9n 3
763
−
14. Jawaban: dU1 × U3 = 16 ⇔ a × ar2 = 16
⇔ a2r2 = 16⇔ (ar)2 = 16⇔ ar = ± 16⇔ ar = ±4
Oleh karena a > 0 dan r > 0 maka ar > 0 sehinggaar = 4.U2 + U5 = 112 ⇔ ar + ar4 = 112
⇔ ar(1+ r3) = 112⇔ 4(1 + r3) = 112⇔ 1 + r3 = 28⇔ r3 = 27⇔ r = 3
U6 = ar5 = ar × r4 = 4 × 34 = 4 × 81 = 324Jadi, nilai suku keenam 324.
15. Jawaban: aMisalkan U1 = populasi satwa pada awal tahun ke-1.U2 = U1 + U1 × 10%
= U1 + 1U10
= U1(1 + 1
10 )= 1,1 U1
Populasi satwa pada awal tahun keempat samadengan populasi satwa pada akhir tahun ketiga (U3)U3 = U2 + U2 × 10%
= 1,1 U1 + 1,1 U1 × 1
10
= (1 + 1
10 )(1,1U1)
= (1,1)(1,1U1)= (1,1)2 U1= 1,21U1
177Matematika Kelas XII Program IPA
121.000 = 1,21 × U1
⇔ U1 = 121.000
1,21
= 100.000Jadi, populasi satwa pada awal tahun pertamasebanyak 100.000 ekor.
16. Jawaban: e2log x + 2log x2 + 2log x3 + · · · + 2log x20
= 2log x + 2 2log x + 3 2log x + · · · + 20 2log x2log x + 2 2log x + 3 2log x + · · · + 20 2log xmerupakan deret aritmetika dengan nilai a = 2log x;b = 2log x; Un = 20 2log x; dan n = 20.
Sn = 12 n(a + Un)
S20 = 12 × 20(2log x + 20 2log x)
⇔ 840 = 10(21 2log x)⇔ 4 = 2log x⇔ x = 16
17. Jawaban: ePermasalahan tersebut merupakan bentuk barisan
geometri dengan a = 10, r = 2, dan n = 305 + 1 = 7.
Banyak bakteri setelah 12 jam:
S7 = 710(2 1)
2 1−
− = 10 127
1×
= 1.270
Jadi, banyak sel bakteri setelah 12 jam ada 1.270.
18. Jawaban: bMisalkan bilangan a – b, a, dan a + b merupakanbarisan aritmetika.a – b, a – 2, a + b merupakan barisan geometrisehingga:
r = a 2a b
−− =
a ba 2
+− = 2
a 2a b
−− = 2
⇔ a – 2 = 2a – 2b⇔ a – 2b = –2 . . . . (1)
a + ba 2− = 2
⇔ a + b = 2a – 4⇔ a – b = 4 . . . . (2)Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2).a – 2b = –2a – b = 4––––––––––– – –b = –6⇔ b = 6Substitusi b = 6 ke persamaan a – b = 4 diperoleh:a – 6 = 4 ⇔ a = 10Barisan bilangan tersebut: 4, 10, 16.Jumlah ketiga bilangan itu = 4 + 10 + 16 = 30.
19. Jawaban: e
S∞ = a
1 r−
4 = 2
1 r−
⇔ 1 – r = 24
⇔ r = 12
20. Jawaban: cDi antara bilangan 2 dan 128 disisipkan 5 bilangan.Seluruhnya ada 7 suku dengan a = 2 dan U7 = 128.Banyak sisipan = k = 5
U7 = ar6
⇔ 128 = 2r6
⇔ r6 = 64⇔ r = 2
Sn = na(r 1)
r 1−
−
S7 = 72(2 1)
2 1−
−
= 2(128 1)
1−
= 254
21. Jawaban: dDeret mempunyai a = cos x dan r = cos x.
cos x + cos2 x + cos3 x + . . . = 12
S∞ = a
1 r−
⇔ 12
= cos x1 cos x−
⇔ 1 – cos x = 2 cos x⇔ 3 cos x = 1
⇔ cos x = 13
⇔ r = 13
Jadi, rasio deret tersebut 13 .
22. Jawaban: a
Sn = 12n + 1
4 – 4
S2 = 1
2
2 + 14
× – 4
= 42 – 4= 12
S1 = 1
12
+ 14
⋅ – 4
= 324 – 4
= 8 – 4 = 4
178 Ulangan Tengah Semester 2
U1 = S1 = 4U2 = S2 – S1 = 12 – 4 = 8
r = 2
1
UU
= 84 = 2
23. Jawaban: c15
n = p + 5Σ (n – 3)2 =
15 5
n = p + 5 5
−
−Σ ((n + 5) – 3)2
= 10
n = pΣ (n + 2)2
= 10
n = pΣ (n2 + 4n + 4)
24. Jawaban: eMisal harga kendaraan mula-mula = MHarga jual setelah enam tahun = M(1 – 12,5%)6
= M687,5
100
25. Jawaban: c
n
i = 1Σ (i2 – 4) +
n + 5
i = 6Σ (i2 – 3) +
n 5
i = 4
−
−Σ (i + 5)
= n
i = 1Σ (i2 – 4) +
n
i = 1Σ ((i + 5)2 – 3) +
n
i = 1Σ ((i – 5) + 5)
= n
i = 1Σ (i2 – 4) +
n
i = 1Σ (i2 + 10i + 25 – 3) +
n
i = 1Σ i
= n
i = 1Σ (i2 – 4 + i2 + 10i + 25 – 3 + i)
= n
i = 1Σ (2i2 + 11i + 18)
26. Jawaban: e3n + 2 – 3n + 18 · 3n – 2 = 3n · 32 – 3n + 18 · 3n · 3–2
= 3n(32 – 1 + 18 · 19 )
= 3n(9 – 1 + 2)= 10 · 3n
27. Jawaban: b2
50
x 1 x
2x
20
10
− ⋅ = 0,0000128
⇔x 1 x
x(0,04) 20
100
− ⋅ = (0,2)7
⇔ (0,2)2(x – 1) · x20
100
= (0,2)7
⇔ (0,2)2(x – 1) · (0,2)x = (0,2)7
⇔ (0,2)2x – 2 + x = (0,2)7
⇔ 2x – 2 + x = 7⇔ 3x = 9⇔ x = 3
28. Jawaban: d2x > 0 ⇔ 23x > 0
⇔ 23x · 2 > 0⇔ –23x + 1 < 0⇔ 8 – 23x + 1 < 8⇔ f(x) < 8
Jadi, daerah hasil fungsi eksponen tersebutf(x) < 8.
29. Jawaban: cGrafik memotong sumbu X jika y = 0.y = f(x) = 0 ⇔ 36 – 4 · 34x – 2 = 0
⇔ 4 · 34x – 2 = 36⇔ 34x – 2 = 9⇔ 34x – 2 = 32
⇔ 4x – 2 = 2⇔ 4x = 4⇔ x = 1
Jadi, grafik fungsi eksponen memotong sumbu Xdi titik (1, 0).
30. Jawaban: ef(x) = 25 + x + 4 mempunyai bilangan pokoka = 2 > 0, maka grafik fungsi f(x) monoton naik.2x > 0 ⇔ 2x · 25 > 0
⇔ 2x + 5 + 4 > 4⇔ f(x) > 4
Oleh karena f(x) > 4 dan grafik fungsi f(x) monotonnaik, untuk nilai x semakin kecil nilai f(x) mendekati4.
31. Jawaban: a
y = 32 – x – 2 = 32 · 3–x – 2 = 9(13 )x – 2
Fungsi y = 9(13 )x – 2 mempunyai bilangan pokok
a = 13 . Oleh karena 0 < a =
13 < 1, grafik fungsi
monoton turun. Grafik fungsi y = 9(13 )x – 2
mempunyai asimtot y = –2, maka untuk nilai xsemakin besar, nilai y mendekati –2. Grafik fungsimemotong sumbu Y di titik (0, 7).Jadi, sketsa grafik yang benar pilihan a.
32. Jawaban: eGrafik memotong sumbu Y di titik (0, 20), makaf(x) = 20 · ax.Grafik monoton naik maka bilangan pokoknya a > 1.Dengan mengambil a = 2 diperoleh:f(x) = 20 · 2x
= 5 · 4 · 2x
= 5 · 22 · 2x
= 5 · 2x + 2
Jadi, persamaan grafik fungsinya f(x) = 5 · 2x + 2.
179Matematika Kelas XII Program IPA
33. Jawaban: bGrafik f(x) = 3 · 22x digeser ke kiri 3 satuan, makapersamaan bayangannya adalah h(x) = 3 · 22(x + 3).h(x) = 3 · 22(x + 3) = 3 · 22x + 6
Jadi, persamaan grafik fungsi hasil pergeseranadalah h(x) = 3 · 22x + 6.
34. Jawaban: c43x + 1 – 82x + 2 + 480 = 0⇔ 22(3x + 1) – 23(2x + 2) = –480⇔ 26x · 22 – 26x · 26 = –480⇔ 26x(4 – 64) = –480⇔ 26x = 8⇔ 26x = 23
⇔ 6x = 3
⇔ x = 12
35. Jawaban: c2n 3n 5n
2n9 49 21
7⋅ ⋅ = 441
⇔2 2n 2 3n 5n
2n(3 ) (7 ) 21
7⋅ ⋅ = 212
⇔4n 6n 5n
2n3 7 21
7⋅ ⋅ = 212
⇔ 34n · 74n · 215n = 212
⇔ 214n · 215n = 212
⇔ 219n = 212
⇔ 9n = 2
⇔ n = 29
36. Jawaban: a2x 46
16
−= 2x x
144
12 2⋅
⇔2 2x x 4
42 6
2
−⋅ = 2
x1212
⇔ 2x2 – 4 · 6x2 – 4 = 122 – x
⇔ (2 · 6)x2 – 4 = 122 – x
⇔ 12x2 – 4 = 122 – x
⇔ x2 – 4 = 2 – x⇔ x2 + x – 6 = 0⇔ (x + 3)(x – 2) = 0⇔ x + 3 = 0 atau x – 2 = 0⇔ x = –3 atau x = 2Jadi, himpunan penyelesaiannya {–3, 2}.
37. Jawaban: a
4x 536 81 +⋅ = 1 3x18
243 −
⇔ (4 · 9 · 124(4x+5)3 ) = 5(1 3x)
2 93 −
⋅
⇔ 2 · 3 · 32(4x + 5) = 2 · 32 · 3–5(1 – 3x)
⇔ 38x + 10 + 1 = 3–5 + 15x + 2
⇔ 38x + 11 = 315x – 3
⇔ 8x + 11 = 15x – 3⇔ 7x = 14⇔ x = 2
38. Jawaban: c32x + 1 + 92 – x = 36⇔ 32x · 3 + 92 · 9–x – 36 = 0
⇔ 3 · 32x + 2x813
– 36 = 0
Misal p = 32x maka persamaan eksponen menjadi:
3p + 81p – 36 = 0
⇔ 3p2 – 36p + 81 = 0⇔ p2 – 12p + 27 = 0⇔ (p – 3)(p – 9) = 0⇔ p – 3 = 0 atau p – 9 = 0⇔ p = 3 atau p = 9⇔ 32x = 31 atau 32x = 32
⇔ 2x = 1 atau 2x = 2
⇔ x = 12 atau x = 1
Jadi, himpunan penyelesaiannya {12 , 1}.
39. Jawaban: b
323x2 – 4 ≤ 3 3x 264 −
⇔ 25(3x2 – 4) ≤ 3 3x 264 −
⇔ 215x2 – 20 ≤ 23x – 2
⇔ 15x2 – 20 ≤ 3x – 2⇔ 15x2 – 3x – 18 ≤ 0⇔ (5x – 6)(3x + 3) ≤ 0
Batas-batas nilai x:(5x – 6)(3x + 3) = 0
⇔ 5x – 6 = 0 atau 3x + 3 = 0
⇔ x = 65 atau x = –1
Jadi, nilai x yang memenuhi adalah –1 ≤ x ≤ 65 .
40. Jawaban: a25x + 2 + 50 · 5x – 3 > 0⇔ 52(x + 2) + 10 · 5 · 5x – 3 > 0⇔ 52(x + 1) + 2 + 10 · 5x + 1 – 3 > 0⇔ (5x + 1)2 · 52 + 10 · 5x + 1 – 3 > 0⇔ 25(5x + 1)2 + 10 · 5x + 1 – 3 > 0Misal p = 5x + 1 maka pertidaksamaan menjadi:25p2 + 10p – 3 > 0⇔ (5p – 1)(5p + 3) > 0
+ – +
–1 65
180 Ulangan Tengah Semester 2
+ – +
– 35
15
Batas-batas nilai p:(5p – 1)(5p + 3) = 0
⇔ 5p – 1 = 0 atau 5p + 3 = 0
⇔ p = 15 atau p = –
35
⇔ p < –35 atau p >
15
Untuk p < –35 tidak memenuhi karena bilangan
pokok selalu lebih dari nol.Sehingga diperoleh:
p > 15
⇔ 5x + 1 > 5–1
⇔ x + 1 > –1⇔ x > –2Jadi, himpunan penyelesaiannya {x| x > –2}.
B. Uraian1. Tabungan Andi: a = Rp250.000,00
b = Rp10.000,00Tabungan Deni: a′ = Rp200.000,00
b′ = Rp20.000,00Sn = Sn′
⇔ 12 n(2a + (n – 1)b) =
12 n(2a′ + (n – 1)b′)
⇔ 2a + (n – 1)b = 2a′ + (n –1)b′⇔ (500.000 + (n – 1)10.000) = (400.000
+ (n – 1)20.000)⇔ 500.000 – 400.000 = (n – 1)20.000 – (n – 1)10.000⇔ 100.000 = 10.000(n – 1)⇔ n – 1 = 10⇔ n = 11
S11 = 12 · 11(500.000 + (11 – 1)10.000)
= 112 (600.000) = 3.300.000
Jadi, tabungan keduanya akan berjumlah samapada bulan ke-11 yaitu sebesar Rp3.300.000,00.
2. a. U1 = 8, Un = 38
Sn = n2 (U1 + Un)
⇔ 414 = n2 (8 + 38)
⇔ 414 = n2 × 46
⇔ 414 = 23 × n⇔ n = 18Banyak bilangan yang disisipkan= n – 2 = 18 – 2 = 16.
b. U1 = 8, Un = U16 = 38U16 = U1 + (16 – 1) × b⇔ 38 = 8 + 15 × b⇔ 30 = 15 × b⇔ b = 2Jadi, beda barisan tersebut 2.
3. a. Deret tersebut yaitu a + ar + ar2+ . . ., dengan:a + ar + ar2 + . . .= 32 . . . (1)U2 + U4 + U6 + . . . = 6,4
⇔ ar + ar3 + ar5 + . . . = 6,4 . . . (2)Dari (1) diperoleh:
a1 r− = 32
⇔ a = 32(1 – r) . . . (3)Dari (2) diperoleh
2ar
1 r− = 6,4
⇔ 232(1 r) r
1 r− ×−
= 6,4
⇔32(1 r) r(1 r)(1 r)
− ×− + = 6,4
⇔32r1 r+ = 6,4
⇔ 6,4 + 6,4r = 32r⇔ 6,4 = 25,6r
⇔ r = 6,425,6 =
14
Jadi, rasio deret tersebut 14 .
b. a = 32(1 – r)
= 32(1 – 14 )
= 32 · 34 = 24
U6 = ar5
= 24 · (14 )5
= 3 · 23 · ( 212
)5
= 3 · 23 · 101
2
= 732
= 3
128
Jadi, suku ke-6 deret tersebut 3
128 .
4. Banyak air pada periode I = U1 = 1.000Banyak air pada periode II = U2U2 = 1.000 – 5% × 1.000 = 95% × U1
Banyak air pada periode III = U3U3 = U2 – 5%U2
= 95%U2= 95%(95% U1) = (95%)2 · U1
181Matematika Kelas XII Program IPA
Banyak air pada setiap periode membentuk barisangeometri dengan U1 = 1.000.
r = 2
1
UU
= 1
1
95% UU
×
= 95%= 0,95
Banyak air pada periode III = U3 = U1r2
= 1.000 × (0,95)2
= 1.000 × 0,9025= 902,5 ml
Jadi, banyak air dalam wadah pada periode ke-3sebanyak 902,5 ml.
5. a.20
k = 3Σ ((k – 1)2 + 6k )
= 20 2
k = 3 2
−
−Σ ((k + 2 – 1)2 + 6(k + 2))
= 18
k = 1Σ ((k + 1)2 + 6(k + 2))
= 18
k = 1Σ (k2 + 2k + 1 + 6k + 12)
= 18
k = 1Σ (k2 + 8k + 13)
b.13
k = 4Σ (k – 3)3 =
13 3
k = 4 3
−
−Σ ((k + 3) – 3)3 =
10
k = 1Σ k3
c.20
k = 4−Σ (k3 + 5)
= 20 + 5
k = 4 + 5−Σ ((k – 5)3 + 5)
= 25
k = 1Σ ((k3 + 3k2(–5) + 3k(–5)2 + (–5)3 + 5))
= 25
k = 1Σ (k3 –15k2 + 75k – 120)
6. a. 2 + 6 + 18 + . . . + 2(3n – 1) = 3n – 1
⇔n
i = 1∑ 2(3i – 1) = 3n – 1
i) Akan dibuktikan rumus tersebut benaruntuk n = 1
1
i = 1∑ 2(3i – 1) = 31 – 1 ⇔ 2(31 – 1) = 3 – 1
⇔ 2 = 2Oleh karena ruas kiri = ruas kanan, rumustersebut benar untuk n = 1.
ii) Diasumsikan rumus tersebut benar untukn = k.2 + 6 + 18 + . . . + 2(3k – 1) = 3k – 1
Akan dibuktikan rumus tersebut benaruntuk n = k + 1 yaitu:
2 + 6 + 18 + . . . + 2(3k – 1) + 2(3k) = 3k + 1 – 1
Ruas kiri= 2 + 6 + 18 + . . . + 2(3k – 1) + 2(3k)= (3k – 1) + 2(3k)= 3k – 1 + 2(3k)= 3(3k) – 1= 3k + 1 – 1 (terbukti)
Oleh karena ruas kiri = ruas kanan makarumus tersebut benar untuk n = k + 1.
Jadi, rumus tersebut benar untuk semua nbilangan asli.
b. 2 + 6 + 12 + . . . + n(n + 1) = n(n + 1)(n + 2)3
⇔n
i = 1∑ i(i + 1) = n(n + 1)(n + 2)
3
i) Akan dibuktikan rumus tersebut benaruntuk n = 1
1
i = 1∑ i(i + 1) = 1(1 + 1)(1 + 2)
3
⇔ 1(1 + 1) = 1 2 33
× ×
⇔ 2 = 2Oleh karena ruas kiri = ruas kanan, rumustersebut benar untuk n = 1.
ii) Diasumsikan rumus tersebut benar untukn = k.
2 + 6 + 12 + . . . + k(k + 1) = k(k + 1)(k + 2)3
Akan dibuktikan rumus tersebut benaruntuk n = k + 1 yaitu 2 + 6 + 8 + . . . + k(k + 1)
+ (k + 1)(k + 2) = (k + 1)(k + 2)(k + 3)3
Ruas kiri= 2 + 6 + 12 + . . . + k(k + 1) + (k + 1)(k + 2)
= k(k + 1)(k + 2)3
+ (k + 1)(k + 2)
= (k + 1)(k + 2) ( )k3 + 1
= (k + 1)(k + 2)k + 3
3
= (k + 1)(k + 2)(k + 3)3
Oleh karena ruas kiri = ruas kanan, rumustersebut benar untuk n = k + 1.
Jadi, rumus tersebut terbukti benar untuksemua n bilangan asli.
7. Grafik fungsi f(x) = 3bx c1
2
+
memotong sumbu Y di
titik (0, 12) dan melalui titik (13 , 6) maka
f(0) = 12 dan f13
= 6.
182 Ulangan Tengah Semester 2
+ – +
1 25
f(0) = 3 · 0 c1
2
+
⇔ 12 = 3c1
2
⇔ 4 = c1
2
⇔21
2
−
= c1
2
⇔ c = –2
f13
= 6
⇔ 6 = 313b c1
2
+
⇔ 2 = 13b 21
2
−
⇔11
2
−
= 13b 21
2
−
⇔ –1 = 13 b – 2
⇔ 13 b = 1
⇔ b = 3
Diperoleh persamaan f(x) = 33x 21
2
−
.Grafik f(x) digeser ke kanan 5 satuan maka:
h(x) = 33(x 5) 21
2
− −
= 33x 171
2
−
Jadi, persamaan grafik fungsi h(x) = 33x 171
2
−
.
8. Misal h(x) = 2x – 1, f(x) = 3x2 – x + 2, dan g(x) =2x2 + x + 5.Penyelesaian persamaan eksponen tersebut dapatditentukan dari beberapa kemungkinan berikut.a. f(x) = g(x)
⇔ 3x2 – x + 2 = 2x2 + x + 5⇔ x2 – 2x – 3 = 0⇔ (x – 3)(x + 1) = 0⇔ x – 3 = 0 atau x + 1 = 0⇔ x = 3 atau x = –1
b. h(x) = 1⇔ 2x – 1 = 1⇔ 2x = 2⇔ x = 1
c. h(x) = 0⇔ 2x – 1 = 0
⇔ x = 12
Substitusi x = 12 ke f(x) dan g(x).
f(12 ) = 3(
12 )2 –
12 + 2 = 2
14 > 0
g(12 ) = 2(
12 )2 +
12 + 5 = 6 > 0
Oleh karena f(12 ) > 0 dan g(
12 ) > 0 maka
x = 12 merupakan penyelesaian.
d. h(x) = –1⇔ 2x – 1 = –1⇔ x = 0
Substitusi x = 0 ke f(x) dan g(x).f(0) = 3 · 02 – 0 + 2 = 2 (genap)g(0) = 2 · 02 + 0 + 5 = 5 (ganjil)Oleh karena f(0) genap dan g(0) ganjil makax = 0 bukan penyelesaian.
Jadi, himpunan penyelesaiannya {–1, 12 , 1, 3}.
9.15 × 625x – 26 × 52x – 1 + 5 ≥ 0
⇔ 15 × 252x – 26 × 52x × 5–1 + 5 ≥ 0
⇔ 15 (25x)2 –
265 25x + 5 ≥ 0
Misal p = 25x maka pertidaksamaan menjadi:
15 p2 –
265 p + 5 ≥ 0
⇔ p2 – 26p + 25 ≥ 0⇔ (p – 25)(p – 1) ≥ 0
Pembuat nol:(p – 25)(p – 1) = 0
⇔ p – 25 = 0 atau p – 1 = 0⇔ p = 25 atau p = 1
Penyelesaian:
p ≤ 1 atau p ≥ 25⇔ 25x ≤ 1 atau 25x ≥ 25⇔ x ≤ 0 atau x ≥ 1Jadi, penyelesaiannya x ≤ 0 atau x ≥ 1.
183Matematika Kelas XII Program IPA
10. x1608− ≥ 5 ×
x3x 264 +
⇔ 1605
≥ 8–x · x
3x 264 +
⇔ 32 ≥ 2–3x · 6x
3x 22 +
⇔ 25 ≥ 6x
3x 23x
2 +−
⇔ 5 ≥ 6x3x 2+ – 3x
⇔ 5 ≥ 6x 3x(3x 2)3x 2
− ++
⇔ 5 ≥ 29x
3x 2−
+
⇔29x
3x 2−
+ – 5 ≤ 0
⇔29x 5(3x 2)3x 2
− − ++
≤ 0
⇔29x 15x 103x 2
− − −+
≤ 0
⇔29x 15x 10
3x 2+ +
+≥ 0
Oleh karena (9x2 + 15x + 10) mempunyai D < 0dan a > 0 maka (9x2 + 15x + 10) definit positifsehingga (9x2 + 15x + 10) > 0.
Oleh karena 29x 15x 10
3x 2+ +
+ ≥ 0 dan (9x2 + 15x + 10) > 0
maka 3x + 2 > 0 ⇔ x > – 23
.
Jadi, himpunan penyelesaiannya {x| x > 23
}.
184 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen
5. Menggunakan aturanyang berkaitan denganfungsi eksponen danlogaritma dalam pe-mecahan masalah.
Standar Kompetensi Kompetensi Dasar Nilai Indikator
5.1 Menggunakan sifat-sifat fungsieksponen dan logaritma dalampemecahan masalah.
5.2 Menggambar grafik fungsi eksponendan logaritma.
5.3 Menggunakan sifat-sifat fungsieksponen atau logaritma dalampenyelesaian pertidaksamaaneksponen atau logaritma sederhana.
Pada bab ini akan dipelajari:1. Fungsi eksponen dan grafiknya2. Berbagai bentuk persamaan eksponen dan penyelesaiannya3. Pertidaksamaan eksponen dan penyelesaiannya
P a n t a n gmenyerah
Menyelesaikan persamaan danpertidaksamaan fungsi eksponenmenggunakan sifat-sifat fungsieksponen.
Model Pengintegrasian Nilai Pendidikan Karakter
Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen
Menggambar grafik fungsi eksponen
Siswa mampu menggambar grafikfungsi eksponen
• Menjelaskan tentang grafik fungsieksponen
• Menyebutkan sifat-sifat grafikfungsi eksponen
• Menentukan unsur-unsur padagrafik fungsi eksponen
• Menggambar grafik fungsi eksponen
Siswa mampu menggunakan sifat-sifat fungsi eksponen untuk
menyelesaikan persamaan eksponen
Menggunakan sifat-sifat fungsieksponen untuk menyelesaikan
persamaan eksponen
Menggunakan sifat-sifat fungsieksponen untuk menyelesaikan
pertidaksamaan eksponen
Siswa dapat menggunakan aturan yang berkaitandengan fungsi eksponen dalam pemecahan masalah
Siswa mampu menggunakan sifat-sifat fungsi eksponen untuk
menyelesaikan pertidaksamaaneksponen
• Menyelesaikan pertidaksamaaneksponen dengan bilangan pokokberupa bilangan yang sama
• Menyelesaikan pertidaksamaaneksponen dengan mengubah kebentuk pertidaksamaan kuadrat
• Menyelesaikan persamaaneksponen dengan bilangan pokokberupa bilangan yang sama
• Menyelesaikan persamaaneksponen dengan mengubah kebentuk persamaan kuadrat
• Menyelesaikan persamaaneksponen dengan bilangan pokokberupa fungsi
185Matematika Kelas XII Program IPA
1. Jawaban: cAB =
2 x
2 x26
−
−
= 2 x2
6
−
= 2 x1
3
−
= ( )2 x13−−
= 3x – 2
2. Jawaban: e26x + 4 = 22(3x + 1) + 2
= (23x + 1)2 · 22
= 4p2
3. Jawaban: e
Grafik fungsi f(x) = x 1
4 19
− +
melalui titik (a, 9),
maka f(a) = 9.
f(a) = a 1
4 19
− +
⇔ 9 = 2 a 14 (3 )− − +
⇔ 32 = (32a – 2)14
⇔ 32 = 312
a – 12
⇔ 2 = 12 a –
12
⇔ 4 = a – 1⇔ a = 5
4. Jawaban: ef(x) = k · 25x – 8
f(2) = k · 25 · 2 – 8
⇔ 20 = k · 210 – 8
⇔ 20 = k · 22
⇔ k = 5f(x) = 5 · 25x – 8
f(1) = 5 · 25 · 1 – 8
= 5 · 2–3 = 58
5. Jawaban: aGrafik fungsi f(x) memotong sumbu Y jika x = 0.f(0) = 60 + 1 + 61 – 0 = 61 + 61 = 12Jadi, f(x) memotong sumbu Y di titik (0, 12).
6. Jawaban: eKurva fungsi eksponen monoton turun denganbilangan pokok 2 dan memotong sumbu Y di titik(0, 6) yaitu:y = 6 · 2–x
= 3 · 2 · 2–x
= 3 · 21 – x
7. Jawaban: cKurva melalui titik (0, 1), (1, 3), dan (2, 9). Fungsieksponen yang benar adalah y = 3x karena:1 = 30
3 = 31
9 = 32
8. Jawaban: cKurva melalui titik (0, 2) dan (1, 3).Fungsi yang sesuai adalah f(x) = 2x + 1 karena:f(0) = 20 + 1 ⇒ 2 = 1 + 1f(1) = 21 + 1 ⇒ 3 = 2 + 1
9. Jawaban: c
Cara lain:y = 4 – 4 · 2x
untuk x = 0 ⇒ y = 4 – 4 · 1 = 0 sehingga grafikmelalui titik (0, 0).
∞→xlim y =
∞→xlim (4 – 4 · 2x) = 4 – 4 · ∞ = –∞
Untuk x semakin besar, nilai y semakinmendekati –∞.
∞→ –xlim y =
∞→ –xlim (4 – 4 · 2x)
= 4 – 4 · 0 = 4Untuk x semakin kecil, nilai y semakin mendekati 4.Jadi, grafik yang benar pilihan c.
10. Jawaban: d
f(x) = 32 – x – 4 = 32 · 3–x – 4 = 9 · x1
3
– 4
1) Persamaan grafik f(x) mempunyai bilangan
pokok 13 . Oleh karena 0 <
13 < 1, grafik fungsi
f(x) monoton turun.
A. Pilihan Ganda
Y
X
4
0
–4y = 4 – 4 · 2x
y = –4 · 2x
Y
X
4
0
–4
y = 4 · 2x
y = –4 · 2x
186 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen
x
f(x)
. . .
. . .
–3
8
–2
4
–1
2
0
1
1
12
2 3 . . .
14
18 . . .
f(x) = 2–x
Y
X
8
4
2
1
–3 –2 –1 0 1 2 3
Diperoleh:
x′ = 12 (x + 2) ⇔ x = 2x′ – 2
y′ = 12 (y – 1) ⇔ y = 2y′ + 1
y = 23 – 2x ⇒ 2y′ + 1 = 23 – 2(2x′ – 2)
⇔ 2y′ = –1 + 27 – 4x′
⇔ y′ = –12 +
12 · 27 – 4x′
= –12 + 26 – 4x′
f′(x) = –12 + 26 – 4x
f′(1) = –12 + 26 – 4 = –
12 + 22 = 4 –
12 = 3
12
B. Uraian
1. a. f(x) = x 2
x3
9 3
+
⋅ = x 2
2
2 x3
3 3
+
⋅ = 12
x 1
2 x33
+
+ = 312
x + 1 – (2 + x)
= 3–12
x – 1 = 13 ·
x13
b. f(x) = 13 ·
x13
f(0) = 13 ·
013
= 13
f(1) = 13 ·
13
= 19
3
f(2) = 13 ·
213
= 13 ·
13 =
19
Jadi, f(0) = 13 , f(1) = 1
93 , dan f(2) =
19 .
2. a. f(x) = 2–x
Tabel fungsi f(x) = 2–x
Grafik fungsi f(x) = 2–x
2) Grafik memotong sumbu Y di titik (0, f(0)).f(0) = 32 – 0 – 4 = 9 – 4 = 5Jadi, grafik memotong sumbu Y di titik (0, 5).
3)x1
3
> 0 ⇔ 9 · x1
3
> 0
⇔ 9 · x1
3
– 4 > –4
⇔ f(x) > –4Oleh karena f(x) > –4, asimtot datarnya y = –4.
4) Oleh karena grafik fungsi f(x) monoton turundan asimtot datarnya y = –4, untuk nilai xsemakin besar, nilai f(x) mendekati –4.
Jadi, pernyataan yang benar II dan V.
11. Jawaban: ef(x) = 2(5x + 3) = 2 · 5x + 6Asimtot datar y = 5x adalah sumbu X atau garis y = 0.Asimtot datar y = 2 · 5x + 6 adalah garis y = 0 + 6 = 6.Jadi, asimtot datar grafik fungsi f(x) adalah y = 6.
12. Jawaban: c3x > 0 ⇔ (3x)2 > 0
⇔ 32x · 13 > 0
⇔ 32x – 1 > 0⇔ 5 + 32x – 1 > 5⇔ y > 5
Jadi, daerah hasilnya {y | y > 5, y ∈ R}.
13. Jawaban: cMisalkan m(x) = –x2 + 4x – 6.
m(x) maksimum untuk x = –b
2a = 42
−− = 2
Fungsi h(x) = 4m(x) maksimum jika nilai pangkatnya(m(x)) maksimum.Jadi, nilai maksimum fungsi h:
h(2) = 4–4 + 8 – 6 = 4–2 = 1
16
14. Jawaban: bBanyak serangga mula-mula 20.000 ekor maka:
S(n) = 20.000 (2) 12n
S(–36)= 20.000 (2)– 1236
= 20.000 · 2–3
= 20.000 · 18 = 2.500
Jadi, jumlah serangga 36 hari yang lalu 2.500 ekor.
15. Jawaban: df(x) = 23 – 2x → y = 23 – 2x
(x, y) 2T1
= − → (x + 2, y – 1)
12
O, → (
12 (x + 2),
12 (y – 1))
187Matematika Kelas XII Program IPA
b. f(x) = 3x – 1Tabel fungsi f(x) = 3x – 1
Grafik fungsi f(x) = 3x – 1
3. f(x) = 3ax + b
Grafik melalui titik (1, 3) dan (2, 27), maka f(1) = 3dan f(2) = 27.f(1) = 3a + b ⇔ 3 = 3a + b ⇔ a + b = 1 . . . (1)f(2) = 32a + b ⇔ 27 = 32a + b
⇔ 33 = 32a + b
⇔ 2a + b = 3 . . . (2)Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2).2a + b = 3a + b = 1
–––––––– –a = 2
Substitusikan a = 2 ke persamaan (1).a + b = 1
⇔ 2 + b = 1⇔ b = –1
Substitusi nilai a = 2 dan b = 1 ke persamaanf(x) = 3ax + b diperoleh f(x) = 32x – 1.Jadi, persamaan grafik fungsi eksponenf(x) = 32x – 1.
4. Grafik fungsi f(x) = 4x1
3
digeser ke kanan
1 satuan, maka f1(x) = 4x 11
3
−
.
Grafik f1(x) = 4x 11
3
−
digeser ke atas 3 satuan,
maka h(x) = 3 + f1(x) = 3 + 4x 11
3
−
.
h(–1) – h(1) = 3 + 421
3
−
– 3 – 401
3
= 4 · 9 – 4
= 32
5. Grafik fungsi f(x) = –4a – bx memotong sumbu Y dititik (0, –4), maka f(0) = –4.f(0) = –4a – 0 ⇔ –4 = –4a
⇔ a = 1Grafik f(x) digeser ke atas 3 satuan, makag(x) = 3 – 4a – bx = 3 – 41 – bx.Grafik fungsi g(x) melalui titik (1, 1), maka g(1) = 1.g(1) = 3 – 41 – b ⇔ 1 = 3 – 41 – b
⇔ 22(1 – b) = 2⇔ 2(1 – b) = 1
⇔ 1 – b = 12
⇔ b = 12
Jadi, persamaan grafik fungsi g(x) = 3 – 41 – 12 x.
f(x) = 3x – 1Y
X
8
21
–1–2 –1 0 1 2
x
f(x)
. . .
. . .
–1
23−
0
0
1
2
2
8
. . .
. . .
2. Jawaban: c3 x1
27
−
= 81x2 – 4
⇔ 3–3(3 – x) = 34(x2 – 4)
⇔ –3(3 – x) = 4(x2 – 4)⇔ –9 + 3x = 4x2 – 16⇔ 4x2 – 3x – 7 = 0⇔ (4x – 7)(x + 1) = 0
4x – 7 = 0 atau x + 1 = 0
⇔ x = 74 atau x = –1
Jadi, himpunan penyelesaiannya {–1, 74 }.
1. Jawaban: b3x2 + x – 2 = 81x + 2
⇔ 3x2 + x – 2 = (34)x + 2
⇔ 3x2 + x – 2 = 34x + 8
⇔ x2 + x – 2 = 4x + 8⇔ x2 – 3x – 10 = 0⇔ (x – 5)(x + 2) = 0⇔ x – 5 = 0 atau x + 2 = 0⇔ x = 5 atau x = –2Oleh karena a > b, diperoleh a = 5 dan b = –2Nilai a – b = 5 – (–2) = 7
188 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen
3. Jawaban: a3 5 x9
27
−= x 1
13 +
⇔5 x
3927
−
= (x 1)
23− +
⇔2(5 x)
3
33
3
−
= (x 1)
23− +
⇔2(5 x)
333− −
= (x 1)
23− +
⇔ 2(5 x)3−
– 3 = (x 1)
2− +
⇔ 10 2x3−
– 93 =
(x 1)2
− +
⇔ 1 2x3
−=
(x 1)2
− +
⇔ 2(1 – 2x) = –3(x + 1)⇔ 2 – 4x = –3x – 3⇔ –4x + 3x = –3 – 2⇔ –x = –5⇔ x = 5
4. Jawaban: c
4x 2
3 116
−
= 32
⇔ 22 · 12
4(x 2)3−
= 25
⇔ 24(x 2)
3− −
= 23
⇔ 4(x 2)3
− −= 3
⇔ –4x + 8 = 9⇔ –4x = 1
⇔ x = –14
Jadi, himpunan penyelesaiannya {–14 }.
5. Jawaban: dx 21
4
+
= 3 2x 18 −
⇔ 2–2(x + 2) = 23(2x 1)
3−
⇔ –2(x + 2) = 2x – 1⇔ –2x – 4 = 2x – 1⇔ 4x = –3
⇔ x = –34
81x = 81– 34 = (34)– 3
4 = 3–3 = 1
27
6. Jawaban: ax1
4
– 16 · 2x = 0
⇔ 2x1
2 – 16 · 2x = 0
⇔ 1 – 16 · 23x = 0
⇔ 23x = 1
16⇔ 23x = 2–4
⇔ 3x = –4
⇔ x = –43
Jadi, nilai x yang memenuhi –43 .
7. Jawaban: d45 (23x – 1) +
x810
= 2
⇔45 · 23x · 2–1 +
3x210
= 2
Misalkan 23x = a, persamaan menjadi:
⇔45 · a ·
12 +
a10 = 2
⇔ 410 a +
110 a = 2
⇔ 510 a = 2
⇔ a = 4⇔ 23x = 22
⇔ 3x = 2
⇔ x = 23
8. Jawaban: d2x 4x 38 − + = x 1
132 −
⇔ 232 (x2 – 4x + 3) = 2–5(x – 1)
⇔ 32
(x2 – 4x + 3) = –5(x – 1)
⇔ 3(x2 – 4x + 3) = –10(x – 1)⇔ 3x2 – 12x + 9 = –10x + 10⇔ 3x2 – 2x – 1 = 0⇔ (3x + 1)(x – 1) = 0
⇔ x = –13 atau x = 1
Oleh karena α > β, α = 1 dan β = –13 .
Jadi, 2α + 3β = 2 · 1 + 3(–13 ) = 2 + (–1) = 1.
9. Jawaban: d5x + 1 + 52 – x = 30
⇔ 5x · 51 + 52 · 5–x = 30
189Matematika Kelas XII Program IPA
Misalkan 5x = p, persamaan menjadi:⇔ 5p + 25p–1 = 30⇔ 5p – 30 + 25p–1 = 0–––––––––––––––––––––– ×
p5
⇔ p2 – 6p + 5 = 0Akar-akar persamaan kuadrat adalah p1 = 5α danp2 = 5β.p1 · p2 ⇒ 5α · 5β = 5
⇔ 5α + β = 51
⇔ α + β = 1
10. Jawaban: d
2x + 1 + x 31
2 − = 17
⇔ 2x · 21 + 3
x22
= 17
Misalkan 2x = p, persamaan menjadi:
⇔ 2p + 8p = 17
⇔ 2p2 – 17p + 8 = 0⇔ (2p – 1)(p – 8) = 0
⇔ p = 12 atau p = 8
⇔ 2x = 2–1 atau 2x = 23
⇔ x = –1 atau x = 3Diperoleh x1 = –1 dan x2 = 3.Jadi, x1
2 + x22 = (–1)2 + 32 = 1 + 9 = 10.
11. Jawaban: b3x + 2 + 9x + 1 = 810
⇔ 3x · 9 + 32x · 9 = 810⇔ 9 · (3x)2 + 9 · 3x – 810 = 0Misalkan m = 3x, persamaan menjadi:⇔ 9m2 + 9m – 810 = 0⇔ m2 + m – 90 = 0⇔ (m – 9)(m + 10) = 0⇔ m = 9 atau m = –10⇔ 3x = 9 atau 3x = –10⇔ x = 2 Untuk 3x = –10 tidak ada nilai x yang memenuhi.
Jadi, 3x – 3 = 32 – 3 = 3–1 = 13 .
12. Jawaban: ex1
64
– 5 · 21 – 3x + 16 = 0
⇔6x1
2
– 5 · 2 · 2–3x + 16 = 0
⇔23x1
2
– 10 ·
3x12
+ 16 = 0
Misalkan 3x1
2
= p, persamaan menjadi:
p2 – 10p + 16 = 0⇔(p – 8)(p – 2) = 0⇔ p – 8 = 0 atau p – 2 = 0⇔ p = 8 atau p = 2
⇔3x1
2
= 8 atau3x1
2
= 2
⇔ 2–3x = 23 atau 2–3x = 21
⇔ –3x = 3 atau –3x = 1
⇔ x = –1 atau x = –13
Jadi, akar-akar persamaan tersebut –13 dan –1.
13. Jawaban: b
(49 )x2 – 3(
827 )1 – x =
32
⇔ (23 )2(x2 – 3)(
23 )3(1 – x) = (
23 )–1
⇔ (23 )2(x2 – 3) + 3(1 – x) = (
23 )–1
⇔ 2(x2 – 3) + 3(1 – x) = –1⇔ 2x2 – 3x – 2 = 0⇔ (2x + 1)(x – 2) = 0
⇔ x = –12 atau x = 2
Diperoleh x1 = 12 dan x2 = 2
Jadi, (x1 – x2)2 = (–
12 – 2)2 = (–
52 )2 =
254 .
14. Jawaban: bMisalkan h(x) = x – 2, f(x) = x + 3, dan g(x) = 2x –1. Penyelesaian persamaan tersebut dapatditentukan dari beberapa kemungkinan berikut.1) f(x) = g(x) ⇒ x + 3 = 2x – 1
⇔ x = 42) h(x) = 1 ⇒ x – 2 = 1
⇔ x = 33) h(x) = 0 ⇒ x – 2 = 0
⇔ x = 2Substitusikan x = 2 ke f(x) dan g(x):f(2) = 2 + 3 = 5 (positif)g(2) = 4 – 1 = 3 (positif)Oleh karena f(2) > 0 dan g(2) > 0, x = 2merupakan penyelesaian.
4) h(x) = –1 ⇒ x – 2 = –1⇔ x = 1
Substitusikan x = 1 ke f(x) dan g(x):f(1) = 1 + 3 = 4 (genap)g(1) = 2 – 1 = 1 (ganjil)Oleh karena f(1) genap dan g(1) ganjil, x = 1bukan penyelesaian.
Jadi, himpunan penyelesaiannya {4, 3, 2}.
190 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen
A
CB
42x + 2
22x + 1
15. Jawaban: d(x + 1)x2 – 16 = 1⇔ (x + 1)x2 – 16 = (x + 1)0
Misalkan f(x) = x2 – 16, g(x) = 0, dan h(x) = x + 1.Penyelesaian persamaan tersebut sebagai berikut.1) f(x) = g(x)
⇔ x2 – 16 = 0⇔ (x – 4)(x + 4) = 0⇔ x – 4 = 0 atau x + 4 = 0⇔ x = 4 atau x = –4
2) h(x) = 1⇔ x + 1 = 1⇔ x = 0
3) h(x) = –1⇔ x + 1 = –1⇔ x = –2Substitusikan x = –2 ke f(x).f(x) = x2 – 16 ⇒ f(–2) = –12 (genap)Oleh karena f(x) genap, x = –2 merupakanpenyelesaian.Jadi, himpunan penyelesaiannya {–4, –2, 0, 4}.
B. Uraian
1. a. 92x – 4 = 2x 41
27
−
⇔ (32)2x – 4 = (3–3)x2 – 4
⇔ 2(2x – 4) = –3(x2 – 4)⇔ 4x – 8 = –3x2 + 12⇔ 3x2 + 4x – 20 = 0⇔ (3x + 10)(x – 2) = 0⇔3x + 10 = 0 atau x – 2 = 0
⇔ x = –103 ⇔ x = 2
Jadi, himpunan penyelesaiannya {–103 , 2}.
b. 8x + 2 = 3 x 564 +
⇔ 8x + 2 = 82(x 5)
3+
⇔ 8x + 2 = 82x 10
3+
⇔ x + 2 = 2x 103+
⇔ 3x + 6 = 2x + 10⇔ x = 4Jadi, himpunan penyelesaiannya {4}.
c.2x 11
2
+ =
4x 12 (0,125)16
−
⇔2x 11
2
+
= 14x 18
4
2
2
− ⋅
⇔ (2–1)2x + 1 = 4x 1 3 42 2 2− − −⋅ ⋅
⇔ 2–2x – 1 = 24x 8
2−
⇔ –2x – 1 = 4x 82−
⇔ –2x – 1 = 2x – 4⇔ –4x = –3
⇔ x = 34
Jadi, himpunan penyelesaiannya {34 }.
2. a. 9n + 1 + 32n + 1 + 45 ·1 2n1
3
−
= 243
⇔ 9n · 9 + 32n · 3 + 45 · 32n – 1 = 243⇔ 32n · 9 + 32n · 3 + 15 · 32n = 243⇔ 32n(9 + 3 + 15) = 243⇔ 32n = 9⇔ 32n = 32
⇔ 2n = 2⇔ n = 1
b. 7n + 7n + 1 – 21 · 7n – 1 = 245
⇔ 7n + 7n · 7 – 21 · 7n · 17 = 245
⇔ 7n (1 + 7 – 3) = 245⇔ 7n = 49⇔ 7n = 72
⇔ n = 2
3. 52x – 32x = 52x – 1 + 32x – 1
⇔ 52x – 52x – 1 = 32x + 32x – 1
⇔ 52x – 15 · 52x = 32x +
13 · 32x
⇔ 45 · 52x =
43 · 32x
⇔2x55
= 2x33
⇔ 52x – 1 = 32x – 1
Penyelesaian dari 52x – 1 = 32x – 1 adalah:2x – 1= 0
⇔ x = 12
Jadi, ni lai x yang memenuhi persamaan
tersebut adalah 12 .
4.
AC2 = AB2 + BC2
⇔ (2x + 2)2 = 42 + (22x + 1)2
⇔ 22x + 4 = 16 + 24x+2
⇔ 24x + 2 – 22x + 4 + 16 = 0⇔ 22 · 24x – 24 · 22x + 16 = 0
191Matematika Kelas XII Program IPA
Misalkan p = 22x, persamaan tersebut menjadi:4p2 – 16p + 16 = 0
⇔ p2 – 4p + 4 = 0⇔ (p – 2)2 = 0⇔ p – 2 = 0⇔ p = 2
p = 2⇔ 22x = 2⇔ 2x = 1
⇔ x = 12
Jadi, nilai x yang memenuhi 12 .
5. Persamaan (x2 – 2x)x2 – 2x = (x2 – 2x)6 – x merupa-kan bentuk (h(x))f(x) = (h(x))g(x). Penyelesaiannyadapat ditentukan dari beberapa kemungkinanberikut.a. f(x) = g(x) ⇔ x2 – 2x = 6 – x
⇔ x2 – x – 6 = 0⇔ (x + 2)(x – 3) = 0⇔ x = –2 atau x = 3
b. h(x) = 1 ⇔ x2 – 2x = 1⇔ x2 – 2x – 1 = 0
⇔ x = 2 4 42
± + = 2 2 22
±
⇔ x = 1 + 2 atau x = 1 – 2
c. h(x) = 0 ⇔ x2 – 2x = 0⇔ x(x – 2) = 0⇔ x = 0 atau x = 2
Substitusikan x = 0 dan x = 2 ke f(x) dan g(x).f(0) = 02 – 2 · 0 = 0g(0) = 6 + 0 = 6Oleh karena f(0) dan g(0) keduanya tidakpositif atau keduanya tidak negatif, x = 0bukan penyelesaian.f(2) = 22 – 2 · 2 = 0g(2) = 6 – 2 = 4 > 0Oleh karena f(2) dan g(2) keduanya tidakpositif dan keduanya tidak negatif, x = 2 bukanpenyelesaian.
d. h(x) = –1 ⇔ x2 – 2x = –1⇔ x2 – 2x + 1 = 0⇔ (x – 1)2 = 0⇔ x = 1
Substitusikan x = 1 ke f(x) dan g(x):f(1) = 12 – 2 · 1 = –1 (ganjil)g(1) = 6 – 1 = 5 (ganjil)Oleh karena f(1) ganjil dan g(1) ganjil, x = 1merupakan penyelesaian.
Jadi, himpunan penyelesaiannya {–2, 1 – 2 , 1,
1 + 2 , 3}.
A. Pilihan Ganda1. Jawaban: d
Grafik fungsi f(x) berada di atas sumbu X ketikaf(x) > 0.
f(x) > 0
⇔21
3
2x 13 + – 27 > 0
⇔ 3–2 · 32x 1
2+
– 33 > 0
⇔ 32x 3
2−
> 33
⇔ 2x 32−
> 3
⇔ 2x 3 62
− −> 0
⇔ 2x – 9 > 0
⇔ x > 92
Jadi, grafik fungsi f(x) berada di atas sumbu X
pada interval x > 92 .
2. Jawaban: b2x
x512 2
32⋅ ≤
x864
⇔29 x
5x2 2
2⋅ ≤
3x
622
⇔ 2x2 – 5x + 9 ≤ 23x – 6
⇔ x2 – 5x + 9 ≤ 3x – 6⇔ x2 – 8x + 15 ≤ 0⇔ (x – 5)(x – 3) ≤ 0
Pembuat nol:x – 5 = 0 atau x – 3 = 0x = 5 atau x = 3
Penyelesaian:
⇔ 3 ≤ x ≤ 5
Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 3 ≤ x ≤ 5.
+ – +
3 5
192 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen
+ – +
3 9
▲
9
▲+ – +
13
6. Jawaban: d32x + 1 + 8 · 3x – 3 > 0
⇔ 3 · 32x + 8 · 3x – 3 > 0Misalkan p = 3x, pertidaksamaan menjadi:
3p2 + 8p – 3 > 0⇔ (3p – 1)(p + 3) > 0Pembuat nol:3p – 1 = 0 atau p + 3 = 0
⇔ p = 13 atau p = –3
Penyelesaian:
p < –3 ⇔ 3x < –3 (tidak ada nilai x yang memenuhi)
p > 13 ⇔ 3x >
13
⇔ 3x > 3–1
⇔ x > –1
7. Jawaban: d 32x + 1 + 9 – 28 · 3x > 0
⇔ 3 · 32x + 9 – 28 · 3x > 0Misalkan p = 3x, pertidaksamaan menjadi:
3p2 + 9 – 28p > 0⇔ 3p2 – 28p + 9 > 0⇔ (3p – 1)(p – 9) > 0Pembuat nol:3p – 1 = 0 atau p – 9 = 0
⇔ p = 13 atau p = 9
Penyelesaian:
p < 13 ⇔ 3x <
13
⇔ 3x < 3–1
⇔ x < –1p > 9 ⇔ 3x > 9
⇔ 3x > 32
⇔ x > 2
8. Jawaban: c32x – 4 · 3x + 1 > –27
⇔ (3x)2 – 12 · 3x + 27 > 0⇔ (3x – 3)(3x – 9) > 0Pembuat nol:3x – 3 = 0 atau 3x – 9 = 0⇔ 3x = 3 atau 3x = 9
⇔ 3x < 3 atau 3x > 9⇔ x < 1 atau x > 2
3. Jawaban: b12
x 419
−
≤ 274 – x2
⇔ 3–2(12 x – 4) ≤ 33(4 – x2)
⇔ –2(12 x – 4) ≤ 3(4 – x2)
⇔ –x + 8 ≤ 12 – 3x2
⇔ 3x2 – x – 4 ≤ 0⇔ (3x – 4)(x + 1) ≤ 0Pembuat nol:3x – 4 = 0 atau x + 1 = 0
⇔ x = 43 atau x = –1
Penyelesaian:
Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –1 ≤ x ≤ 43 }.
4. Jawaban: c
2x 1
1
81 − ≤ 272 – x
⇔ 34(2x 1)
2− −
≤ 33(2 – x)
⇔ –2(2x – 1) ≤ 3(2 – x)⇔ –4x + 2 ≤ 6 – 3x⇔ –x ≤ 4⇔ x ≥ –4
5. Jawaban: d2x
x5
25 5⋅≥ x
255
⇔2x
2 x5
5 5⋅≥
2
x55
⇔ 52x x 2
2− −
≥ 52 – x
⇔2x x 2
2− − ≥ 2 – x
⇔ x2 – x – 2 ≥ 4 – 2x⇔ x2 + x – 6 ≥ 0⇔ (x + 3)(x – 2) ≥ 0Pembuat nol:x + 3 = 0 atau x – 2 = 0
⇔ x = –3 atau x = 2Penyelesaian:
Jadi, penyelesaiannya x ≤ –3 atau x ≥ 2.
+ – +
–3 2
13
▲
▲+ – +
–3
+ – +
–1 43
193Matematika Kelas XII Program IPA
9. Jawaban: d22x + 4 + 31 · 2x + 1 – 8 > 0
⇔ 22x + 2 · 22 + 31 · 2x + 1 – 8 > 0⇔ 4(2x + 1)2 + 31 · 2x + 1 – 8 > 0Misalkan 2x + 1 = a, pertidaksamaan menjadi:
4a2 + 31a – 8 > 0⇔ (4a – 1)(a + 8) > 0
⇔ a < –8 atau a > 14
a < –8 ⇒ 2x + 1 < –8 (tidak ada nilai x yang me-menuhi)
a > 14 ⇒ 2x + 1 >
14
⇔ 2x + 1 > 2–2
⇔ x + 1 > –2⇔ x > –3
Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x > –3}.
10. Jawaban: d93x – 4 · 33x + 1 + 27 ≤ 0
⇔ (32)3x – 4 · 33x · 3 + 27 ≤ 0⇔ (33x)2 – 12 · 33x + 27 ≤ 0Misalkan p = 33x, pertidaksamaan menjadi:p2 – 12p + 27 ≤ 0⇔ (p – 9)(p – 3) ≤ 0Pembuat nol:p – 9 = 0 atau p – 3 = 0
⇔ p = 3 atau p = 3Penyelesaian:
3 ≤ p ≤ 9⇔ 3 ≤ 33x ≤ 9⇔ 31 ≤ 33x ≤ 32
⇔ 1 ≤ 3x ≤ 2
⇔ 13 ≤ x ≤
23
Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah
{x | 13 ≤ x ≤
23 }.
B. Uraian
1. y = f(x) = 4 – x39
a. f(x) = –23 ⇒ 4 – x39
= –23
⇔ – 2x3
3= –27
⇔ 31 – 2x = 33
⇔ 1 – 2x = 3⇔ –2x = 2⇔ x = –1
Jadi, nilai x = –1.
b. Grafik fungsi berada di bawah garis y = 1berarti:f(x) < 1 ⇒ 4 – 31 – 2x < 1
⇔ 31 – 2x > 3⇔ 1 – 2x > 1⇔ 2x < 0⇔ x < 0
Jadi, nilai x < 0.
2. a. Titik potong f(x) dan g(x).f(x) = g(x)
⇔ 3x + 2 = 19 · 3–x
⇔ 3x + 2 = 3–2 · 3–x
⇔ 3x + 2 = 3–x – 2
⇔ x + 2 = –x – 2⇔ 2x = –4⇔ x = –2Ordinat titik potong adalah y = f(–2) atauy = g(–2).y = f(–2)
= 3–2 + 2
= 30
= 1Jadi, titik potong f(x) dengan g(x) adalah(–2, 1).
b. f(x) = 3x + 2 = 3x · 32 = 9 · 3x
Grafik fungsi f(x) memotong sumbu Y di titik(0, 9).Grafik fungsi g(x) memotong sumbu Y di titik
(0, 19 ).
Kedua kurva berpotongan di titik (–2, 1).Grafik fungsi f(x) dan g(x) sebagai berikut.
+ – +
3 9
f(x)
Y
Xg(x)
9
1
–3
13
–2 –1
(–1, 3)
(–2, 1)(–1, 1
3 )•
(0, 19 )
•
(–3, 3)
(–3, 13 )
3
194 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen
c. Interval x sedemikian hingga f(x) di atas g(x)adalah x > –2 dan f(x) di bawah g(x) adalahinterval x < –2.
3. a.x
3 1664
≥ x168
⇔4x
63 2
2≥
4
3x22
⇔ 24x 6
3−
≥ 24 – 3x
⇔ 4x 63− ≥ 4 – 3x
⇔ 4x – 6 ≥ 12 – 9x⇔ 13x ≥ 18
⇔ x ≥ 1813
Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x ≥ 1813 }.
b. 54x + 1 – 26 · 25x + 5 ≤ 0⇔ 5 · (52x)2 – 26 · 52x + 5 ≤ 0Misalkan 52x = p, pertidaksamaan menjadi:5p2 – 26p + 5 ≤ 0⇔ (5p – 1)(p – 5) ≤ 0Pembuat nol:5p – 1 = 0 atau p – 5 = 0
⇔ p = 15 atau p = 5
Penyelesaian:
⇔ 15 ≤ p ≤ 5
⇔ 5–1 ≤ 52x ≤ 51
⇔ –1 ≤ 2x ≤ 1
⇔ –12 ≤ x ≤
12
Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah
{x | –12 ≤ x ≤
12 }.
4. a. 5x + x55
– 6 > 0
Misalkan p = 5x, pertidaksamaan menjadi:
p + 5p – 6 > 0
⇔ p2 + 5 – 6p > 0⇔ p2 – 6p + 5 > 0⇔ (p – 5)(p – 1) > 0Pembuat nol:p – 5 = 0 atau p – 1 = 0⇔ p = 5 atau p = 1
Penyelesaian:
p < 1 ⇔ 5x < 1⇔ 5x < 50
⇔ x < 0p > 5 ⇔ 5x > 5
⇔ 5x > 51
⇔ x > 1Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah{x | x < 0 atau x > 1}.
b. (x + 1)2x + 6 > (x2 + 2x + 1)3x + 5
⇔ (x + 1)2x + 6 > ((x + 1)2)3x + 5
⇔ (x + 1)2x + 6 > (x + 1)2(3x + 5)
⇔ 2x + 6 > 2(3x + 5)⇔ 2x + 6 > 6x + 10⇔ 2x – 6x > 10 – 6⇔ –4x > 4⇔ x < –1Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah{x | x < –1}.
5. 3m + 1 = p
⇔ 3 = p1
m 1+
5n – 1 = p ⇔ 5 = p1
n 1−
p > 15 ⇔ p > 3 · 5
⇔ p > p1
m 1+ · p1
n 1−
⇔ p > p1
m 1+ + 1
n 1−
Oleh karena 0 < p < 1 maka:
1 < 1
m 1+ +
1n 1−
⇔ 1 < n 1 m 1(m 1)(n 1)
− + ++ −
⇔ 1 – n 1 m 1(m 1)(n 1)
− + ++ − < 0
⇔(m 1)(n 1) n m
(m 1)(n 1)+ − − −
+ − < 0
⇔mn m n 1 n m
(m 1)(n 1)− + − − −
+ − < 0
⇔mn 2m 1(m 1)(n 1)
− −+ − < 0 (terbukti)
+ – +
15
5
▲
▲+ – +
1 5
195Matematika Kelas XII Program IPA
1. Jawaban: c11 1
1 1x yx y
−− −
− −
+ −
= 1 1
1 1x yx y
− −
− −−+
= 1 1x y1 1x y
−
+
= y x
xyy x
xy
−
+
= y xy x
−+
2. Jawaban: bGrafik memotong sumbu Y jika x = 0.f(0) = 6 – 702 – 2 · 0 + 1
= 6 – 7 = –1Jadi, grafik fungsi f(x) memotong sumbu Y di titik(0, –1).
3. Jawaban: cGrafik memotong sumbu X jika y = 0.y = g(x) = 0
⇔2x
x2
128 4⋅ – 256 = 0
⇔2x
7 2x2
2 2⋅ = 256
⇔ 2x2 – 2x – 7 = 28
⇔ x2 – 2x – 7 = 8⇔ x2 – 2x – 15 = 0⇔ (x – 5)(x + 3) = 0⇔ x – 5 = 0 atau x + 3 = 0⇔ x = 5 atau x = –3Jadi, grafik fungsi g(x) memotong sumbu X di titik(–3, 0) dan (5, 0).
4. Jawaban: e
Grafik fungsi h(x) melalui titik (p, 514 ) maka
h(p) = 514 .
h(p) = p5
500 – 1 ⇔ 5
14 =
p54 125⋅ – 1
⇔ 614 =
p
35
4 5⋅⇔ 25 = 5p – 3
⇔ 52 = 5p – 3
⇔ 2 = p – 3⇔ p = 5
5. Jawaban: bf–1(16 2 ) = a ⇒ f(a) = 16 2
⇔ 2a8 = 16 2
⇔ 23a = 2412
⇔ 3a = 412
⇔ a = 112 =
32
Jadi, f–1(16 2 ) = 32 .
6. Jawaban: bf(x) = 32x + 1 – 4
= 32x · 3 – 4= (3x)2 · 3 – 4
3x > 0 ⇔ (3x)2 > 0⇔ 32x · 3 > 0⇔ 32x · 3 – 4 > –4⇔ 32x + 1 – 4 > –4⇔ f(x) > –4
Jadi, daerah hasilnya f(x) > –4.
7. Jawaban: e
f(x)= x 68 − = 23(x 6)
2−
= 232 x · 2–3 =
18 · 2
32 x
Grafik fungsi f(x) = 18 · 2
32 x mempunyai bilangan
pokok a = 2 > 1 berarti grafik monoton naik dan
k = 18 berarti grafik memotong sumbu Y di titik (0,
18 ).
Jadi, grafik yang benar pilihan e.
8. Jawaban: bGrafik fungsi eksponen monoton naik danmemotong sumbu Y di titik (0, 18), y = f(x) =18 · ax.Dengan mengambil bilangan pokok 3,y = f(x) = 18 · 3x = 2 · 9 · 3x = 2 · 3x + 2.Jadi, persamaan grafik yang sesuai adalahy = 2 · 3x + 2.
9. Jawaban: bGrafik fungsi f(x) = ax jika digeser ke kanan4 satuan akan menghasilkan grafik fungsi denganpersamaan h(x) = ax – 4 sehingga persamaan grafikfungsi h(x) = 6x – 4 + 3 ⇔ h(x) = 6x – 1.
10. Jawaban: d1) Grafik fungsi f(x) = 53x + 2 – 125 mempunyai
bilangan pokok a = 5 > 0 maka grafik monotonnaik.
A. Pilihan Ganda
196 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen
14. Jawaban: a3 (x + 2)3 =
(1– x)
1
27
⇔ 3 32+x
= 3 2)x–1(3–
⇔ x + 23 =
3x – 32
⇔ 2(x + 2) = 3(3x – 3)⇔ 2x + 4 = 9x – 9⇔ 7x = 13
⇔ x = 137
15. Jawaban: b
x 1
233 −
= 3 19
⇔ 32 – (2x – 2) = 3–23
⇔ 2 – 2x + 2 = –23
⇔ 4 – 2x = –23
⇔ 143 = 2x
⇔ x = 73
Nilai 8x = 873 = 23 · 7
3 = 27 = 128.
16. Jawaban: e
x1284
= 2x x28
+
⇔7
2x22
= 2x x
32
2
+
⇔ 27 – 2x = 2x2 + x – 3
⇔ 7 – 2x = x2 + x – 3⇔ x2 + 3x – 10 = 0⇔ (x + 5)(x – 2) = 0⇔ x + 5 = 0 atau x – 2 = 0⇔ x = –5 atau x = 2
17. Jawaban: d2 · 32x + 1 + 32x + 3 = 297
⇔ 2 · 32x ·3 + 32x · 33 = 297⇔ 32x(6 + 27) = 297⇔ 32x = 9⇔ 32x = 32
⇔ 2x = 2⇔ x = 1
18. Jawaban: b4y + x – 4y + x + 2 = –15
⇔ 4y + x – 42 · 4y + x = –15⇔ (1 – 42) · 4y + x = –15⇔ –15 · 4y + x = –15⇔ 4y + x = 1⇔ y + x = 0⇔ y = –x
2) Grafik memotong sumbu X jika y = 0.y = f(x) = 0 ⇔ 53x + 2 – 125 = 0
⇔ 53x + 2 = 125⇔ 53x + 2 = 53
⇔ 3x + 2 = 3⇔ 3x = 1
⇔ x = 13
Jadi, grafik memotong sumbu X di titik (13 , 0).
3) Grafik memotong sumbu Y jika x = 0.x = 0 ⇔ f(0) = 53 · 0 + 2 – 125
= 25 – 125 = –100Jadi, grafik memotong sumbu Y di titik(0, –100).
4) 5x > 0 ⇔ 53x > 0⇔ 53x · 52 > 0⇔53x + 2 – 125 > –125⇔ f(x) > –125
Oleh karena f(x) > –125, asimtot datarnyay = –125.
5) Oleh karena asimtot datarnya y = –125sehingga untuk nilai x semakin kecil, nilai f(x)mendekati –125.
Jadi, pernyataan yang benar pilihan d.
11. Jawaban: b3x + 2 = 27 3
⇔ 3x + 2 = 33 . 123
⇔ 3x + 2 = 12
33
⇔ x + 2 = 312
⇔ x = 112
12. Jawaban: e2x – 2–x = 6
⇔ (2x – 2–x)2 = 62
⇔ 22x – 2 + 2–2x = 36⇔ 2x + 2–2x = 38
13. Jawaban: e
2x 127
3 − = 19
⇔ 2x 127
3 − = 213
⇔ 33 – (2x – 1) = 3–2
⇔ 3 – (2x – 1) = –2⇔ 4 – 2x = –2⇔ –2x = –6⇔ x = 3
197Matematika Kelas XII Program IPA
19. Jawaban: e92x2 – 6x + 1 = 272x – 4
⇔ 32(2x2 – 6x + 1) = 33(2x – 4)
⇔ 4x2 – 12x + 2 = 6x – 12⇔ 4x2 – 18x + 14 = 0α dan β akar-akar persamaan 4x2 – 18x + 14 = 0,
maka α + β = –ba =
184 = 4
12 .
20. Jawaban: d34 – x + 3x – 30 = 0
⇔4
x33
+ 3x – 30 = 0
––––––––––––––––– × 3x
⇔ 34 + 32x – 30 · 3x = 0⇔ 81 + 32x – 30 · 3x = 0Misalkan p = 3x, persamaan menjadi:
81 + p2 – 30p = 0⇔ p2 – 30p + 81 = 0⇔ (p – 3)(p – 27) = 0⇔ p – 3 = 0 atau p – 27 = 0⇔ p = 3 atau p = 27Untuk p = 3 ⇒ 3x = 3
⇔ x = 1Untuk p = 27 ⇒ 3x = 33
⇔ x = 3Jadi, x1
3 + x23 = 13 + 33 = 1 + 27 = 28.
21. Jawaban: a2x 4x9
25
+
· x 4125
27
+
= 1
⇔22(x 4x)3
5
+
· 3(x 4)3
5
− +
= 03
5
⇔ 2(x2 + 4x) – 3(x + 4) = 0⇔ 2x2 + 5x – 12 = 0⇔ (2x – 3)(x + 4) = 0⇔ 2x – 3 = 0 atau x + 4 = 0
⇔ x = 32 atau x = –4
Oleh karena x1 < x2 maka x1 = –4 dan x2 = 32 .
Nilai x1 – 2x2 = –4 – 2 · 32 = –7.
22. Jawaban: cMisal h(x) = x + 4, f(x) = x – 1, dan g(x) = x2 – 7x + 6.Penyelesaian persamaan tersebut dapatditentukan dari beberapa kemungkinan berikut.1) f(x) = g(x)
⇔ x – 1 = x2 – 7x + 6⇔ x2 – 8x + 7 = 0⇔ (x – 1)(x – 7) = 0⇔ x = 1 atau x = 7
2) h(x) = 1 ⇔ x + 4 = 1⇔ x = –3
3) h(x) = 0 ⇔ x + 4 = 0⇔ x = –4
Substitusikan x = –4 ke f(x) dan g(x).f(–4) = –4 – 1 = –5 < 0g(–4) = (–4)2 – 7 · (–4) + 6 = 50 > 0Oleh karena f(–4) dan g(–4) keduanya tidakpositif, x = –4 bukan penyelesaian.
4) h(x) = –1 ⇔ x + 4 = –1⇔ x = –5
Substitusikan x = –5 ke f(x) dan g(x).f(–5) = –5 – 1 = –6 (genap)g(–5) = 25 + 35 + 6 = 66 (genap)Oleh karena f(–5) dan g(–5) keduanya genap,x = –5 merupakan penyelesaian.
Diperoleh semua penyelesaian: 1, 7, –3, dan –5.Jumlahnya = 1 + 7 + (–3) + (–5) = 0.
23. Jawaban: c(x2)x = x4x – x2
⇔ x2x = x4x – x2
1) 2x = 4x – x2
⇔ x2 – 2x = 0⇔ x(x – 2) = 0⇔ x = 0 atau x = 2
2) x = 13) x = 0
Substitusikan x = 0 ke 2x dan 4x – x2.2x = 2(0) = 04x – x2 = 4(0) – 02 = 0x = 0 tidak memenuhi
4) x = –1Substitusikan x = –1 ke 2x dan 4x – x2
2x = 2(–1) = –2 (genap)4x – x2 = 4(–1) – (–1)2 = –5 (ganjil)x = –1 tidak memenuhi
Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {1, 2}.
24. Jawaban: d5x – 2y + 1 = 25x – 2y
⇔ 5x – 2y + 1 = 52(x – 2y)
⇔ x – 2y + 1 = 2(x – 2y)⇔ x – 2y + 1 = 2x – 4y⇔ –x + 2y = –1 . . . (i)
4x – y + 2 = 32x – 2y + 1
⇔ 22(x – y + 2) = 25(x – 2y + 1)
⇔ 2(x – y + 2) = 5(x – 2y + 1)⇔ 2x – 2y + 4 = 5x – 10y + 5⇔ –3x + 8y = 1 . . . (ii)Dari persamaan (i) dan (ii):–x + 2y = –1 × 3 –3x + 6y = –3
–3x + 8y = 1 × 1 –3x + 8y = 1––––––––––– – –2y = –4⇔ y = 2
198 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen
+ – +
– 103
2
⇔ – 4x3
> 9 – x⇔ –4x > 27 – 3x⇔ –x > 27⇔ x < –27Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah{x | x < –27}.
29. Jawaban: c22x + 3 – 17 · 2x + 2 ≤ 0
⇔ 8 · 22x – 17 · 2x + 2 ≤ 0Misalkan p = 2x, pertidaksamaan menjadi:
8p2 – 17p + 2 ≤ 0⇔ (8p – 1)(p – 2) ≤ 0Pembuat nol:8p – 1 = 0 atau p – 2 = 0
⇔ p = 18 atau p = 2
⇔ 18 ≤ p ≤ 2
⇔ 2–3 ≤ 2x ≤ 21
⇔ –3 ≤ x ≤ 1Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –3 ≤ x ≤ 1}.
30. Jawaban: d
92x – 4 ≥ 2x 41
27
−
⇔ (32)2x – 4 ≥ (3–3)x2 – 4
⇔ 4x – 8 ≥ –3x2 + 12⇔ 3x2 + 4x – 20 ≥ 0⇔ (3x + 10)(x – 2) ≥ 0Pembuat nol:3x + 10= 0 atau x – 2 = 0⇔ 3x= –10 ⇔ x = 2
⇔ x = –103
Penyelesaian:
Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x ≤ –103 atau
x ≥ 2}.
B. Uraian
1. Grafik f(x) = 52x – 1 – 5 digeser ke atas 4 satuanmaka:f1(x) = 52x – 1 – 5 + 4 = 52x – 1 – 1Grafik f(x) digeser ke kiri 2 satuan maka:h(x) = 52(x + 2) – 1 – 1 = 52x + 3 – 1
Substitusikan y = 2 ke persamaan (i).–x + 2y = –1
⇔ –x + 4 = –1⇔ –x = –5⇔ x = 5Nilai x + y = 5 + 2 = 7.
25. Jawaban: df(x) = 73x – 343 di atas sumbu X berarti f(x) > 0.
73x – 343 > 0⇔ 73x > 343⇔ 73x > 73
⇔ 3x > 3⇔ x > 1Jadi, domain grafik fungsi tersebut adalah {x | x > 1}.
26. Jawaban: aGrafik fungsi f(x) di atas grafik fungsi g(x) jikaf(x) > g(x).
f(x) > g(x) ⇒ 5x2 – x + 5 > x 81
5
− −
⇔ 5x2 – x + 5 > 5x + 8
⇔ x2 – x + 5 > x + 8⇔ x2 – 2x – 3 > 0⇔ (x – 3)(x + 1) > 0
Pembuat nol:x – 3 = 0 atau x + 1 = 0⇔ x = 3 atau x = –1Penyelesaian:
Jadi, interval x yang memenuhi sedemikian hinggagrafik fungsi f(x) di atas g(x) adalah x < –1 ataux > 3.
27. Jawaban: c32x + 1 – 63 · 9x – 1 + 108 ≥ 0
⇔ 32x · 3 – 63 · 32x · 19 ≥ –108
⇔ 32x(3 – 7) ≥ –108⇔ 32x ≤ 27⇔ 32x ≤ 33
⇔ 2x ≤ 3
⇔ x ≤ 32
28. Jawaban: e
x3 1
16>
x
x64 512
128⋅
⇔ 2–4x3 >
6x 9
7x2 2
2⋅
⇔ 2–4x3 > 29 – x
▲
▲+ – +
–1 3
18
+ – +
2
199Matematika Kelas XII Program IPA
Grafik h(x) memotong sumbu X jika y = h(x) = 0.h(x) = 0 ⇒ 52x + 3 – 1 = 0
⇔ 52x + 3 = 1⇔ 2x + 3 = 0
⇔ x = –112
Grafik h(x) memotong sumbu Y jika x = 0.x = 0 ⇒ h(0) = 50 + 3 – 1 = 125 – 1 = 124Jadi, grafik fungsi h(x) memotong sumbu X di titik
(–112 , 0) dan memotong sumbu Y di titik (0, 124).
2. Grafik fungsi f(x) = memotong sumbu Y di titik(0, 7) dan melalui titik (1, 56) maka f(x) = 7abx danf(1) = 56.f(1) = 7ab ⇔ 56 = 7 · ab
⇔ ab = 8
f(13 ) + f(2) = 7a
13 b + 7 · a2b
= 7((ab)13 + (ab)2)
= 7(813 + 82)
= 7(2 + 64)= 462
3. a. f(x) = 2x – 2Tabel fungsi:
Grafik fungsi:
b. f(x) = –3x
Tabel fungsi:
Grafik fungsi:
4. a. 24 · 82x – 1 + 43x + 2 = 304
⇔ 24 · 82x · 18 + 43x · 42 = 304
⇔ 3 · 26x + 16 · 26x = 304⇔ 26x(3 + 16) = 304⇔ 26x = 16⇔ 26x = 24
⇔ 6x = 4
⇔ x = 23
Jadi, himpunan penyelesaiannya {23 }.
b. 81x + 1 – 324 · 92x – 2 = 231
⇔81x · 81 – 324 · 92x · 181 = 231
⇔ 34x · 81 – 4 · 34x = 231⇔ 34x(81 – 4) = 231⇔ 34x = 3⇔ 4x = 1
⇔ x = 14
Jadi, himpunan penyelesaiannya {14 }.
5. a. 5x2 – 2x + 1 = 6x2 – 2x + 1
⇔ x2 – 2x + 1 = 0⇔ (x – 1)2 = 0⇔ x = 1Jadi, nilai x yang memenuhi x = 1.
b. 3 · 2x + 2 : 96 · 22x – 1 – 1 = 0
⇔ 3 · 2x + 2 : 96 · 22x · 12 = 1
⇔x 2
2x3 248 2
+⋅⋅
= 1
⇔x 2
2x2
16 2
+
⋅= 1
⇔ 2x + 2 = 2x + 4
⇔ x + 2 = 2x + 4⇔ x = –2Jadi, nilai x yang memenuhi x = –2.
x
f(x)
. . .
. . .
–2
–1 34
–1
–1 12
0
–1
1 2 3 . . .
. . .0 2 6
x
f(x)
. . .
. . .
–2
– 19
–1
– 13
0
–1
1 2 . . .
. . .–3 –9
f(x) = 2x – 2Y
X
654321
–2 –1 0 1 2 3
Y
X
–3
–9
–3 –2 –1 0 1 2 3
y = –3x
1
200 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen
+ – +
–4 1
12
+ – +
4
c. 16x + 1 – 24 · 4x + 8 = 0⇔ 16x · 16 – 24 · 4x + 8 = 0⇔ (4x)2 · 16 – 24 · 4x + 8 = 0Misalkan p = 4x, persamaan menjadi:
16p2 – 24p + 8 = 0⇔ 2p2 – 3p + 1 = 0⇔ (2p – 1)(p – 1) = 0
⇔ 2p – 1 = 0 atau p – 1 = 0
⇔ p = 12 atau p = 1
⇔ 4x = 12 4x = 1
⇔ 22x = 2–1 22x = 20
⇔ 2x = –1 2x = 0
⇔ x = –12 x = 0
Jadi, nilai x yang memenuhi x = –12 dan x = 0.
6. Misal h(x) = x2 – 5x + 7, f(x) = x2 – 4, dang(x) = 2 – x.Penyelesaian persamaan tersebut dapat ditentukandari beberapa kemungkinan berikut.a. f(x) = g(x)
⇔ x2 – 4 = 2 – x⇔ x2 + x – 6 = 0⇔ (x + 3)(x – 2) = 0⇔ x = –3 atau x = 2
b. h(x) = 1⇔ x2 – 5x + 7 = 1⇔ x2 – 5x + 6 = 0⇔ (x – 2)(x – 3) = 0⇔ x = 2 atau x = 3
c. h(x) = 0x2 – 5x + 7 = 0D = (–5)2 – 4 · 1 · 7 = 25 – 28 = –3 < 0(Tidak mempunyai penyelesaian bilangan nyata.)
d. h(x) = –1.x2 – 5x + 7 = –1⇔ x2 – 5x + 8 = 0D = (–5)2 – 4 · 1 · 8 = 25 – 32 = –7 < 0(Tidak mempunyai penyelesaian bilangannyata)
Jadi, himpunan penyelesaiannya {–3, 2, 3}.
7. a. ( 3 )4x > 96x + 7
⇔(312 )4x > (32)6x + 7
⇔ 4x2 > 2(6x + 7)
⇔ 2x > 12x + 14⇔ –10x > 14
⇔ x < –1410 ⇔ x < –
75
Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x < –75 }.
b. (12 )x2 + 4x + 1 < (
12 )x + 5
⇔ x2 + 4x + 1 > x + 5⇔ x2 + 3x – 4 > 0⇔ (x + 4)(x – 1) > 0Pembuat nol:x + 4 = 0 atau x – 1 = 0
⇔ x = –4 atau x = 1
Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah{x | x < –4 atau x > 1}.
8. 22 – 2x + 2 < x92
⇔ 2x4
2 + 2 < x
92
Misalkan p = 2x, pertidaksamaan menjadi:
24p + 2 <
9p
⇔ 4 + 2p2 < 9p⇔ 2p2 – 9p + 4 < 0⇔ (2p – 1)(p – 4) < 0Pembuat nol:
2p – 1 = 0 atau p – 4 = 0
⇔ p = 12 atau p = 4
⇔ 12 < p < 4
⇔ 12 < 2x < 4
⇔ 2–1 < 2x < 22
⇔ –1 < x < 2Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {–1 < x < 2}.
9. 4x2 – x – 2 × 2x2 – 5x + 4 < 1
16
⇔ (22)x2 – x – 2 × 2x2 – 5x + 4 < 2–4
⇔ 22x2 – 2x – 4 + x2 – 5x + 4 < 2–4
⇔ 2x2 – 2x – 4 + x2 – 5x + 4 < –4⇔ 3x2 – 7x + 4 < 0⇔ (3x – 4)(x – 1) < 0
201Matematika Kelas XII Program IPA
+ – +
1 43
+ – +
119
Pembuat nol:3x – 4 = 0 atau x – 1 = 0
⇔ x = 43 atau x = 1
⇔ 1 < x < 43
Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan
tersebut adalah 1 < x < 43 .
10. 32x + 3 – 10 · 3x + 1 + 3 < 0⇔ 33 · 32x – 10 · 3 · 3x + 1 + 3 < 0⇔ 27 · 32x – 30 · 3x + 3 < 0⇔ 9 · 32x – 10 · 3x + 1 < 0
Misalkan 3x = p, pertidaksamaan menjadi:9p2 – 10p + 1 < 0⇔ (9p – 1)(p – 1) < 0Pembuat nol:9p – 1= 0 atau p – 1 = 0
⇔ p = 19 atau p = 1
Penyelesaian:
⇔ 19 < p < 1
⇔ 3–2 < 3x < 30
⇔ –2 < x < 0Jadi, penyelesaiannya adalah –2 < x < 0.
202 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
5. Menggunakan aturanyang berkaitan de-ngan fungsi eksponendan logaritma dalampemecahan masalah.
Standar Kompetensi Kompetensi Dasar Nilai
5.1 Menggunakan sifat-sifat fungsi eksponendan logaritma dalampemecahan masalah.
5.2 Menggambar grafikfungsi eksponen danlogaritma.
5.3 Menggunakan sifat-sifat fungsi eksponenatau logaritma dalampenyelesaian perti-daksamaan eksponenatau logaritma seder-hana.
Kritis Mengajak siswa membuktikan rumus penyelesaianpersamaan logaritma
Pada bab ini akan dipelajari:1. Fungsi logaritma2. Grafik fungsi logaritma3. Persamaan logaritma4. Pertidaksamaan logaritma
Model Pengintegrasian Nilai Pendidikan Karakter
Siswa mampu menggambar grafikfungsi logaritma
Siswa dapat menggambar grafik fungsi logaritma danmenggunakan sifat-sifat fungsi logaritma untuk
menyelesaikan persamaan dan pertidaksamaan logaritma
Indikator
Menyelesaikan pertidaksamanlogaritma
Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
Menyelesaikan persamaan logaritmaMenggambar grafik fungsi logaritma
• Mendefinisikan pengertian fungsilogaritma
• Menyebutkan sifat-sifat fungsilogaritma
• Menggunakan sifat-sifat fungsilogaritma
• Menggambar grafik fungsi logaritma
• Mendefinisikan persamaan logaritma• Menyelesaikan persamaan loga-
ritma• Menyelesaikan permasalahan yang
berkaitan dengan persamaanlogaritma
• Mendefinisikan pertidaksamaanlogaritma
• Menyelesaikan pertidaksamaanlogaritma
• Menyelesaikan permasalahan yangberkaitan dengan pertidaksamaanlogaritma
Siswa mampu menyelesaikanpersamaan logaritma
Siswa mampu menyelesaikanpertidaksamaan logaritma
203Matematika Kelas XII Program IPA
+ – +
–3 12
+ – +2 5
–2 –1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
7
6
5
4
3
2
1
–1
–2
Y
X
y = f(x) = 2log (3x + 12
)
5. Jawaban: aDomain fungsi logaritma adalah Df = {x | x > 0 danx ∈ R}.y = 2log (x2 – 7x + 10)Domain fungsinya:x2 – 7x + 10 > 0⇔ (x – 5)(x – 2) > 0
⇔ x < 2 atau x > 5Jadi, domain fungsinya {x | x < 2 atau x > 5, x ∈ R}.
6. Jawaban: cf(x) = xlog (2x2 + 5x – 3) terdefinisi jika x > 0, x ≠ 1,dan (2x2 + 5x – 3) > 0.2x2 + 5x – 3 > 0⇔ (2x – 1)(x + 3) > 0
⇔ x < –3 atau x > 12
Oleh karena x > 0 dan x ≠ 1 maka nilai x yang
memenuhi adalah x > 12
dan x ≠ 1.
Jadi, domainnya {x | x > 12
, x ≠ 1, x ∈ R}.
7. Jawaban: dCara 1
f(x) = 2log (3x + 12
)
Beberapa titik yang dilalui
x 0 16
12
76
52
316
212
f(x) –1 0 1 2 3 4 5
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: a
f(8) = 14 log (2 · 82 + 8 + 8)
= 14 log 144
= 14 log 9 · 16
= 14 log 9 +
14 log 16
= 2–2log 32 + 2–2log 24
= –2log 3 – 2 · 2log 2= –2log 3 – 2
2. Jawaban: e2log (32x2 + 96x + 72) = 2log 8(4x2 + 12x + 9)
= 2log 8(2x2 + 3)2
= 2log 8 + 2log (2x + 3)2
= 3 + 2 · 2log (2x + 3)= 3 + 2p
3. Jawaban: c
f(x) = 3
xlog x
2 log 3− =
3
3
1
log x
log x
2 − ×
3
3log xlog x
= 3 2
3( log x)
2 · log x 1−
f( 3x
) = 33 2x33x
( log )
2 · log 1−
= 3 3 2
3 3( log 3 log x)
2 · log 3 2 · log x 1−
− −
= 3 2
3(1 log x)1 2 · log x
−−
f(x) + f( 3x
) = 3 2
3( log x)
2 · log x 1− –
3 2
3(1 log x)1 2 · log x
−−
= 3 2 3 2
3( log x) (1 log x)
2 · log x 1− −
−
= 3 2 3 3 2
3( log x) (1 2 · log x ( log x) )
2 · log x 1− − +
−
= 3
32 · log x 12 · log x 1
−−
= 1
4. Jawaban: dFungsi y = alog x terdefinisi jika a > 0, a ≠ 1 sertax > 0. Fungsi y = x – 2log 5 terdefinisi jika x – 2 > 0dan x – 2 ≠ 1.1) x – 2 > 0
⇔ x > 22) x – 2 ≠ 1
⇔ x ≠ 3Dari 1) dan 2) diperoleh nilai x yang memenuhiadalah x > 2 dan x ≠ 3.
204 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
Dari grafik tersebut diperoleh
Domain = Df = {x| 0 ≤ x ≤ 212
, x ∈ R}
Range = Rf = {y| –1 ≤ y ≤ 5, y ∈ R}
Cara 2
f(x) = 2log (3x + 12
)
Fungsi logaritma f(x) dengan bilangan pokok a = 2 > 1merupakan fungsi monoton naik. Dengan demikian,semakin besar nilai x maka f(x) akan semakinbesar.f(x) terkecil dicapai saat x = 0.
f(0) = 2log (3 × 0 + 12
) = 2log 12
= –1
f(x) terbesar dicapai saat x = 212
.
f( 212
) = 2log (3 × 212
+ 12
) = 2log 32 = 5
Range fungsi = {f(0) ≤ f(x) ≤ f( 12
)}
= {y| –1 ≤ y ≤ 5, y ∈ R}
8. Jawaban: eGrafik pada soal merupakan grafik fungsi logaritmaf(x) = alog x dengan a > 1.Sifat-sifat grafik tersebut:1) mempunyai asimtot tegak x = 0;2) memotong sumbu X di titik (1, 0);3) daerah asal fungsi {x | x > 0, x ∈ R}.Jadi, pernyataan yang benar pada pilihan e.
9. Jawaban: bTabel titik bantu fungsi f(x) = 3log x
Fungsi f(x) = 3log x melalui titik (1, 0), (3, 1), dan(9, 2).
Jadi, grafik yang sesuai adalah pilihan b.
10. Jawaban: dGrafik fungsi monoton turun dan memotong sumbu Xdi titik (1, 0), maka persamaannya: y = alog x dengan0 < a < 1. Persamaan grafik fungsi yang bilangan
pokoknya 0 < a < 1 adalah y = 21
log x.Jadi, persamaan grafik fungsi yang mungkin
y = 21
log x.
x 0 1 3 9
f(x) = 3log x – 0 1 2
(x, f(x)) – (1, 0) (3, 1) (9, 2)
Y
X0
2
1
1
3 9
y = f(x)
y = f(x) = 5log 5x + 1
4
3
2
1
Y
X–2 –1 0 1 2 3 4 5 6 7
y = g(x) = 5log 5x
11. Jawaban: ef(x) = 5log 5x + 1Beberapa titik yang dilalui
x 1125
125
15 1 5
g(x) = 5log 5x –2 –1 0 1 2
f(x) = 5log 5x + 1 –1 0 1 2 3
Dari grafik diperoleh kesimpulan berikut.1) Grafik f(x) = 5log 5x + 1 dapat diperoleh dengan
menggeser g(x) = 5 log 5x ke atas 1 satuan.2) Grafik f(x) = 5log 5x + 1 memotong sumbu X
di titik ( 125
, 0).
3) Grafik f(x) = 5log 5x + 1 tidak memotongsumbu Y.
Jadi, pernyataan yang benar adalah pilihan e.
12. Jawaban: b
f(x) = – 3log x = 3log x–1 = 3log 1x
Jika grafik fungsi f(x) = 3log 1x
dicerminkan
terhadap sumbu X, bayangannya:
g(x) = 13 log 1
x =
13 1log x− − = 3log x.
13. Jawaban: bf(x) = 2log 2x2
⇔ f(x) = x2 · 2log 2⇔ f(x) = x2
Grafik y = f(x) = x2 berbentuk parabola yang terbukake atas. Jadi, grafik yang benar pilihan b.
14. Jawaban: aGrafik melalui titik (3, 1), maka1 = alog 3 ⇔ a1 = 3 ⇔ a = 3.Persamaan grafik menjadi y = 3log x.Invers dari y = 3log x adalah y–1 = 3x.Jadi, persamaan grafik fungsi inversnya y = 3x.
205Matematika Kelas XII Program IPA
–4 –3 –2 –1 0 1 2 3 4 5 6 7 8
9
87
65
4
3
21
–1–2
–3–4
–5
–6–7
–8–9
Y
X
g(x) = –3 2log x
x 0 1 3 9
f(x) = 3log x – 0 1 2
(x, f(x)) – (1, 0) (3, 1) (9, 2)
x 0 1 2 4 16 64
f(x) = 4log x – 012 1 2 3
(x, f(x)) – (1, 0) (2, 12 ) (4, 1) (16, 2) (64, 3)
x 014 1 4 16 64
f(x) = 4log 4x – 0 1 2 3 4
(x, f(x)) – (14 , 0) (1, 1) (4, 2) (16, 3) (64, 4)
c. Fungsi f(x) = 4log (x + 1)
Grafik fungsi f(x) = 4log (x + 1)
2. a. g(x) = k 2log x
⇔ g( 132
) = k · 2log 132
⇔ 15 = k · 2log 2–5
⇔ 15 = k · (–5)
⇔ k = 155−
= –3
Jadi, nilai k = –3.
b. g(x) = k · 2log x= –3 · 2log x
Beberapa titik yang dilalui fungsi g(x) = –3 · 2log x
x 18
14
12 1 2 4 8
f(x) 9 6 3 0 –3 –6 –9
x 0 3 15 63
f(x) = 4log 4x 0 1 2 3
(x, f(x)) (0, 0) (3, 1) (15, 2) (63, 3)
Y
X0
3
2
1
1 3 9
1
Y
X01
4 16 64
3
2
1
Y
X01
4 16 64
4
Y
X01
3 15 63
3
15. Jawaban: bFungsi f(x) = 3log x
Grafik fungsi tersebut diperoleh dengan menggeserf(x) = 3log x ke atas 1 satuan.Jadi, persamaan grafik fungsi logaritma padagambar adalah f(x) = 3log x + 1.
B. Uraian
1. a. Fungsi f(x) = 4log x
Grafik fungsi f(x) = 4log x
b. Fungsi f(x) = 4log 4x
Grafik fungsi f(x) = 4log 4x
f(x) = 3log x
206 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
Diperoleh persamaan f(x) = 12 log 2x .
Grafik fungsi f(x) digeser ke kanan 2 satuan maka
g(x) = 12 log 2(x + 2) .
Jadi, persamaan grafik fungsi g(x) = 12 log 2(x 2)− .
5. Grafik f(x) = 3log (–2x2 + px + n) mempunyai titikekstrem (–2, 2) maka:Absis titik ekstrem: xm = –2
xm = b2a−
⇔ –2 = p2( 2)
−−
⇔ p = –8
Substitusi nilai p = –8 ke persamaan grafik f(x) =3log (–2x2 + px + n) diperoleh f(x) = 3log (–2x2 – 8x + n).Grafik f(x) melalui titik (–2, 2), maka f(–2) = 2.
3log (–2(2)2 – 8(–2) + n) = 2⇔ 3log (–8 + 16 + n) = 2⇔ 3log (8 + n) = 2⇔ 8 + n = 32
⇔ 8 + n = 9⇔ n = 1Persamaan grafik menjadi:f(x) = 3log (–2x2 – 8x + 1)f(–1) = 3log (–2(–1)2 – 8(–1) + 1)
= 3log (–2 + 8 + 1)= 3log 7
f(–3) = 3log (–2(–3)2 – 8(–3) + 1)= 3log (–18 + 24 + 1)= 3log 7
Nilai f( 1)f( 3)
−−
= 3
3log 7log 7
= 1
Jadi, nilai f( 1)f( 3)
−−
= 1.
3. f(x) = 13 log (ax + b)
Grafik melalui titik (2, 0) dan (4, –1) maka:
f(2) = 0 ⇔13 log (a · 2 + b) = 0
⇔13 log (2a + b) = 0
⇔ 2a + b = 01
3
⇔ 2a + b = 1 . . . . (1)
f(4) = –1 ⇔13 log (a · 4 + b) = –1
⇔13 log (4a + b) = –1
⇔ 4a + b = 11
3
−
⇔ 4a + b = 3 . . . . (2)
Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2).2a + b = 14a + b = 3–––––––––– –
–2a = –2⇔ a = 1Substitusi nilai a = 1 ke persamaan (1).2a + b = 1 ⇔ 2 · 1 + b = 1
⇔ b = –1Substitusi nilai a = 1 dan b = –1 ke persamaan
f(x) = 13 log (ax + b) diperoleh:
f(x) = 13 log (1 · x – 1)
= 13 log (x – 1)
Jadi, persamaan grafik fungsi logaritma
f(x) = 13 log (x – 1).
4. Grafik f(x) = alog 2x melalui titik (2, –2) makaf(2) = –2.f(2) = alog 4⇔ –2 = alog 4⇔ a–2 = 4
⇔ a–2 = (14 )–1
⇔ a–2 = (12 )–2
⇔ a = 12
207Matematika Kelas XII Program IPA
⇔ 2x2 + 7x + 6 = 1⇔ 2x2 + 7x + 5 = 0⇔ (2x + 5)(x + 1) = 0⇔ 2x + 5 = 0 atau x + 1 = 0
⇔ x = –212 atau x = –1
Syarat numerus:1) x + 2 > 0 ⇔ x > –2 . . . (1)
2) 2x + 3 > 0 ⇔ 2x > –3 ⇔ x > –112 . . . (2)
Oleh karena x = –212 tidak memenuhi syarat
numerus (1) dan (2) maka x = –212 bukan
merupakan penyelesaian.Oleh karena x = –1 memenuhi syarat numerus (1)dan (2) maka x = –1 merupakan penyelesaian.Jadi, nilai x yang memenuhi x = –1.
4. Jawaban: b2log (x2 + 11x + 31) = 6log (x2 + 11x + 31)Penyelesaian alog f(x) = blog f(x) adalah f(x) = 1.x2 + 11x + 31 = 1⇔ x2 + 11x + 30 = 0⇔ (x + 5)(x + 6) = 0⇔ x = –5 atau x = –6Oleh karena x2 > x1 maka x1 = –6 dan x2 = –5.Nilai x1
2 + 2x2 = (–6)2 + 2(–5) = 36 – 10 = 26.
5. Jawaban: c(3x + 1)log 25 = 2 · 4log 5
⇔ (3x + 1)log 25 = 4log 52
⇔ (3x + 1)log 25 = 4log 25
⇔ 3x + 1 = 4⇔ 3x = 3⇔ x = 1Syarat bilangan pokok:
1) 3x + 1 > 0 ⇔ 3x > –1
⇔ x > –13 . . . (1)
2) 3x + 1 ≠ 1 ⇔ 3x ≠ 0
⇔ x ≠ 0 . . . (2)Oleh karena x = 1 memenuhi syarat bilangan pokok(1) dan (2) maka x = 1 merupakan penyelesaian.Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 1.
A. Pilihan Ganda1. Jawaban: e
3log (2x – 1) = 2
⇔ 3log (2x – 1) = 3log 32
⇔ 3log (2x – 1) = 3log 9Penyelesaian alog f(x) = alog p adalah f(x) = p.⇔ 2x – 1 = 9⇔ 2x = 10⇔ x = 5Syarat numerus: 2x – 1 > 0
⇔ 2x > 1
⇔ x > 12
Oleh karena x = 5 memenuhi syarat numerus
(x > 12 ) maka x = 5 merupakan penyelesaian.
Jadi, penyelesaiannya x = 5.
2. Jawaban: d12 log (x2 – 4x + 5) = –1
⇔12 log (x2 – 4x + 5) =
12 log (
12 )–1
Penyelesaian alog f(x) = alog p adalah f(x) = p.
⇔ x2 – 4x + 5 = (12 )–1
⇔ x2 – 4x + 5 = 2⇔ x2 – 4x + 3 = 0⇔ (x – 3)(x – 1) = 0⇔ x – 3 = 0 atau x – 1 = 0⇔ x = 3 atau x = 1Syarat numerus: (x2 – 4x + 5) > 0(x2 – 4x + 5) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0maka (x2 – 4x + 5) definit positif sehingga(x2 – 4x + 5) > 0 dipenuhi untuk sebarang nilai x ∈ R.Jadi, himpunan penyelesaiannya {1, 3}.
3. Jawaban: b3log (x + 2) =
13 log (2x + 3)
⇔ 3log (x + 2) = –1 · 3log (2x + 3)⇔ 3log (x + 2) = 3log (2x + 3)–1
⇔ 3log (x + 2) = 3log (1
2x 3+ )
Penyelesaian alog f(x) = alog g(x) adalah f(x) = g(x).
⇔ x + 2 = 12x 3+
⇔ (x + 2)(2x + 3) = 1
208 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
8. Jawaban: e(2x + 1)log (x2 + x + 2) · 4log (2x + 1) =
32
⇔ 4log (2x + 1) · (2x + 1)log (x2 + x + 2) = 32
⇔ 4log (x2 + x + 2) = 4log 324
Penyelesaian alog f(x) = alog g(x) adalah f(x) = g(x).
⇔ x2 + x + 2 = 324
⇔ x2 + x + 2 – 8 = 0⇔ x2 + x – 6 = 0⇔ (x + 3)(x – 2) = 0⇔ x + 3 = 0 atau x – 2 = 0⇔ x = –3 atau x = 2a. Syarat numerus:
1) x2 + x + 2 > 0(x2 + x + 2) mempunyai nilai D < 0 dana > 0 maka (x2 + x + 2) definit positifsehingga (x2 + x + 2) > 0 dipenuhi untuksebarang nilai x ∈ R. . . . (1)
2) 2x + 1 > 0 ⇔ 2x > –1
⇔ x > –12
. . . (2)b. Syarat bilangan pokok:1) 2x + 1 > 0 ⇔ 2x > –1
⇔ x > –12 . . . (3)
2) 2x + 1 ≠ 1 ⇔ 2x ≠ 0⇔ x ≠ 0 . . . (4)
Oleh karena x = –3 tidak memenuhi pertidaksamaan(2) dan (3) maka x = –3 bukan merupakanpenyelesaian.Oleh karena x = 2 memenuhi pertidaksamaan (1),(2), (3), dan 4) maka x = 2 merupakanpenyelesaian.Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 2.
9. Jawaban: b
xlog 81 – 2 · xlog 27 + xlog 9 + 12 · xlog 729 = 6
⇔ xlog 34 – 2 · xlog 33 + xlog 32 + 12 · xlog 36 = 6
⇔ 4 · xlog 3 – 2 · 3 · xlog 3 + 2 · xlog 3
+ 12 · 6 xlog 3 = 6
⇔ (4 – 6 + 2 + 3) xlog 3 = 6⇔ 3 · xlog 3 = 6⇔ xlog 3 = 2Penyelesaian f(x)log g(x) = p adalah g(x) = (f(x))p.⇔ 3 = x2
⇔ x = 3 atau x = – 3
Syarat bilangan pokok:1) x > 0 . . . (1)2) x ≠ 1 . . . (2)
+ – +
–6 43
– 65
6. Jawaban: e5log 2
12 = 6x + 1log 2
⇔ 12
· 5log 2 = 6x + 1log 2
⇔ 52log 2 = 6x + 1log 2
⇔ 25log 2 = 6x + 1log 2Penyelesaian f(x)log a = g(x)log a adalah f(x) = g(x).⇔ 25 = 6x + 1⇔ 6x = 25 – 1⇔ 6x = 24⇔ x = 4Syarat bilangan pokok:1) 6x + 1 > 0 ⇔ 6x > –1
⇔ x > –16
2) 6x + 1 ≠ 1 ⇔ 6x ≠ 0⇔ x ≠ 0
Oleh karena x = 4 memenuhi x > –16 dan x ≠ 0
maka x = 4 merupakan penyelesaian.Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 4.
7. Jawaban: dxlog (3x2 + 14x – 24) – xlog (5x + 6) = 0⇔ xlog (3x2 + 14x – 24) = xlog (5x + 6)Penyelesaian h(x)log f(x) = h(x)log g(x) adalah f(x) =g(x).⇔ 3x2 + 14x – 24 = 5x + 6⇔ 3x2 + 9x – 30 = 0⇔ 3(x – 2)(x + 5) = 0⇔ x = 2 atau x = 5a. Syarat numerus:
1) 3x2 + 14x – 24 > 0⇔ (3x – 4)(x + 6) > 0
. . . (1)
2) 5x + 6 > 0⇔ 5x > –6
⇔ x > –65 . . . (2)
b. Syarat bilangan pokok:1) x > 0 . . . (3)2) x ≠ 1 . . . (4)
Oleh karena x = 2 memenuhi pertidaksamaan (1),(2), (3), dan (4) maka x = 2 merupakanpenyelesaian.Oleh karena x = –5 tidak memenuhi pertidaksamaan(2) dan (4) maka x = –5 bukan merupakanpenyelesaian.Jadi, himpunan penyelesaiannya {2}.
209Matematika Kelas XII Program IPA
–2
+ +
– 32
Oleh karena x = 3 memenuhi syarat bilanganpokok (1) dan (2) maka x = 3 merupakanpenyelesaian.Oleh karena x = – 3 tidak memenuhi syarat
bilangan pokok (1) maka x = – 3 bukanmerupakan penyelesaian.Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 3 .
10. Jawaban: c3log (x + 2) + 9log (4x2 + 12x + 9) = 1⇔ 3log (x + 2) + 9log (4x2 + 12x + 9) = 3log 3
⇔3log (x + 2) + 12 · 3log (4x2 + 12x + 9)= 3log 3
⇔ 3log (x + 2) + 3log ((2x + 3)2)12 = 3log 3
⇔ 3log (x + 2) + 3log (2x + 3) = 3log 3⇔ 3log ((x + 2)(2x + 3)) = 3log 3Penyelesaian alog f(x) = alog g(x) adalah f(x) = g(x).⇔ (x + 2)(2x + 3) = 3⇔ 2x2 + 7x + 6 – 3 = 0⇔ 2x2 + 7x + 3 = 0⇔ (2x + 1)(x + 3) = 0⇔ 2x + 1 = 0 atau x + 3 = 0
⇔ x = –12 atau x = –3
Syarat numerus:1) (x + 2)(2x + 3) > 0
⇔ x < –2 atau x > –32 . . . (1)
2) x + 2 > 0 ⇔ x > –2 . . . (2)
3) 4x2 + 12x + 9 > 0⇔ (2x + 3)2 > 0
⇔ x < –32 atau x > –
32 . . . (3)
Oleh karena x = –12 memenuhi syarat numerus
(1), (2), dan (3) maka x = –12 merupakan
penyelesaian.
Oleh karena x = –3 tidak memenuhi syaratnumerus (2) maka x = –3 bukan merupakanpenyelesaian.
Jadi, penyelesaiannya x = –12 .
11. Jawaban: e(3log x)2 – 3 · 3log x + 2 = 0Misalkan 3log x = p, maka persamaan logaritma diatas menjadi:
p2 – 3p + 2 = 0⇔ (p – 1)(p – 2) = 0⇔ p = 1 atau p = 2⇔ 3log x = 1 atau 3log x = 2⇔ x = 31 atau x = 32
⇔ x = 3 atau x = 9Syarat numerus:x > 0Oleh karena x = 3 dan x = 9 memenuhi syaratnumerus x > 0 maka x = 3 dan x = 9 merupakanpenyelesaian.Diperoleh x1 = 3 atau x2 = 9.Jadi, nilai x1x2 = 3 · 9 = 27.
12. Jawaban: d2log2 (2x – 2) – 2log (2x – 2) = 2⇔ (2log (2x – 2))2 – 2log (2x – 2) – 2 = 0Misalkan 2log (2x – 2) = p, maka persamaanlogaritma menjadi:p2 – p – 2 = 0⇔ (p – 2)(p + 1) = 0⇔ p – 2 = 0 atau p + 1 = 0⇔ p = 2 atau p = –1⇔ 2log (2x – 2) = 2 atau 2log (2x – 2) = –1⇔ 2x – 2 = 22 atau 2x – 2 = 2–1
⇔ 2x = 6 atau 2x = 212
⇔ x = 3 atau x = 114
Syarat numerus:2x – 2 > 0 ⇔ 2x > 2
⇔ x > 1
Oleh karena x = 3 dan x = 114 memenuhi syarat
numerus x > 1 maka x = 3 dan x = 114 merupakan
penyelesaian.
Jadi, nilai x yang memenuhi x = 3 atau x = 114 .
13. Jawaban: a
(2log (x + 2))2 + 2log (x + 2)3 = 2log 14
⇔2log2 (x + 2) + 3 · 2log (x + 2) = 2log 2–2
⇔2log2 (x + 2) + 3 · 2log (x + 2) = –2
+ – +
–2 – 32
210 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
Penyelesaian alog f(x) = alog g(x) adalahf(x) = g(x).⇔ (x – 2)(x – 4) = 8⇔ x2 – 6x + 8 – 8 = 0⇔ x2 – 6x = 0⇔ x = 0 atau x = 6Syarat numerus:1) x – 2 > 0 ⇔ x > 2 . . . (1)2) x – 4 > 0 ⇔ x > 4 . . . (2)Oleh karena x = 6 memenuhi (1) dan (2) makax = 6 merupakan penyelesaian.Oleh karena x = 0 tidak memenuhi (1) dan (2)maka x = 0 bukan merupakan penyelesaian.Jadi, penyelesaiannya x = 6.
b. log (2x2 – 11x + 12) = log x(x – 3)⇔ log (2x2 – 11x + 12) = log (x2 – 3x)Penyelesaian alog f(x) = alog g(x) adalahf(x) = g(x).
2x2 – 11x + 12 = x2 – 3x⇔ x2 – 8x + 12 = 0⇔ (x – 2)(x – 6) = 0⇔ x = 2 atau x = 6Syarat numerus:1) 2x2 – 11x + 12 > 0
⇔ (2x – 3)(x – 4) > 0
⇔ x < 32 atau x > 4 . . . (1)
2) x(x – 3) > 0
⇔ x < 0 atau x > 3 . . . (2)Oleh karena x = 2 tidak memenuhi (1) dan (2)maka x = 2 bukan merupakan penyelesaian.Oleh karena x = 6 memenuhi (1) dan (2) makax = 6 merupakan penyelesaian.Jadi, penyelesaiannya x = 6.
2. a. (2x + 1)log (2x2 + x – 1) = (2x + 1)log (x2 + 5)Penyelesaian h(x)log f(x) = h(x)log g(x) adalahf(x) = g(x).⇔ 2x2 + x – 1 = x2 + 5⇔ x2 + x – 6 = 0⇔ (x – 2)(x + 3) = 0⇔ x – 2 = 0 atau x + 3 = 0⇔ x = 2 atau x = –3
Misalkan y = 2log (x + 2) maka persamaan menjadi:y2 + 3y = –2⇔ y2 + 3y + 2 = 0⇔ (y + 2)(y + 1) = 0⇔ y1 = –2 atau y2 = –1⇔ 2log (x1 + 2) = –2 atau 2log (x2 + 2) = –1
⇔ 2log (x1 + 2) = 2log 14
atau 2log (x2 + 2) = 2log 12
⇔ x1 + 2 = 14
atau x2 + 2 = 12
⇔ x1 = –1 34
atau x2 = –1 12
|x1 – x2| = |–1 34
– (–1 12
)|
= |– 14
|
= 14
= 0,25
14. Jawaban: bx
x5 · log 8 3
5 log 8−
− = 6
Misal xlog 8 = p persamaan menjadi:
⇔ 5p 35 p
−− = 6
⇔ 5p – 3 = 30 – 6p⇔ 11p = 33⇔ p = 3⇔ xlog 8 = 3⇔ 8 = x3
⇔ x = 3 8 = 2Jadi, nilai x yang memenuhi 2.
15. Jawaban: a5
5log (4x
2 + 3) + 4
2log (x
2 – 1) = 39
⇔ 5 5log (4x
2 + 3) + 2 2
2log (x
2 – 1) = 39
⇔ 5 5log (4x
2 + 3) + 2
2log (x
2 – 1)2 = 39
⇔ (4x2 + 3) + (x2 – 1)2 = 39⇔ 4x2 + 3 + x4 – 2x2 + 1 = 39⇔ x4 + 2x2 – 35 = 0⇔ (x2 + 7)(x2 – 5) = 0⇔ x2 + 7 = 0 atau x2 – 5 = 0
(tidak ada x x = ± 5yang memenuhi)
Syarat numerus: 4x2 + 3 > 0(4x2 + 3) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 maka(4x2 + 3) definit positif sehingga (4x2 + 3) > 0dipenuhi untuk sebarang nilai x ∈ R. Oleh karenaa > b maka a = x1 = 5 dan b = x2 = – 5 .
Jadi, a – b = 5 – (– 5 ) = 2 5 .
B. Uraian1. a. 2log (x – 2) + 2log (x – 4) = 3
⇔ 2log ((x – 2)(x – 4)) = 2log 8
+ – +
32 4
+ – +
0 3
211Matematika Kelas XII Program IPA
1) Syarat numerus:a) 2x2 + x – 1 > 0
⇔ (2x – 1)(x + 1) > 0
⇔ x < –1 atau x > 12 . . . (1)
b) x2 + 5 > 0(x2 + 5) mempunyai nilai D < 0 dana > 0 maka (x2 + 5) definit positifsehingga (x2 + 5) > 0 dipenuhi untuksebarang nilai x ∈ R. . . . (2)
2) Syarat bilangan pokok:a) 2x + 1 > 0 ⇔ 2x > 1
⇔ x > –12 . . . (3)
b) 2x + 1 ≠ 1 ⇔ 2x ≠ 0⇔ x ≠ 0 . . . (4)
Oleh karena x = 2 memenuhi (1), (2), (3), dan(4) maka x = 2 merupakan penyelesaian.Oleh karena x = –3 tidak memenuhi (3) makax = –3 bukan merupakan penyelesaian.Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 2.
b. xlog 4 + 4log x = 52
⇔ log 4log x
+ 4log x = 52
⇔ log x log 4
1 + 4log x = 52
⇔ 41
log x + 4log x = 5
2
⇔ 1 + (4log x)2 = 52
4log x ← kali 4log x
Misalkan 4log x = A maka persamaanlogaritma menjadi:
1 + A2 = 52
A
⇔ A2 – 52
A + 1 = 0⇔ 2A2 – 5A + 2 = 0 ← kali 2⇔ (2A – 1)(A – 2) = 0⇔ 2A – 1 = 0 atau A – 2 = 0
⇔ A = 12
atau A = 2
⇔ 4log x = 12
atau 4log x = 2
⇔ x =
124 atau x = 42
⇔ x = 2 atau x = 161) Syarat numerus: x > 0 . . . (1)2) Syarat bilangan pokok:
x > 0, x ≠ 1 . . . (2)Oleh karena x = 2 dan x = 16 memenuhi syarat(1) dan (2) maka x = 2 dan x = 16 merupakanpenyelesaian.Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 2 dan 16.
c. (x + 1)log (3x2 + 2x – 1) = 2Penyelesaian f(x)log g(x) = p adalahg(x) = (f(x))p.⇔ (3x2 + 2x – 1) = (x + 1)2
⇔ 3x2 + 2x – 1 = x2 + 2x + 1⇔ 2x2 – 2 = 0⇔ 2(x2 – 1) = 0⇔ 2(x – 1)(x + 1) = 0⇔ x – 1 = 0 atau x + 1 = 0⇔ x = 1 atau x = –11) Syarat numerus:
3x2 + 2x – 1 > 0⇔ (3x – 1)(x + 1) > 0
⇔ x < –1 atau x > 13
. . . (1)2) Syarat bilangan pokok:
a) x + 1 > 0⇔ x > –1 . . . (2)
b) x + 1 ≠ 1⇔ x ≠ 0 . . . (3)
Oleh karena x = 1 memenuhi syarat (1), (2),dan (3) maka x = 1 merupakan penyelesaian.Oleh karena x = –1 tidak memenuhi syarat(1) dan (2) maka x = –1 bukan merupakanpenyelesaian.Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 1.
3. a. (3x2 + 10)log 3 = 127
1
log 11x + 4 · 11xlog 3
⇔ (3x2 + 10)log 3 = 11xlog1
27 + 11xlog 34
⇔ (3x2 + 10)log 3 = 11xlog 8127
⇔ (3x2 + 10)log 3 = 11xlog 3Penyelesaian f(x)log a = g(x)log a adalahf(x) = g(x).⇔ 3x2 + 10 = 11x⇔ 3x2 – 11x + 10 = 0⇔ (3x – 5)(x – 2) = 0⇔ 3x – 5 = 0 atau x – 2 = 0
⇔ x = 53 atau x = 2
Syarat bilangan pokok:1) 3x2 + 10 > 0
(3x2 + 10) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0maka (3x2 + 10) definit positif sehingga(3x2 + 10) > 0 dipenuhi untuk sebarangnilai x ∈ R. . . . (1)
2) 11x > 0 ⇔ x > 0 . . . (2)
Oleh karena x = 53 dan x = 2 memenuhi syarat
(1) dan (2) maka x = 53 dan x = 2 merupakan
penyelesaian.
Jadi, himpunan penyelesaiannya = {53 , 2}.
212 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
b. 3log2 x – 3 3 log x = 3 log 9
⇔ 3log2 x – 133 log x =
123 log 32
⇔ 3log2 x – 3 · 3log x = 4 · 3log 3⇔ 3log2 x – 3 · 3log x – 4 = 0⇔ (3log x – 4)(3log x + 1) = 0⇔ 3log x – 4 = 0 atau 3log x + 1 = 0⇔ 3log x = 4 atau 3log x = –1Penyelesaian alog f(x) = alog p adalahf(x) = p.⇔ x = 34 atau x = 3–1
⇔ x = 81 atau x = 13
Syarat numerus: x > 0
Oleh karena x = 13 dan x = 81 memenuhi
syarat x > 0 maka x = 13 dan x = 81
merupakan penyelesaian.
Jadi, himpunan penyelesaiannya {13 , 81}.
4. a. x(3 – 3log x) = 9⇔ 3log x(3 – 3log x) = 3log 9⇔ (3 – 3log x) · 3log x = 2⇔ 3 · 3log x – 3log2 x = 2⇔ 3log2 x – 3 · 3log x + 2 = 0⇔ (3log x – 1)(3log x – 2) = 0⇔ 3log x = 1 atau 3log x = 2⇔ 3log x = 3log 31 atau 3log x = 3log 32
⇔ x = 3 atau x = 9Syarat numerus: x > 0Oleh karena x = 3 dan x = 9 memenuhi syaratnumerus maka x = 3 dan x = 9 merupakanpenyelesaian.Jadi, himpunan penyelesaiannya {3, 9}.
b. 5log2 x + 55log 21 – 5log 3 = 5log x3 + 255log 5
⇔ 5log2 x + 55log 213 = 3 · 5log x + (55log 5 )2
⇔ 5log2 x + 55log 7 = 3 · 5log x + (55log 5 )2
Ingat aalog b = b.
⇔ 5log2 x + 7 = 3 · 5log x + ( 5 )2
⇔ 5log2 x + 7 = 3 · 5log x + 5⇔ 5log2 x – 3 · 5log x + 2 = 0⇔ (5log x – 1)(5log x – 2) = 0⇔ 5log x = 1 atau 5log x = 2⇔ 5log x = 5log 5 5log x = 5log 52
⇔ x = 5 x = 25
Syarat numerus: x > 0 . . . (1)x3 > 0 . . . (2)
Oleh karena x = 5 dan x = 25 memenuhi (1)dan (2) maka x = 5 dan x = 25 merupakanpenyelesaian.
Jadi, himpunan penyelesaiannya {5, 25}.
5. 104 log x – 6(102 log x) + 5 = 0Penyelesaian f(x)log g(x) = p adalah g(x) = (f(x))p.⇔ (102 log x)2 – 6(102 log x) + 5 = 0
Misalkan y = 102 log x.⇔ y2 – 6y + 5 = 0⇔ (y – 1)(y – 5) = 0⇔ y = 1 atau y = 5
y = 1 ⇔ 102 log x = 1⇔ 102 log x = 100
⇔ 2 log x = 0⇔ x = 20
⇔ x = 1
y = 5 ⇔ 102 log x = 5⇔ log 102 log x = log 5⇔ 2 log x · log 10 = log 5⇔ 2 log x = log 5⇔ log x2 = log 5⇔ x2 = log 5⇔ x = – 5 atau x = 5
Syarat numerus: x > 0Oleh karena x = 1 dan x = 5 memenuhi syarat
numerus maka x = 1 dan x = 5 merupakan
penyelesaian.
Jadi, himpunan penyelesaiannya {1, 5 }.Cara lain:
104 log x – 6(102 log x) + 5 = 0⇔ 10log x4 – 6(10log x2) + 5 = 0⇔ x4 – 6x2 + 5 = 0⇔ (x2 – 1)(x2 – 5) = 0⇔ x2 = 1 atau x2 = 5⇔ x = ±1 atau x = ± 5
Oleh karena x numerus maka x > 0.
Jadi, himpunan penyelesaiannya {1, 5 }.
213Matematika Kelas XII Program IPA
+ – +
–4 3
+ – +
–2 4
+ – +
–1 3
–2 4–1 3
A. Pilihlah jawaban yang tepat.
1. Jawaban: c2log (x – 1)2 ≤ 2⇔ 2log (x – 1)2 ≤ 2log 4Untuk a > 1 penyelesaian alog f(x) ≤ alog g(x) adalahf(x) ≤ g(x).⇔ (x – 1)2 ≤ 4⇔ x2 – 2x + 1 – 4 ≤ 0⇔ x2 – 2x – 3 ≤ 0⇔ (x + 1)(x – 3) ≤ 0
⇔ –1 ≤ x ≤ 3 . . . . (1)Syarat numerus:(x – 1)2 > 0 ⇔ (x – 1)(x – 1) > 0
⇔ x ≠ 1 . . . . (2)Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut.
Jadi, nilai x yang memenuhi –1 < x ≤ 3, x ≠ 1.
2. Jawaban: e13 log (x2 – 9) > 0
⇔13 log (x2 – 9) >
13 log (
13 )0
⇔13 log (x2 – 9) >
13 log 1
Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x)adalah f(x) < g(x).⇔ x2 – 9 < 1⇔ x2 – 10 < 0
⇔ (x + 10 )(x – 10 ) < 0
⇔ – 10 < x < – 10 . . . . (1)
Syarat numerus:x2 – 9 > 0 ⇔ (x + 3)(x – 3) > 0
⇔ x < –3 atau x > 3 . . . . (2)
Irisan (1) dan (2) sebagai berikut.
Jadi, himpunan penyelesaiannya
{x | – 10 < x < –3 atau 3 < x < 10 }.
3. Jawaban: d15 log (x2 – 2x – 3) >
15 log (
15 )–1
⇔15 log (x2 – 2x – 3) >
15 log 5
Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x)adalah f(x) < g(x).⇔ x2 – 2x – 3 < 5⇔ x2 – 2x – 8 < 0⇔ (x + 2)(x – 4) < 0
⇔ –2 < x < 4 . . . . (1)Syarat numerus:x2 – 2x – 3 > 0⇔ (x – 3)(x + 1) > 0
⇔ . . . . (2)
Irisan (1) dan (2) sebagai berikut.
. . . . (3)
⇔ –2 < x < –1 atau 3 < x < 4Nilai yang memenuhi –2 < x < –1 atau 3 < x < 4Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –2 < x < –1atau 3 < x < 4}.
4. Jawaban: c2log (x2 + x + 4) < 5log 625⇔ 2log (x2 + x + 4) < 4⇔ 2log (x2 + x + 4) < 2log 16⇔ x2 + x + 4 < 16⇔ x2 + x – 12 < 0⇔ (x + 4)(x – 3) < 0⇔ –4 < x < 3
1
–1 1 3
+ – +
–1 3
+ – +
– 10 10
–3 3
+–+
– 10 10–3 3
214 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
Syarat numerus: x2 + x + 4 > 0(x2 + x + 4) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 maka(x2 + x + 4) definit positif sehingga (x2 + x + 4) > 0dipenuhi untuk sebarang nilai x ∈ R.Jadi, nilai x yang memenuhi –4 < x < 3.
5. Jawaban: c5log (x – 1) ≤
15 log (2x – 1)
⇔ 5log (x – 1) ≤ 5log (2x – 1)–1
Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) ≤ alog g(x)adalah f(x) ≤ g(x).
⇔ x – 1 ≤ 1
2x 1−
⇔ (x – 1) – 1
2x 1− ≤ 0
⇔(x 1)(2x 1) 1
2x 1− − −
− ≤ 0
⇔22x 3x
2x 1−− ≤ 0
⇔x(2x 3)
2x 1−− ≤ 0
. . . . (1)
Syarat numerus:1) x – 1 > 0 ⇔ x > 1
. . . . (2)
2) 2x – 1 > 0 ⇔ x > 12
. . . . (3)
Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai berikut.
. . . . (3)
Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 1 < x ≤ 32 }.
6. Jawaban: d2 · 9log2 x – 7 · 9log x > –3Misalkan p = 9log x. Persamaan logaritma di atasmenjadi
2p2 – 7p > –3⇔ 2p2 – 7p + 3 > 0⇔ (2p – 1)(p – 3) > 0
⇔ p < 12 atau p > 3
⇔ 9log x < 12 atau 9log x > 3
⇔ 9log x < 9log 912 atau 9log x >9log 93
⇔ 9log x < 9log 3 atau 9log x >9log 729
⇔ x < 3 atau x > 729 . . .(1)Syarat numerus:x > 0 . . . (2)Dari (1) dan (2) diperoleh nilai x yang memenuhiadalah 0 < x < 3 atau x > 729.Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 0 < x < 3atau x > 729}.
7. Jawaban: b12 log 2 = 2–1log 2 = –1 · 2log 2 = 2log 2–1 = 2log
12
12 log 2 + 2log (3x – 1) < 2log (x + 2)
⇔ 2log 12 + 2log (3x – 1) < 2log (x + 2)
⇔ 2log (3x 1)
2−
< 2log (x + 2)
Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) < alog g(x)adalah f(x) < g(x).
⇔ 3x 12−
< x + 2
⇔ 3x – 1 < 2x + 4⇔ x < 5
. . . . (1)
Syarat numerus:
1) 3x – 1 > 0 ⇔ x > 13
. . . . (2)
2) x + 2 > 0 ⇔ x > –2
. . . . (3)
Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai berikut.
⇔ 13 < x < 5
Jadi, nilai x yang memenuhi 13 < x < 5.
0 12
1 32
1
12
– + – +
0 12
32
12
3
+–+
–2
5–2 13
13
5
215Matematika Kelas XII Program IPA
–2
+ – +
–4 2
–1
–2
–2 –1
–4 –2 –1 2
– 83
–2 – 23 0
+ – +
83
− 0
23
−
8. Jawaban: alog (x – 2) + log (x + 1) < 2 log (x + 4)⇔ log ((x – 2)(x + 1)) < log (x + 4)2
⇔ (x – 2)(x + 1) < (x + 4)2
⇔ x2 – x – 2 < x2 + 8x + 16⇔ –9x < 18⇔ –x < 2⇔ x > –2
. . . . (1)
Syarat numerus:1) x – 2 > 0 ⇔ x > 22) x + 1 > 0 ⇔ x > –13) x + 4 > 0 ⇔ x > –4
. . . . (2)
. . . . (3)
. . . . (4)
Irisan penyelesaian (1), (2), (3), dan (4) sebagaiberikut.
Jadi, nilai x yang memenuhi x > 2.
9. Jawaban: c12 log (3x + 2) +
14 log (x2 + 4x + 4) > –2
⇔12 log (3x + 2) +
212 log
(x + 2)2 >
12 log
212
−
⇔12 log (3x + 2) +
12 log (x + 2) >
12 log 4
⇔12 log ((3x + 2)(x + 2)) >
12 log 4
Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x)adalah f(x) < g(x).⇔ (3x + 2)(x + 2) < 4⇔ 3x2 + 8x + 4 – 4 < 0⇔ 3x2 + 8x < 0⇔ x(3x + 8) < 0
⇔ –83
< x < 0 . . . . (1)
Syarat numerus:
1) 3x + 2 > 0 ⇔ x > – 23
. . . . (2)
2) x2 + 4x + 4 > 0⇔ (x + 2)2 ≥ 0
⇔ x < –2 atau x > –2 . . . . (3)
Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai berikut.
Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –23 < x < 0}.
10. Jawaban: e(x + 2)log (x2 + 2x + 1) ·
13 log (x + 2) > –2
⇔13 log (x + 2) · (x + 2)log (x2 + 2x + 1) > –2
⇔13 log (x2 + 2x + 1) > –2
⇔13 log (x2 + 2x + 1) >
13 log
213
−
Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x)adalah f(x) < g(x).
⇔ x2 + 2x + 1 < 21
3
−
⇔ x2 + 2x + 1 < 9⇔ x2 + 2x – 8 < 0⇔ (x + 4)(x – 2) < 0
. . . . (1)⇔ –4 < x < 2
Syarat numerus:1) x2 + 2x + 1 > 0
⇔ x < –1 atau x > –1
. . . . (2)
⇔ (x + 1)2 > 0
2) x + 2 > 0 ⇔ x > –2
. . . . (3)
Syarat bilangan pokok:1) x + 2 > 0 ⇔ x > –22) x + 2 ≠ 1 ⇔ x ≠ –1
. . . . (4)
Irisan penyelesaian (1), (2), (3), dan (4) sebagaiberikut.
Jadi, nilai x yang memenuhi: –2 < x < 2 denganx ≠ –1.
–2
2
–1
–4
–4 –2 –1 2
216 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
0 12
1 2
2) 1 – 2log x > 0 ⇔ 2log x < 1⇔ x < 2 . . . . (3)
Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai berikut.
18 ≤ x < 2
Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 18
≤ x < 2.
13. Jawaban: dMisalkan alog x = palog2 x ≥ 8 + 2 alog x⇔ p2 ≥ 8 + 2p⇔ p2 – 2p – 8 ≥ 0⇔ (p + 2)(p – 4) ≥ 0
⇔ p ≤ –2 atau p ≥ 4⇔ alog x ≤ –2 atau alog x ≥ 4⇔ x ≤ a–2 atau x ≥ a4
⇔ x ≤ 21
aatau x ≥ a4 . . . . (1)
Syarat numerus: x > 0 . . . . (2)Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut.
Jadi, nilai x yang memenuhi 0 < x ≤ 21
a atau x ≥ a4.
14. Jawaban: d7(x – 1)log 11 ≥ 11⇔ log 7(x – 1)log 11 ≥ log 11⇔ (x – 1)log 11 · log 7 ≥ log 11
⇔log 11
log (x 1)− · log 7 ≥ log 11
⇔ log 7 ≥ log (x – 1)⇔ 7 ≥ x – 1⇔ x ≤ 8
. . . . (1)
Syarat bilangan pokok:1) x – 1 > 0 ⇔ x > 12) x – 1 ≠ 1 ⇔ x ≠ 2
. . . . (2)
– + – +
–1 0 1
12
1 2
0 a4
21
a
–2 4
+–+
11. Jawaban: e2log x – xlog 2 > 0
⇔ 2log x – 21
log x > 0
Misal 2log x = y, pertidaksamaan logaritmamenjadi:
y – 1y
> 0
⇔2y 1y− > 0
⇔ (y 1)(y + 1)y
− > 0
⇔ –1 < y < 0 atau y > 1⇔ –1 < 2log x < 0 atau 2log x > 1
⇔ 2log 12
< 2log x < 2log 1 atau 2log x > 2log 2
⇔ 12
< x < 1 atau x > 2 . . . . (1)
Syarat numerus: x > 0 . . . . (2)Syarat bilangan pokok: x > 0, x ≠ 1 . . . . (3)Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai berikut.
Jadi, nilai x yang memenuhi 12
< x < 1 atau x > 2.
12. Jawaban: c12 log (1 – 2log x) ≥ –2
⇔12 log (1 – 2log x) ≥
12 log
212
−
Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) ≥ alog g(x)adalah f(x) ≤ g(x).⇔ 1 – 2log x ≤ 4⇔ 2log x ≥ –3⇔ x ≥ 2–3
⇔ x ≥ 18
. . . . (1)
Syarat numerus:1) x > 0 . . . . (2)
18
0
2
20 18
1 2
8
217Matematika Kelas XII Program IPA
+ – +
–2 6 2 6
–5 5–2 6 2 6
+ – +
–5 5
⇔ –3 < x < 4 . . . (1)Syarat numerusx2 – x – 6 > 0⇔ (x + 2)(x – 3) > 0
⇔ x < –2 atau x > 3 . . . (2)Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut.
⇔ –3 < x < –2 atau 3 < x < 4Jadi, himpunan penyelesaiannya{x | –3 < x < –2 atau 3 < x < 4}.
b.14 log (x2 – 24) ≥ 0
⇔14 log (x2 – 24) ≥
14 log (
14)0
⇔14 log (x2 – 24) ≥
14 log 1
Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) ≥ alogg(x) adalah f(x) ≤ g(x).⇔ x2 – 24 ≤ 1
⇔ x2 – 25 ≤ 0
⇔ (x + 5)(x – 5) ≤ 0
⇔ –5 ≤ x ≤ 5 . . . (1)Syarat numerusx2 – 24 > 0
⇔ (x + 2 6)(x – 2 6) > 0
⇔ x < –2 6 atau x > 2 6 . . . (2)Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut.
⇔ –5 ≤ x < –2 6 atau 2 6 < x ≤ 5
Jadi, himpunan penyelesaiannya
{x | –5 ≤ x ≤ –2 6 atau 2 6 < x ≤ 5}.
1 2 8
–2 23
− 0 2
+ – +
–3 4
+ – +
–2 3
–3 4–2 3
–2
23
−
0 2
+– +
Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut.
Jadi, himpunan penyelesaiannya{x | 1 < x ≤ 8, x ≠ 2}.
15. Jawaban: cGrafik fungsi f(x) di atas g(x) berarti g(x) < f(x).
19 log (x2 – 2x) <
13 log (x + 2)
⇔21
3 log (x2 – 2x) <
13 log (x + 2)
⇔13 log
122(x 2x)− <
13 log (x + 2)
Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) < alog g(x)adalah f(x) > g(x).
⇔ 2x 2x− > x + 2⇔ x2 – 2x > (x + 2)2
⇔ x2 – 2x > x2 + 4x + 4⇔ 6x < –4
⇔ x < –23
. . . . (1)
Syarat numerus:1) x + 2 > 0
⇔ x > –2
. . . . (2)
2) x2 – 2x > 0⇔ x(x – 2) > 0⇔ x < 0 atau x > 2
. . . . (3)
Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai berikut.
Jadi, batas nilai x yang memenuhi –2 < x < –23 .
B. Uraian
1. a. 6log (x2 – x – 6) < 1⇔ 6log (x2 – x – 6) < 6log 61
Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) < alog g(x)adalah f(x) > g(x).⇔ x2 – x – 6 < 6⇔ x2 – x – 12 < 0⇔ (x + 3)(x – 4) < 0
218 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
2. a.15 log (x + 5) +
15 log (x – 3) <
15 log (5x + 3)
⇔ 15 log (x + 5)(x – 3) <
15 log (5x + 3)
Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) < alogg(x) adalah f(x) > g(x).⇔ (x + 5)(x – 3) > 5x + 3⇔ x2 + 5x – 3x – 15 – 5x – 3 > 0⇔ x2 – 3x – 18 > 0⇔ (x + 3)(x – 6) > 0
⇔ x < –3 atau x > 6 . . . (1)Syarat numerus1) x + 5 > 0 ⇔ x > – 5 . . . (2)
2) x – 3 > 0 ⇔ x > 3 . . . (3)
3) 5x + 3 > 0 ⇔ 5x > –3
⇔ x > –35 . . . (4)
Irisan penyelesaian (1), (2), (3), dan (4) sebagaiberikut.
Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaantersebut adalah x > 6.
b.13 log 4 = 3
–1log 22 =
21− · 3log 2
= 12
1− · 3log 2–1 = 3 log
12
3 log (x + 1) – 3 log (x – 1) ≥ 13 log 4
⇔ 3 log x + 1x 1
−≥ 3 log
12
⇔ 3 log x + 1x 1
−≥
2( 3) log 2–2
⇔ 3 log x + 1x 1
−≥ 3 log 2–1
Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) ≥ alog g(x)adalah f(x) ≤ g(x).
⇔ x + 1x 1−
≥ 12
⇔ x + 1x 1−
– 12 ≥ 0
⇔ 2x + 2 (x 1)2(x 1)
− −− ≥ 0
⇔ x 32(x 1)
+− ≥ 0
. . . . (1)
⇔ x ≤ –3 atau x > 1Syarat numerus:1) x + 1 > 0 ⇔ x > –1 . . . . (2)2) x – 1 > 0 ⇔ x > 1 . . . . (3)Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagaiberikut.
Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaantersebut adalah x > 1.
3. a. Fungsi f terdefinisi apabila syarat numerusnyadipenuhi, yaitu:x2 – x – 6 > 0⇔ (x + 2)(x – 3) > 0⇔ x < –2 atau x > 3
Jadi, daerah asal fungsi f(x) adalah{x | x < –2 atau x > 3}.
b. f(x) ≥ 0 ⇔ 1 – 6log (x2 – x – 6) ≥ 0⇔ 6log (x2 – x – 6) ≤ 1⇔ 6log (x2 – x – 6) ≤ 6log 6⇔ x2 – x – 6 ≤ 6⇔ x2 – x – 12 ≤ 0⇔ (x + 3)(x – 4) ≤ 0
⇔ –3 ≤ x ≤ 4Oleh karena domain fungsi f adalah {x | x < –2atau x > 3} maka fungsi f tidak negatif untukinterval –3 ≤ x < –2 atau 3 < x ≤ 4.Jadi, interval x yang memenuhi f(x) ≥ 0 adalah–3 ≤ x < –2 atau 3 < x ≤ 4.
4. Misalkan alog x = palog2 x + 10 ≤ 7 alog x⇔ p2 + 10 ≤ 7p⇔ p2 – 7p + 10 ≤ 0⇔ (p – 2)(p – 5) ≤ 0
+ – +
–3 1–3 6
+ –
–5
– 35
–5 –3 3 6
– 35
3
–3 4
+–+
–3 –1 1
–2 3
+–+
219Matematika Kelas XII Program IPA
1
–4
–4
–8
+ – +
–13
12
–2 –12 –
13
12
–8
0 1
⇔ 2 ≤ p ≤ 5⇔ 2 ≤ alog x ≤ 5⇔ alog a2 ≤ alog x ≤ a5
⇔ a2 ≤ x ≤ a5
Jadi, nilai x yang memenuhi a2 ≤ x ≤ a5.
5. a.12 log
14 log 3x + 1
2x 1 −
< 0
⇔12 log
14 log 3x + 1
2x 1 −
< 12 log 1
Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alogg(x) adalah f(x) < g(x).
⇔14 log 3x + 1
2x 1 −
> 1
⇔14 log 3x + 1
2x 1 −
> 14 log 1
4
Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alogg(x) adalah f(x) < g(x).
⇔ 3x + 12x 1−
< 14
⇔ 3x + 12x 1−
– 14 < 0
⇔ 4(3x + 1) (2x 1)4(2x 1)
− −− < 0
⇔ 12x + 4 2x + 14(2x 1)
−− < 0
⇔ 10x + 54(2x 1)− < 0
⇔ –12 < x <
12 . . . . (1)
Syarat numerus:
1)14 log 3x + 1
2x 1 −
> 0 ⇔ 14 log 3x + 1
x 1 −
> 14 log 1
Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) >alog g(x) adalah f(x) < g(x).
⇔ 3x + 12x 1−
< 1
⇔ 3x + 12x 1−
– 1 < 0
⇔ 3x + 1 (2x 1)2x 1
− −−
< 0
⇔ x + 22x 1−
< 0
⇔ –2 < x < 12 . . . . (2)
+ – +
–2 12
+ – +
–12
12
2 5
+–+ 2) 3x + 12x 1−
> 0
⇔ x < –13 atau x >
12 . . . . (3)
Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagaiberikut.
Jadi, himpunan penyelesaiannya
{x | –12 < x < –
13 }.
b. Nilai bilangan pokok bisa 0 < x < 1 atau x > 1.1) untuk 0 < x < 1 . . . . (1)
x log (2x + 8) ≤ 2
⇔ x log (2x + 8) ≤ x log 2( x)⇔ 2x + 8 ≥ x⇔ x ≥ –8 . . . . (2)
Syarat numerus:2x + 8 > 0 ⇔ x > –4 . . . . (3)
Dari (1), (2), dan (3) diperolehpenyelesaian 0 < x < 1.
2) Untuk x > 1 . . . . (4)
x log (2x + 8) ≤ x log x⇔(2x + 8) ≤ x⇔ x ≤ –8 . . . . (5)
Syarat numerus:2x + 8 > 0 ⇔ x > –4 . . . . (6)
Dari (4), (5), dan (6) tidak ada nilai x yangmemenuhi.
Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 0 < x < 1}.
220 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
4. Jawaban: e
Fungsi f(x) = 13 log (x + 1)
Grafik fungsi 13 log (x + 1):
Jadi, grafik y = 13 log (x + 1) ditunjukkan oleh
gambar e.
5. Jawaban: aGrafik fungsi f(x) = 4log 2x + 1 memotong sumbu Xjika f(x) = 0.
4log 2x + 1 = 0⇔ 4log 2x = –1⇔ 4log 2x = 4log 4–1
⇔ 2x = 14
⇔ x = 18
Grafik fungsi f(x) memotong sumbu X di titik (18 , 0).
Fungsi f(x) = 4log 2x + 1 mempunyai bilangan pokoka = 4. Oleh karena a = 4 > 1, grafik f(x) monotonnaik.Jadi, grafik yang benar pilihan a.
6. Jawaban: dGrafik fungsi y = alog x melalui titik (8, 1).y = alog x ⇔ 1 = alog 8
⇔ alog a1 = alog 8⇔ a = 8
Jadi, persamaan grafik fungsi tersebut adalahy = 8log x.
7. Jawaban: c
Jika grafik fungsi 1a log x dicerminkan terhadap
sumbu x1 akan diperoleh grafik y = alog x.
Jika grafik fungsi f(x) = 14 log 2x dicerminkan ter-
hadap sumbu X, akan diperoleh grafik y = 4log 2x.
A. Pilihan Ganda
1. Jawaban: d
f(2) = 12 log (10 · 2 + 4)
= 12 log 24
= 12 log 8 · 3
= 12 log 8 +
12 log 3
= 2–1
log 23 + 2–1
log 3
= –3 · 2log 2 – 2log 3
= –3 – 2log 3
2. Jawaban: bf(x) = 2log (6x – 2) memotong sumbu X jika f(x) = 0
2log (6x – 2) = 0⇔ 2log (6x – 2) = 2log 1⇔ 6x – 2 = 1
⇔ x = 12
Jadi, grafik memotong sumbu X di titik (12 , 0).
3. Jawaban: aFungsi f(x) = 5log x
Grafik fungsi y = 5log x:
Jadi, grafik y = 5log ditunjukkan oleh gambar a.
x 0 1 5 25
f(x) = 5log x – 0 1 2
(x, f(x)) – (1, 0) (5, 1) (25, 2)
Y
X0 1 5 2512
Y
X0 1 5 2512 y = f(x)
x 0 2 8 26
f(x) = 13 log (x + 1) 0 –1 –2 –3
(x, f(x)) (0, 0) (2, –1) (8, –2) (26, –3)
Y
X–1–2–3
1 2 8 26
–4
221Matematika Kelas XII Program IPA
3) Misal y = f(x) = 14 log (x + 1)
⇔y1
4
= x + 1
⇔ x = y1
4
– 1
Persamaan grafik fungsi invers f(x) adalah
f–1(x) = x1
4
– 1.
Jadi, pernyataan e salah.Jadi, pernyataan yang benar pilihan c.
10. Jawaban: e2log 2x 24 − = 4
⇔ 2log 2x 24 − = 2log 16
⇔ 2x 24 − = 16
⇔2x 2
24−
= 42
⇔ 2x 22− = 2
⇔ 2x – 2 = 4⇔ 2x = 6⇔ x = 3Jadi, nilai x yang memenuhi persamaan adalahx = 3.
11. Jawaban: a49log (2log (6x + 2)) =
12
⇔ 49log (2log (6x + 2)) = 49log 7⇔ 2log (6x + 2) = 7⇔ 6x + 2 = 27
⇔ 6x + 2 = 128⇔ 6x = 126⇔ x = 21Jadi, nilai x = 21.
12. Jawaban: df(x) = 0
⇔ 2log (3x – 52 ) –
12 log 2x = 0
⇔ 2log (3x – 52 ) = 2–1log 2x
⇔ 2log (3x – 52 ) = 2log
12x
⇔ 3x – 52 =
12x
⇔ 6x2 – 5x – 1 = 0⇔ (6x + 1)(x – 1) = 0
⇔ x = –16 atau x = 1
Syarat numerus
1) 3x – 52 > 0 ⇔ x >
56
2) 2x > 0 ⇔ x > 0
y = 4log 2x = 22log 2x
= 12 · 2log 2x
= 12 · 2log 2 +
12 · 2log x
= 12 + 2log x
Jadi, diperoleh grafik dengan persamaan
y = 12 + 2log x .
8. Jawaban: cGrafik f(x) = alog bx melalui titik (3, 0), makaf(3) = 0.f(3) = alog 3b⇔ 0 = alog 3b⇔ alog 1 = alog 3b⇔ 1 = 3b
⇔ b = 13
Persamaan grafik menjadi f(x) = alog 13 x.
Grafik melalui titik (9, 4) maka f(9) = 4.
f(9) = alog 13 · 9
⇔ 4 = alog 3⇔ a4 = 3
⇔ a = 143
Persamaan grafik menjadi:
f(x) = 143 log
13 x
= 14
1 · 3log 13 x
= 4 · 3log 13 x
Jadi, persamaan grafik fungsi adalah
f(x) = 4 · 3log 13 x.
9. Jawaban: c
1) f(x) = 14 log (x + 1) mempunyai 0 < a < 1 maka
grafik fungsi f(x) monoton turun sehinggauntuk x1 > x2 maka f(x1) < f(x2).Jadi, pernyataan a salah, b salah, dan cbenar.
2) Grafik memotong sumbu X maka f(x) = 0.
f(x) = 0 ⇔14 log (x + 1) = 0
⇔14 log (x + 1) =
14 log 1
⇔ x + 1 = 1⇔ x = 0
Grafik f(x) memotong sumbu X di titik (0, 0).Jadi, pernyataan d salah.
222 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
Dari syarat 1) dan 2) diperoleh syarat x > 56 .
Oleh karena x = –16 <
56 dan x = 1 >
56 , nilai x
yang memenuhi x = 1.Jadi, fungsi bernilai nol pada saat x = 1.
13. Jawaban: aGrafik fungsi f(x) dan g(x) berpotongan jika f(x) =g(x).⇔ 2log 2x = 4log (7x + 2)⇔ 2log 2x = 22log (7x + 2)
⇔ 2log 2x = 2log 12(7x + 2)
⇔ 2x = 12(7x + 2)
⇔ (2x)2 = 7x + 2⇔ 4x2 – 7x – 2 = 0⇔ (4x + 1)(x – 2) = 0⇔ 4x + 1 = 0 atau x – 2 = 0
⇔ x = –14 atau x = 2
Syarat numerus:1) 2x > 0 ⇔ x > 0 . . . (1)
2) 7x + 2 > 0 ⇔ x > –27 . . . (3)
Oleh karena x = –14 tidak memenuhi syarat (1)
dan (2) maka x = –14 bukan merupakan
penyelesaian.Oleh karena x = 2 memenuhi syarat (1) dan (2)maka x = 2 merupakan penyelesaian.Jadi, nilai x yang memenuhi x = 2.
14. Jawaban: c5
5log x
log (2x 7)− – 2x – 7log x + x
1log (2x 7)−
= 1
⇔log xlog 5
log (2x 7)log 5
− – log xlog (2x 7)−
+ log (2x 7)log x
1− = 1
⇔ log xlog (2x 7)−
– log xlog (2x 7)−
+ log xlog (2x 7)−
= 1
⇔ log xlog (2x 7)−
= 1
⇔ log x = log (2x – 7)⇔ x = 2x – 7⇔ –x = –7⇔ x = 7Syarat numerus:1) x > 0 . . . 1)
2) 2x – 7 > 0 ⇔ x > 72 . . . (2)
Syarat bilangan pokok:1) x ≠ 1 . . . (3)2) 2x – 7 ≠ 1
⇔ 2x ≠ 8⇔ x ≠ 4 . . . (4)
Oleh karena x = 7 memenuhi (1), (2), (3), dan (4)maka x = 7 merupakan penyelesaian.Jadi, himpunan penyelesaiannya {7}.
15. Jawaban: ax – 3log (x2 – 6x + 8) = x – 3log (2x – 7)⇔ x2 – 6x + 8 = 2x – 7⇔ x2 – 8x + 15 = 0⇔ (x – 3)(x – 5) = 0⇔ x = 3 atau x = 5Syarat numerus:1) x2 – 6x + 8 > 0
⇔ (x – 2)(x – 4) > 0
⇔ x < 2 atau x > 4 . . . (1)
2) 2x – 7 > 0⇔ 2x > 7
⇔ x > 72 . . . (2)
Syarat bilangan pokok:1) x – 3 > 0
⇔ x > 3 . . . (3)
2) x – 3 ≠ 1⇔ x ≠ 3 . . . (4)
Oleh karena x = 3 tidak memenuhi (1), (3), dan(4) maka x = 3 bukan penyelesaian.Oleh karena x = 5 memenuhi (1), (2), (3), dan (4)maka x = 5 merupakan penyelesaian.Jadi, penyelesaiannya x = 5.
16. Jawaban: c2log2 x – 2log x3 = 4
⇔ 2log2 x – 3 · 2log x – 4 = 0⇔ (2log x – 4)(2log x + 1) = 0⇔ 2log x – 4 = 0atau 2log x + 1 = 0⇔ 2log x = 4 2log x = –1⇔ x = 24 x = 2–1
⇔ x = 16 x = 12
2 4
+ – +
72
3
223Matematika Kelas XII Program IPA
Syarat numerus:1) x > 0 . . . (1)2) x3 > 0 . . . (2)
Oleh karena x = 16 dan x = 12
memenuhi (1) dan
(2) maka x = 16 dan x = 12
merupakanpenyelesaian.
Jadi, nilai x yang memenuhi 12
atau 16.
17. Jawaban: eMisal 2log x = n4log x – 3 · 21 + log x + 8 = 0⇔ 22 log x – 3 · 2 · 2log x + 8 = 0⇔ (2log x)2 – 6 · 2log x + 8 = 0⇔ n2 – 6n + 8 = 0⇔ (n – 4)(n –2) = 0⇔ n – 4 = 0 atau n – 2 = 0⇔ n = 4 atau n = 2⇔ 2log x = 4 atau 2log x = 2⇔ 2log x = 22 atau 2log x = 21
⇔ log x = 2 atau log x = 1⇔ x = 100 atau x = 10Syarat numerus: x > 0Oleh karena x = 10 dan x = 100 memenuhi syaratnumerus x > 0 maka x = 10d an x = 100merupakan penyelesaian.Jadi, nilai x = 10 dan x = 100.
18. Jawaban: axlog (x + 2) – 3 · xlog 2 + 1 = 0
⇔ xlog (x + 2) + xlog x = 3 · xlog 2⇔ xlog (x + 2) · x = xlog 23
⇔ (x + 2) · x = 23
⇔ x2 + 2x – 8 = 0⇔ (x + 4)(x – 2) = 0⇔ x = –4 atau x = 2Syarat numerus:1) x + 2 > 0 ⇔ x > –2 . . . (1)
2) x(x + 2) > 0 . . . (2)
Syarat bilangan pokok:1) x > 0 . . . (3)2) x ≠ 1 . . . (4)
Oleh karena x = –4 tidak memenuhi (1) dan (3)maka x = –4 bukan merupakan penyelesaian.Oleh karena x = 2 memenuhi (1), (2), dan (3) makax = 2 merupakan penyelesaian.Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 2.
19. Jawaban: ax2 + 2log x = 8
⇔ 2log x2 + 2log x = 2log 8
⇔ (2 + 2log x)2log x = 3
⇔ 2log2 x + 2 · 2log x – 3 = 0⇔ (2log x – 1)(2log x + 3) = 0
⇔ 2log x = 1 atau 2log x = –3
⇔ x = 2 atau x = 2–3
⇔ x = 2 atau x = 18
Jadi, nilai x1x2 = 2 · 18 =
14 .
20. Jawaban: aalog (3x + 1) · (2x + 1)log a = 2
⇔ (2x + 1)log a · alog (3x + 1) = 2⇔ (2x + 1)log (3x + 1) = 2⇔ 3x + 1 = (2x + 1)2
⇔ 3x + 1 = 4x2 + 4x + 1⇔ 4x2 + x = 0⇔ x(4x + 1) = 0
⇔ x = 0 atau x = –14
Syarat numerus:
3x + 1 > 0 ⇔ x > –13 . . . (1)
Syarat bilangan pokok:
1) 2x + 1 > 0 ⇔ x > –12 . . . (2)
2) 2x + 1 ≠ 1 ⇔ x ≠ 0 . . . (3)Oleh karena x = 0 tidak memenuhi (3) makax = 0 bukan merupakan penyelesaian.
Oleh karena x = –14 memenuhi (1), (2), dan (3)
maka x = –14 merupakan penyelesaian.
Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = –14 .
21. Jawaban: a2log (x + 3) >
12 log 3
⇔ 2log (x + 3) > 2–1
log 3⇔ 2log (x + 3) > 2log 3–1
Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x)adalah f(x) > g(x).
–2
+ – +
–2 0
224 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
3
–3
0
1
3
⇔ x + 3 > 13
⇔ 3x + 9 > 1⇔ 3x > –8
⇔ x > –83 . . . . (1)
Syarat numerus: x + 3 > 0⇔ x > –3 . . . . (2)
Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut.
Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x > –83 .
22. Jawaban: e2log (x – 2) + 2log (x + 5) ≤ 3⇔ 2log (x – 2)(x + 5) ≤ 2log 23
⇔ (x – 2)(x + 5) ≤ 23
⇔ x2 + 3x – 10 ≤ 8⇔ x2 + 3x – 18 ≤ 0⇔ (x + 6)(x – 3) ≤ 0 . . . . (1)
⇔ –6 ≤ x ≤ 3Syarat numerus:1) x – 2 > 0 ⇔ x > 2 . . . . (2)
2) x + 5 > 0 ⇔ x > –5 . . . . (3)
Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagaiberikut.
⇔ 2 < x < 3Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 2 < x ≤ 3}.
23. Jawaban: a13 log 4 +
13 log (x – 3)≤
13 log (x2 – 4x)
⇔13 log 4(x – 3) ≤
13 log (x2 – 4x)
⇔ 4(x – 3) ≥ (x2 – 4x)
⇔ x2 – 8x + 12 ≤ 0⇔ (x – 2)(x – 6) ≤ 0
Syarat numerus:1) x – 3 > 0 ⇔ x > 3 . . . . (1)
2) x2 – 4x > 0⇔ x(x – 4) > 0⇔ x < 0 atau x > 4 . . . . (2)
Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagaiberikut.
Jadi, nilai x yang memenuhi 4 < x ≤ 6.
24. Jawaban: cxlog (x + 3) > xlog 2xUntuk a > 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x)adalah f(x) > g(x). Diketahui x > 1, maka:⇔ x + 3 > 2x⇔ x < 3 . . . . (1)
a. Syarat numerus:1) x + 3 > 0 ⇔ x > –3 . . . . (2)
2) 2x > 0 ⇔ x > 0 . . . . (3)
b. Syarat bilangan pokok:1) x > 0 . . . . (4)2) x ≠ 1 . . . . (5)
c. Syarat pada soal x > 1 . . . . (6)
Irisan penyelesaian (1), (2), (3), (4), (5), dan (6)sebagai berikut.
Jadi, nilai x yang memenuhi 1 < x < 3.
2
–6 –5 2 3
–5
+ – +
–6 3
+ – +
2 6
+ – +
0 4
0 2 3 4 6
310–3
–83
–3
–3 –83
225Matematika Kelas XII Program IPA
25. Jawaban: d2 log (x + 1) ≤ log (x + 4) + log 4⇔ log (x + 1)2 ≤ log 4(x + 4)⇔ log (x2 + 2x + 1) ≤ log (4x + 16)Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) ≤ alog g(x)adalah f(x) ≤ g(x).⇔ x2 + 2x + 1 ≤ 4x + 16⇔ x2 – 2x – 15 ≤ 0⇔ (x + 3)(x – 5) ≤ 0
⇔ –3 ≤ x ≤ 5 . . . (1)
Syarat numerus:1) x + 1 > 0 ⇔ x > –1 . . . (2)
2) x + 4 > 0 ⇔ x > –1 . . . (3)
Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagaiberikut.
⇔ –1 < x ≤ 5
Jadi, penyelesaiannya –1 < x ≤ 5.
26. Jawaban: e(2x)1 + 2log 2x > 64x3
⇔ 2log (2x)1 + 2log 2x > 2log 64x3
⇔ (1 + 2log 2x)(2log 2x) > 2log (4x)3
⇔ 2log 2x + (2log 2x)2 > 3 · 2log 4x⇔ 2log 2x + (2log 2x)2 > 3 · (2log ( 2 · 2x)⇔ 2log 2x + (2log 2x)2 > 3 · (1 + 2log 2x)⇔ 2log 2x + (2log 2x)2 > 3 + 3 · 2log 2x⇔ (2log 2x)2 – 2 · 2log 2x – 3 > 0⇔ (2log 2x – 3)(2log 2x + 1) > 0Pembuat nol:2log 2x – 3 = 0 atau 2log 2x + 1 = 0⇔ 2log 2x = 3 atau 2log 2x = –1
⇔ 2log 2x = 2log 8 atau 2log 2x = 2log 12
⇔ 2x = 8 atau 2x = 12
⇔ x = 4 atau x = 14
⇔ x < 14 atau x > 4 . . . (1)
Syarat numerus:1) 2x > 0 ⇔ x > 0 . . . (2)2) 64x3 > 0 ⇔ x > 0 . . . (3)Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagaiberikut.
Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 0 < x < 14
atau x > 4.
27. Jawaban: d4log (4x – 3) ≤ 1 + 16log (x –
34 )
⇔ 4log (4x – 3) ≤ 16log 16 + 16log (x – 34 )
⇔ 4log (4x – 3) ≤ 16log 16(x – 34 )
⇔ 42log (4x – 3)2 ≤ 16log 16(x –
34 )
⇔ 16log (16x2 – 24x + 9) ≤ 16log 16(x – 34 )
⇔ 16x2 – 24x + 9 ≤ 16(x – 34 )
⇔ 16x2 – 24x + 9 – 16x + 12 ≤ 0
⇔ 16x2 – 40x + 21 ≤ 0
⇔ (4x – 3)(4x – 7) ≤ 0
⇔ 34 ≤ x ≤
74 . . . . (1)
Syarat numerus:
1) 4x – 3 > 0 ⇔ x > 34 . . . . (2)
2) x – 34 > 0 ⇔ x >
34 . . . . (3)
Irisan dari penyelesaian (1), (2), dan (3) diperoleh:
Jadi, nilai yang memenuhi 34 < x ≤
74 .
+ – +
–3 5
–1
–4
–4–3 –1 5
+ – +
14 40
14 4
34 7
4
+ – +
34 7
4
+ – +
226 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
1
–15 341
x –1 0 2 6
f(x) = 12 log (x + 2) – 2 –2 –3 –4 –5
(x, f(x)) (–1, –2) (0, –3) (2, –4) (6, –5)
28. Jawaban: e1
log x – 1
2 log x 1− < 1
⇔ 2 log x 1log x (2 log x 1)
−−
– log xlog x (2 log x 1)−
– 1 < 0
⇔ (2 log x 1) log x log x (2 log x 1)log x (2 log x 1)
− − − −− < 0
⇔22 log x 2 log x 1
log x (2 log x 1)− + −
−< 0
Misal y = log x, pertidaksamaan menjadi22y +2y 1
y(2y 1)− −
− < 0.
(–2y2 + 2y – 1) mempunyai nilai D < 0 dan a < 0maka (–2y2 + 2y – 1) definit negatif sehingga(–2y2 + 2y – 1) < 0.Oleh karena (–2y2 + 2y – 1) < 0 maka y(2y – 1) > 0.
Sehingga diperoleh:
y < 0 atau y > 12
⇔ log x < 0 atau log x > 12
⇔ x < 100 atau x > 10 21
⇔ x < 1 atau x > 10 . . . . (1)
Syarat numerus: x > 0 . . . . (2)Irisan penyelesaian (1) dan (2) diperoleh 0 < x < 1atau x > 10 .
Jadi, penyelesaiannya 0 < x < 1 atau x > 10 .
29. Jawaban: e2log2 (1 – x) – 8 > 2log (1 – x)2
⇔ (2log (1 – x))2 – 8 > 2 2log (1 – x)
Misalkan 2log (1 – x) = p maka pertidaksamaanmenjadi:p2 – 8 > 2p⇔ p2 – 2p – 8 > 0⇔ (p – 4)(p + 2) > 0
⇔ p < –2 atau p > 4⇔ 2log (1 – x) < –2 atau 2log (1 – x) > 4⇔ 2log (1 – x) < 2log 2–2 atau 2log (1 – x)> 2log 24
⇔ 1 – x < 2–2 atau 1 – x > 24
⇔ 1 – x < 14 atau 1 – x > 16
⇔ x > 34 atau x < –15 . . . . (1)
Syarat numerus:1) 1 – x > 0 ⇔ x < 1 . . . . (2)
2) (1 – x)2 > 0
⇔ x > 1 atau x < 1 . . . . (3)
Irisan pertidaksamaan (1), (2), dan (3) diperoleh:
Jadi, penyelesaian pertidaksamaan x < –15 atau
x > 34 , x ≠ 1.
30. Jawaban: e| log (x – 1) | < 1⇔ –1 < log (x – 1) < 1
⇔ log 110
< log (x – 1) < log 10
⇔ 110
< x – 1 < 10
⇔ 110
+ 1 < x < 10 + 1
⇔ 1110
< x < 11 . . . (1)
Syarat numerus:x – 1 > 0 ⇔ x > 1 . . . . (2)Dari pertidaksamaan (1) dan (2) diperoleh:1110
< x < 11.
Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 1110
< x < 11}.
B. Uraian
1. a. f(x) = 12 log (x + 2) – 2
Tabel titik bantu:
+ – +
–2 4
–15 34
1
0 12
+ – +
227Matematika Kelas XII Program IPA
Grafik fungsi f(x) = 12 log (x + 2) – 2:
b. f(x) = 3log 6xTabel titik bantu:
Grafik fungsi f(x) = 3log 6x:
2. f(x) = 3log 3x dan g(x) = 3log (x + 2)a. f(x) = g(x) ⇔ 3log 3x = 3log (x + 2)
⇔ 3x = x + 2⇔ 2x = 2⇔ x = 1
f(1) = 3log 3 · 1 = 3log 3 = 1Jadi, f(x) dan g(x) berpotongan di titik (1, 1).
b. Fungsi f(x) dan g(x) di atas sumbu X jikaf(x) > 0 dan g(x) > 0.f(x) > 0 ⇔ 3log 3x > 0
⇔ 3x > 30
⇔ 3x > 1
⇔ x > 31
g(x) > 0 ⇔ 3log (x + 2) > 0⇔ x + 2 > 30
⇔ x + 2 > 1⇔ x > –1
Jadi, f(x) di atas sumbu X untuk x > 31
dan g(x) di atas sumbu X untuk x > –1.
c.
3. a. 3log (x2 – 9x + 14) = 3log (–17x + 62)⇔ 3log (x2 – 9x + 14) = 3log (–17x + 62)⇔ x2 – 9x + 14 = –17x + 62⇔ x2 + 8x – 48 = 0⇔ (x – 4)(x + 12) = 0⇔ x = 4 atau x = –12Syarat numerus:1) x2 – 9x + 14 > 0
⇔ (x – 7)(x – 2) > 0
⇔ x < 2 atau x > 7 . . . (1)
2) –17x + 62 > 0⇔ –17x > –62
⇔ x < 6217
⇔ x < 31117 . . . . (2)
Oleh karena x = 4 tidak memenuhi (1) dan(2) maka x = 4 bukan merupakanpenyelesaian.Oleh karena x = –12 memenuhi (1) dan (2)maka x = –12 merupakan penyelesaian.Jadi, penyelesaiannya x = –12.
b. 2log (x + 7) + 2log (x + 6) + 12 log (x + 10) = 0
⇔ 2log (x + 7) + 2log (x + 6) = 2log (x + 10)⇔ 2log (x + 7)(x + 6) = 2log (x + 10)⇔ x2 + 13x + 42 = x + 10⇔ x2 + 12x + 32 = 0⇔ (x + 4)(x + 8) = 0⇔ x = –4 atau x = –8
Y
X0–2 –1 2 6
–2
–3–4
–5
x 0 16
36
276
f(x) = 3log 6x – 0 1 3
(x, f(x)) – ( 16 , 0) ( 3
6 , 1) ( 276 , 3)
Y
X0
31
16
36
276
f(x) = 12 log (x + 2) – 2
f(x) = 3log 6x
Y
X
f(x)
g(x)
1
–2 –1 0 1
2 7
+ – +
3 1117
228 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
Syarat numerus:1) x + 7 > 0 ⇔ x > –72) x + 6 > 0 ⇔ x > –63) x + 10 > 0 ⇔ x > –10Dari syarat 1), 2), dan 3) diperoleh syarat x > –6.Oleh karena x = –4 > –6 dan x = –8 < –6,nilai x yang memenuhi x = –4.Jadi, penyelesaiannya x = –4.
4. a. (2x + 3)log (x2 – 7x + 23) = 2⇔ (x2 – 7x + 23) = (2x + 3)2
⇔ x2 – 7x + 23 = 4x2 + 12x + 9⇔ 3x2 + 19x – 14 = 0⇔ (3x – 2)(x + 7) = 0⇔ 3x – 2 = 0 atau x + 7 = 0
⇔ x = 23 atau x = –7
1) Syarat numerus: x2 – 7x + 23 > 0(x2 – 7x + 23) mempunyai nilai D < 0 dana > 0 maka (x2 – 7x + 23) definit positifsehingga (x2 – 7x + 23) > 0 dipenuhi untuksebarang nilai x ∈ R. . . . (1)
2) Syarat bilangan pokok:
a) 2x + 3 > 0 ⇔ x > –32 . . . (2)
b) 2x + 3 ≠ 1 ⇔ x ≠ –1 . . . (3)
Oleh karena x = 23 memenuhi pertidak-
samaan (1), (2), dan (3) maka x = 23
merupakan penyelesaian. Oleh karenax = –7 tidak memenuhi pertidaksamaan (2)maka x = –7 bukan merupakan penyelesaian.
Jadi, himpunan penyelesaiannya {23 }.
b. (4x + 5)log (x2 – 3x + 2) = (4x + 5)log (5x – 10)⇔(4x + 5)log (x2 – 3x + 2) = (4x + 5)log (5x – 10)⇔ x2 – 3x + 2 = 5x –10⇔ x2 – 8x + 12 = 0⇔ (x – 2)(x – 6) = 0⇔ x = 2 atau x = 6Syarat numerus:1) x2 – 3x + 2 > 0
⇔ (x – 1)(x – 2) > 0
⇔ x < –1 atau x > 2 . . . (1)
2) 5x –10 > 0⇔ 5x > 10
⇔ x > 2 . . . (2)
Syarat bilangan pokok:1) 4x + 5 > 0
⇔ 4x > –5
⇔ x > –54 . . . (3)
2) 4x + 5 ≠ 1⇔ 4x ≠ –4
⇔ x ≠ –1 . . . (4)Oleh karena x = 2 tidak memenuhipertidaksamaan (1) dan (2) maka x = 2 bukanmerupakan penyelesaian.Oleh karena x = 6 memenuhi pertidaksamaan(1), (2), (3), dan (4) maka x = 6 merupakanpenyelesaian.Jadi, himpunan penyelesaiannya {6}.
5. (4log x)2 – 2log x – 34
= 0
⇔ ( 12
2log x)2 – 2log x12 – 3
4= 0
⇔ 14
(2log x)2 – 12
2log x – 34
= 0 (dikali 4)
⇔ (2log x)2 – 2 2log x – 3 = 0⇔ (2log x + 1)(2log x – 3) = 0⇔ 2log x = –1 atau 2log x = 3
⇔ x = 2–1 atau x = 23
⇔ x = 12
atau x = 8
Syarat numerus:1) x > 0 . . . (1)
2) x > 0 ⇔ x > 0 . . . (2)
Oleh karena x = 12
dan x = 8 memenuhi
pertidaksamaan (1) dan (2) maka x = 12
danx = 8 merupakan penyelesaian.
– 54
–1
–2
–2 2
+ – +
+ –
229Matematika Kelas XII Program IPA
6. a. 5log (x 2x 2
−+ ) > 0
⇔ 5log (x 2x 2
−+ ) > 5log 50
⇔ 5log (x 2x 2
−+ ) > 5log 1
⇔x 2x 2
−+ > 1
⇔x 2x 2
−+ –
x 2x 2
++ > 0
⇔4
x 2−+ > 0
⇔ x < –2 . . . (1)
Syarat numerus:x 2x 2
−+ > 0
⇔ x < –2 atau x > 2 . . . (2)Irisan dari (1) dan (2) sebagai berikut.
Jadi, himpunan penyelesaiannya{x | x < –2 atau x > 2}.
b.12 log (x2 – 2x + 1) ≤ –4
⇔12 log (x2 – 2x + 1) ≤
12 log (
12 )–4
⇔12 log (x2 – 2x + 1) ≤
12 log 16
⇔ x2 – 2x + 1 ≥ 16
⇔ x2 – 2x – 15 ≥ 0
⇔ (x + 3)(x – 5) ≥ 0
⇔ x < –3 atau x > 5 . . . (1)
Syarat numerus:x2 – 2x + 1 > 0⇔ (x – 1)2 > 0
⇔ x ≠ 1 . . . (2)Irisan dari (1) dan (2) sebagai berikut.
Jadi, himpunan penyelesaiannya{x | x ≥ 5}.
7. a. 2 · 9log (2x – 3) ≤ 13 log (x + 1) + 1
⇔ 2 ·12
3log (2x – 3) ≤ 13 log (x + 1) +
13 log 1
3
⇔ 3log (2x – 3) ≤ 13 log x 1
3+
⇔ 3log (2x – 3) ≤ 3log1x 1
3
−+
⇔ 2x – 3 ≤ 3
x 1+
⇔ (2x – 3) – 3
x 1+ ≤ 0
⇔(2x 3)(x 1) 3
x 1− + −
+ ≤ 0
⇔22x x 6x 1− −+ ≤ 0
⇔(2x 3)(x 2)
x 1+ −
+ ≤ 0
. . . . (1)
⇔ x < –32 atau –1 < x ≤ 2
Syarat numerus:
1) 2x – 3 > 0 ⇔ x > 32
2) x + 1 > 0 ⇔ x > –1
. . . . (2)
Irisan penyelesaian pertidaksamaan (1) dan(2) sebagai berikut.
Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan
adalah 32 < x ≤ 2.
–2 2
–3 5
+ – +
+ +
1
–3 1 5
–1 32
– 32 –1 2
– + – +
– 32
–1 32
2
–2
+ –
–2 2
+ – +
230 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
b. 4log (3x + 4) > 2log (x + 4) + 12 log 2
⇔ 12
· 2log (3x + 4) > 2log (x + 4) – 2log 2
⇔ 2log 12(3x 4)+ > 2log
x 42+
⇔12(3x 4)+ >
x 42+
⇔ 3x + 4 > 2x 4
2+
⇔ 3x + 4 – 2x 4
2+
> 0
⇔ 4(3x + 4) – (x + 4)2 > 0⇔ 12x + 16 – x2 – 8x – 16 > 0⇔ –x2 + 4x > 0⇔ x2– 4x < 0⇔ x(x – 4) < 0
⇔ 0 < x < 4 . . . . (1)Syarat numerus:1) 3x + 4 > 0
⇔ x > –43
2) x + 4 > 0⇔ x > –4
. . . . (2)
Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagaiberikut.
Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan0 < x < 4.
8. x + ylog 2 = –1 ⇔2
2log 2
log (x + y)= –1
⇔ 21
log (x + y)= –1
⇔ 2log (x + y) = –1⇔ x + y = 2–1
x – ylog 8 = 2 ⇔2
2log 8
log (x y)−= 2
⇔ 2log (x – y) = 12 2log 8
⇔ 2log (x – y) = 32
⇔ x – y = 322
–4 – 43
–4 – 43
0 4
14
−
x yx y
+−
= 52
12
2
−
= 32
1
2
= 14 2
= 18
2
9. 2log x = 412 log 2(a + b) + 2
12 log 4(a – b)
– 312 log 2(a2 – b2) –
12 log 4
a + ba b
−
=12 log 24(a + b)4 +
12 log 42(a – b)2
– 12 log 23(a2 – b2)3 –
12 log 4
a + ba b
−
=12 log
4 2
2 2 3 a + ba b
16(a + b) 16(a b)8(a b ) 4
−
× −− ×
=12 log
4 3
3 38(a + b) (a b)
(a b) (a + b) (a + b) −
−
= 12 log 8
= 12 log
312
−
⇔ 2log x = –3⇔ x = 2–3
⇔ x = 18
Jadi, nilai x = 18 .
10. a. Untuk bilangan pokok (2x – 1) > 1.2x – 1log (4x + 1) < 2x – 1log (x2 + 4x + 6)⇔ 4x + 1 < x2 + 4x + 6⇔ x2 + 5 > 0(x2 + 5) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 maka(x2 + 5) definit positif sehingga (x2 + 5) > 0dipenuhi semua nilai x ∈ R.
Syarat numerus:
1) 4x + 1 > 0 ⇔ x > –14
. . . . (1)
2) x2 + 4x + 6 > 0(x2 + 4x + 6) mempunyai nilai D < 0 dana > 0 maka (x2 + 4x + 6) definit positifsehingga (x2 + 4x + 6) dipenuhi untuksebarang nilai x ∈ R.
+ – +
0 4
231Matematika Kelas XII Program IPA
14
− 1
1
b. Untuk bilangan pokok 0 < (2x – 1) < 1.Diperoleh x2 + 5 < 0.Oleh karena (x2 + 5) definit positif, tidak adanilai x yang memenuhi.Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x > 1}.
Syarat bilangan pokok:
2x – 1 > 1 ⇔ x > 1
. . . . (2)
Dari penyelesaian (1) dan (2) diperoleh:
. . . . (3)
Nilai x yang memenuhi x > 1.
232 Latihan Ujian Sekolah
Misalkan y = 3log x, diperoleh:y2 – 4y + 3 = 0
⇔ (y – 3)(y – 1) = 0⇔ y – 3 = 0 atau y – 1 = 0⇔ y = 3 atau y = 1Untuk y = 3 diperoleh:
y = 3⇔ 3log x = 3⇔ x = 33
⇔ x = 27Untuk y = 1 diperoleh:
y = 1⇔ 3log x = 1⇔ x = 31
⇔ x = 3Jadi, nilai x yang memenuhi persamaan tersebutadalah x = 3 atau x = 27.
5. Jawaban: bDiketahui persamaan kuadrat 2x2 + 15x + 18 = 0.
Diperoleh: α + β = –152
αβ = 182 = 9
Persamaan kuadrat baru yang akar-akarnya(2α + 1) dan (2β + 1):x2 – ((2α + 1) + (2β + 1))x + (2α + 1)(2β + 1) = 0(2α + 1) + (2β + 1) = 2(α + β) + 2
= 2 · (152
−) + 1
= –14(2α + 1)(2β + 1) = 4αβ + 2(α + β) + 1
= 4 · 9 + 2 · (152
−) + 1
= 36 + (–15) + 1= 22
Jadi, persamaan kuadrat yang dimaksud x2 + 14x+ 22 = 0.
6. Jawaban: aGrafik fungsi kuadrat y = x2 + (k – 2)x + 4menyinggung sumbu X jika D = 0.
D = 0⇔ b2 – 4ac = 0⇔ (k – 2)2 – 4 × 1 × 4 = 0⇔ k2 – 4k + 4 – 16 = 0
1. Jawaban: dMisalkan p : semua sungai bebas sampah
q : tidak terjadi banjirr : semua warga tenang
Premis-premis tersebut dapat ditulis sebagaiberikut.Premis 1: ~q ⇒ ~p ≡ p ⇒ qPremis 2: q ⇒ r–––––––––––––––––––Kesimpulan: p ⇒ rJadi, kesimpulan dari premis-premis tersebutadalah ”Jika semua sungai bebas sampah makasemua warga tenang”.
2. Jawaban: eMisalkan p : hari ini hujan
q : semua kegiatan luar kelas dihentikanDiperoleh pernyataan ”p ⇒ q”.~(p ⇒ q) ≡ p ∧ ~qJadi, negasi pernyataan tersebut adalah ”Hari inihujan dan beberapa kegiatan luar kelas tidakdihentikan”.
3. Jawaban: e(3 2 3)3(3 2 3)
2 3 3− +
−= 3(3 2 3)(3 2 3)
2 3 3− +
−
= 3(9 2 9)2 3 3
× −−
= 3 92 3 3
×−
= 27
2 3 3− ×
2 3 32 3 3
++
= 27(2 3 3)4 3 9
+× −
= 27(2 3 3)3
+
= 9(2 3 + 3)
4. Jawaban: b3log2x – 4 3log x – 3log 1 = –3
⇔ (3log x)2 – 4 3log x – 0 + 3 = 0⇔ (3log x)2 – 4 3log x + 3 = 0
233Matematika Kelas XII Program IPA
⇔ k2 – 4k – 12 = 0⇔ (k – 6)(k + 2) = 5⇔ k = 6 atau k = –2Jadi, nilai k yang memenuhi adalah k = –2 atauk = 6.
7. Jawaban: cMisalkan x = harga 1 mangkok bakso
y = harga 1 gelas jus jerukDiperoleh penyelesaian SPLDV sebagai berikut.5x + 4y = 50.000 × 2 10x + 8y = 100.0002x + 3y = 27.000 × 5 10x + 15y = 135.000
–––––––––––––––––– ––7y = –35.000
⇔ y = 5.000Substitusikan y = 5.000 ke 5x + 4y = 50.000.
5x + 4(5.000) = 50.000⇔ 5x + 20.000 = 50.000⇔ 5x = 30.000⇔ x = 6.0003x + 2y = 3(6.000) + 2(5.000)
= 18.000 + 10.000= 28.000
Jadi, uang yang harus dibayarkan Roni untuk3 mangkok bakso dan 2 gelas jus jeruk yangdibelinya sebesar Rp28.000,00.
8. Jawaban: bx2 + y2 – 6x + 12y + 25 = 0
⇔ x2 – 6x + y2 + 12y + 25 = 0⇔ (x – 3)2 – 9 + (y + 6)2 – 36 + 25 = 0⇔ (x – 3)2 + (y + 6)2 – 45 + 25 = 0⇔ (x – 3)2 + (y + 6)2 = 20⇔ (x – 3)2 + (y + 6)2 = ( 20 )2
Diperoleh a = 3, y = –6, r = 20 .Persamaan garis singgung lingkaran dengangradien 2 sebagai berikut.
y – b = m(x – a) ± r 2m 1+
⇔ y + 6 = 2(x – 3) ± 20 × 22 1+
⇔ y + 6 = 2x – 6 ± 20 × 5
⇔ y = 2x – 12 ± 100⇔ y = 2x – 12 ± 10
9. Jawaban: aPembagi = 2x2 + 3x – 2 = (x + 2)(2x – 1)Misalkan sisanya ax + bf(x) dibagi (x + 2) sisanya 7, berarti:
f(–2) = 7⇔ –2a + b = 7 . . . . (1)f(x) dibagi (2x – 1) sisanya 2, berarti:
f(12 ) = 2
⇔ 12 a + b = 2 . . . (2)
Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2).–2a + b = 712 a + b = 2
––––––––––– –
–52 a = 5
⇔ a = –2Substitusikan a = –2 ke persamaan (1).
–2a + b = 7⇔ –2(–2) + b = 7⇔ 4 + b = 7⇔ b = 3Diperoleh ax + b = –2x + 3.Jadi, sisa pembagian f(x) oleh (2x2 + 3x – 2) adalah–2x + 3.
10. Jawaban: e(x2 + 5x + 6) adalah faktor suku banyak 3x3 + mx2
– 7x + b sehingga dapat dituliskan:3x3 + mx2 – 7x + b = (x2 + 5x + 6)(ax + b)
= (x + 2)(x + 3)(ax + b)Suku banyak 3x3 + mx2 – 7x + b dibagi berturut-turut oleh (x + 2) dan (x + 3) dengan metode Horner.
x = –2 3 m –7 b–6 –2m + 12 4m – 10
x = –3 3 m – 6 –2m + 5 4m + b – 10 = 0 . . . (1)
–9 –3m + 45
3 m – 15 –5m + 50 = 0 . . . . (2)
Dari (2) diperoleh –5m + 50 = 0 ⇔ m = 505
−− = 10
Substitusikan m = 10 ke (1).4(10) + b – 10 = 0⇔ b = 10 – 40⇔ b = –30Hasil bagi 3x3 + mx2 – 7x + b oleh (x2 + 5x + 6)adalah 3x + (m – 15) = 3x + (10 – 15)
= 3x – 5Diperoleh:3x3 + mx2 – 7x + b = (x2 + 5x + 6)(3x – 5)
= (x + 2)(x + 3)(3x – 5)
Akar-akarnya adalah x = –2, x = –3, dan x = 53
Oleh karena x1 > x2 > x3 maka
x1 = 53 , x2 = –2, dan x3 = –3.
Nilai x1 + x2 – x3 = 53 + (–2) – (–3)
= 53 – 2 + 3
= 223
Jadi, nilai x1 + x2 – x3 adalah 223 .
234 Latihan Ujian Sekolah
Uji titik pojok ke fungsi objektif:
Nilai maksimum f(x, y) adalah 1.326.000.Jadi, penghasilan maksimum yang dapat diperolehRp1.326.000,00.
13. Jawaban: cAB – C = D
⇔3 11 2
−
4 21 1
– 6 12 1
− −
= a 60 b
⇔12 1 6 14 2 2 2
+ + − −
– 6 12 1
− −
= a 60 b
⇔13 72 0
– 6 12 1
− −
= a 60 b
⇔19 60 1
= a 60 b
Diperoleh a = 19 dan b = 1.a – 3b = 19 – 3 = 16
14. Jawaban: d2 35 1
X = 4 13 17
− −
⇔ X = 12 3
5 1
−
4 13 17
− −
⇔ X = 1
2 15−1 35 2
− −
4 13 17
− −
⇔ X = 113−
13 5226 39
− −
= 1 4
2 3− −
Determinan matriks X = 1 4
2 3− −
= –1 × 3 – (–4) × 2= –3 + 8= 5
15. Jawaban: aO(0, 0, 0), A(4, –1, 5), B (2, 3, –3), dan C(0, 9, –2)
a = 415
− −
, b = 233
−
, dan c = 092
−
11. Jawaban: bMisalkan y = f(x)
f(x) = 2x 3
5+
⇔ y = 2x 3
5+
⇔ 5y = 2x + 3
⇔ x = 5y 3
2−
⇔ f–1(x) = 5x 3
2−
(f–1 g)(x) = f–1(g(x))= f–1(3x – 4)
= 5(3x 4) 3
2− −
= 15x 20 3
2− −
= 15x 23
2−
Jadi, (f–1 g)(x) = 15x 23
2−
.
12. Jawaban: aMisalkan x = banyak rangkaian I
y = banyak rangkaian II
Diperoleh SPtLDV:24x + 8y ≤ 120 ⇔ 3x + y ≤ 1510x + 20y ≤ 160 ⇔ x + 2y ≤ 16x ≥ 0y ≥ 0
Memaksimumkan fungsi objektif:f(x, y) = 120.000x + 150.000yDaerah penyelesaian SPtLDV:
Titik B adalah titik potong garis 3x + y = 15 danx + 2y = 16.
Koordinat titik B(145 ,
335 ).
Jenis
Rangkaian IRangkaian II
Pembatas
Banyak
xy
BungaMawar
24x8y
120
BungaAnyelir
10x20y
160
HargaJual
120.000150.000
Y
X
0
15
8
5 163x + y = 15
x + 2y = 16A
BC
O
Titik Pojok
O(0, 0)
A(5, 0)
B(145 ,
335 )
C(0, 8)
f(x, y) = 120.000x + 150.000y
120.000 × 0 + 150.000 × 0 = 0
120.000 × 5 + 150.000 × 0 = 600.000
120.000 × 145 + 150.000 ×
335 = 1.326.000
120.000 × 0 + 150.000 × 8 = 1.200.000
235Matematika Kelas XII Program IPA
p = 2 a – 3b + c
= 2415
− −
– 3233
−
+ 092
−
= 8210
− −
+ 69
9
− −
+ 092
−
= 223
− −
Panjang vektor p :
p = 2 2 22 ( 2) ( 3)+ − + −
= 4 4 9+ += 17
Jadi, panjang vektor p adalah 17 satuan.
16. Jawaban: c
OA = 4 i
AC = AO + OC = – OA + AB = –4 i + 6 j
Misalkan θ sudut antara OA dengan AC , maka:
OA · AC = | OA || AC | cos θ
⇔ cos θ = OA · AC
| | | |OA AC
⇔ cos θ = 4 ( 4) 0 64 16 36⋅ − + ⋅⋅ +
⇔ cos θ = –16
4 2 13⋅
⇔ cos θ = –213
⇔ cos θ = –2
1313
17. Jawaban: a
u = AB = b – a = 210
– 321
−
= 11
1
− −
v = AC = c – a = 1
23
−
– 321
−
= 404
−
Proyeksi vektor u pada v :
w = 2u v|v|
⋅v =
4 0 416 0 16
+ ++ +
404
−
= 8
32
404
−
= 1
01
−
= – i + k
18. Jawaban: bBayangan (x, y) oleh pencerminan terhadapsumbu X dilanjutkan rotasi [O(0, 0), 90°] sebagaiberikut.
xy
′ ′
= (R(O, 90°) MX)xy
= 0 11 0
−
1 00 1
−
xy
= 0 11 0
xy
= yx
Diperoleh: x′ = y ⇔ y = x′y′ = x ⇔ x = y′
Substitusikan x = y′ dan y = x′ ke 3x + 4y = 6.3x + 4y = 6
⇔ 3y′ + 4x′ = 6⇔ 4x′ + 3y′ = 6Jadi, persamaan garis bayangan 4x + 3y = 6.
19. Jawaban: e2log (x2 – 4x + 3) < 2log (11 – 2x)⇔ x2 – 4x + 3 < 11 – 2x⇔ x2 – 2x – 8 < 0⇔ (x – 4)(x + 2) < 0
–2 < x < 4 . . . . (1)x2 – 4x + 3 harus positif sehingga:
x2 – 4x + 3 > 0⇔ (x – 1)(x – 3) > 0⇔ x < 1 atau x > 3 . . . . (2)11 – 2x harus positif sehingga:11 – 2x > 0
⇔ x < 112 . . . . (3)
Dari (1), (2), dan (3) diperoleh irisan sebagai berikut.
Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah{x | –2 < x < 1 atau 3 < x < 4, x ∈ R}.
20. Jawaban: cGrafik melalui titik (1, 2) sehingga:y = ax ⇔ 2 = a1
⇔ a = 2
–2
------------------------------
------------------------------
------------------------------
------------------------------
4
1 3
112
–2 1 3 4
236 Latihan Ujian Sekolah
Diperoleh persamaan fungsi y = 2x.y = 2x ⇔ 2log y = 2log 2x
⇔ 2log y = x 2log 2⇔ x = 2log y⇔ f–1(x) = 2log x
Jadi, fungsi inversnya y = 2log x dengan x > 0.
21. Jawaban: cRumus umum suku ke-n pada deret aritmetika =Un = a + (n – 1)bDiketahui Ut = 38, Un = 86, dan S20 = 180
Ut = 1 nU U2+
⇔ 38 = 1U 862+
⇔ U1 = 38 × 2 – 86⇔ U1 = –10Diperoleh a = U1 = –10
Sn = n2 (a + Un)
⇔ S20 = 202 (a + U20)
⇔ 180 = 10(–10 + U20)⇔ 180 = –100 + 10U20⇔ 280 = 10U20
⇔ U20 = 28010 = 28
Jadi, suku ke-20 deret tersebut adalah 28.
22. Jawaban: bMisalkan barisan aritmetika tersebut a – b, a, a + b.Jika suku kedua dikurangi 1, terbentuk barisangeometri a – b, a – 1, a + b.Jumlah ketiga suku barisan geometri adalah 14.(a – b) + (a – 1) + (a + b) = 14⇔ 3a – 1 = 14
⇔ a = 14 1
3+
= 5
Barisan geometri yang terbentuk 5 – b, 4, 5 + b.Pada barisan geometri berlaku:
U22 = U1 × U3
⇔ 42 = (5 – b)(5 + b)⇔ 16 = 25 – b2
⇔ b2 – 9 = 0⇔ (b – 3)(b + 3) = 0⇔ b = 3 atau b = –3Beda bernilai positif sehingga nilai b yangmemenuhi adalah b = 3.Barisan geometri yang terbentuk:5 – 3, 4, 5 + 3⇔ 2, 4, 8
Rasio = 42 =
84 = 2
Jadi, rasio barisan tersebut 2.
23. Jawaban: a
Segitiga BCD siku-siku di C dan sama kaki, yaituBC = CD = a cm (berarti ∠BDC = 45°).Segitiga PCD siku-siku di C dan sama kaki, yaituCD = CP = a cm (berarti ∠CDP = 45°).∠BDP = ∠BDC + ∠CDP = 45° + 45° = 90°Diperoleh PD tegak lurus BD.PD pada (perluasan) bidang alas dan DH garistegak, berarti PD tegak lurus DH.PD tegak lurus BD dan DH berarti PD tegak lurusbidang BDHF.Jarak titik P ke bidang BDHF sama dengan panjanggaris PD, yaitu:
PD = 2 2PC CD+ = 2 2a a+ = 22a = a 2 cm
Jadi, jarak titik P ke bidang BDHF a 2 cm.
24. Jawaban: d
AC = 2 2AB BC+
= 2 24 4+
= 32
= 4 2 cm
PC = 12 AC = 2 2 cm
PF = 2 2PB FB+
= 2 2(2 2) 4+
= 8 + 16 = 24 = 2 6 cm
FC = 4 2 cm
Perhatikan ∆PCF di samping.Dengan aturan cosinusdiperoleh:
cos α = 2 2 2FP FC PC2 FP FC+ −⋅ ⋅
= 2 2 2(2 6) (4 2) (2 2)2 2 6 4 2+ −⋅ ⋅
= 24 32 816 12+ − = 48
32 3
= 32 3
· 33
= 3 36
= 12 3
Jadi, cosinus sudut yang dibentuk oleh FP dan
FC adalah 12 3 .
F
P C
α
2 6
2 2
4 2
A B
CD
E F
GH
a
aP
4
4
4
A B
CD
E F
GH
P
237Matematika Kelas XII Program IPA
25. Jawaban: a
Lsegitiga = 12 × 10 × 10 sin 30°
= 50 × 12 = 25 cm2
Luas segi dua belas:L = 12 × Lsegitiga
= 12 × 25 = 300 cm2
Jadi, luas segi dua belas tersebut 300 cm2.
26. Jawaban: aAlas prisma berbentuk segitiga sama sisi.
Luas alas = 12 AB · AC · sin BAC
= 12 · 10 · 10 · sin 60°
= 50 · 12 3 = 25 3 cm2
Volume prisma = Lalas × tinggi
= 25 3 × 15 = 375 3 cm3
Jadi, volume prisma 375 3 cm3.
27. Jawaban: dcos 4x = sin 2x
⇔ 1 – 2 sin2 2x = sin 2x⇔ 2 sin2 2x + sin 2x – 1 = 0⇔ (2 sin 2x – 1)(sin 2x + 1) = 0⇔ 2 sin 2x – 1 = 0 atau sin 2x + 1 = 0
⇔ sin 2x = 12 atau sin 2x = –1
a. sin 2x = 12 = sin 30°
(i) 2x = 30° + k · 360°⇔ x = 15° + k · 180°untuk k = 0 → x = 15°untuk k = 1 → x = 195°
(ii) 2x = (180° – 30°) + k · 360°⇔ 2x = 150° + k · 360°⇔ x = 75° + k · 180°untuk k = 0 → x = 75°untuk k = 1 → x = 255°
b. sin 2x = –1 = sin 270°(i) 2x = 270° + k · 360°
⇔ x = 135° + k · 180°untuk k = 0 ⇒ x = 135°untuk k = 1 ⇒ x = 315°
(ii) 2x = (180° – 270°) + k · 360°⇔ 2x = –90° + k · 360°⇔ x = –45° + k · 180°untuk k = 1 → x = 135°untuk k = 2 → x = 315°
Oleh karena 180° ≤ x ≤ 360° maka himpunanpenyelesaiannya {195°, 255°, 315°}.
28. Jawaban: a
sin A = 2425 , A di kuadran I
cos A = 725
tan B = –5
12 , B di kuadran II
sin B = 5
13
cos B = –1213
sin (A – B) = sin A cos B – cos A sin B
= 2425 · (– 12
13) –
725 ·
513
= –288325 –
35325 = –
323325
29. Jawaban: dsin126° + sin54° 2 cos 24°cos 126° cos 54° + 2 sin 24°
−−
= 2 sin 90° cos 36° 2 cos 24°2 sin 90° sin 36° + 2 sin 24°
−−
= 2(cos 36° cos 24°)2(sin 36° sin 24°)
−− −
= 2− sin 30° sin 6°
2− cos 30° sin 6° =
12
12
3 = 1
3 =
13 3
30. Jawaban: a
x 0lim→
2 2x 5x 4 x x 46x
+ + − − +
=x 0lim→
2 2x 5x 4 x x 46x
+ + − − + ·2 2
2 2
x 5x 4 x x 4
x 5x 4 x x 4
+ + + − +
+ + + − +
=x 0lim→
2 2
2 2
x 5x 4 (x x 4)
6x( x 5x 4 x x 4)
+ + − − +
+ + + − +
=x 0lim→ 2 2
6x
6x( x 5x 4 x x 4)+ + + − +
=x 0lim→ 2 2
1
x 5x 4 x x 4+ + + − +
= 2 2
1
0 0 4 0 0 4+ + + − + =
12 + 2 =
14
10 cm
10 cm30°
A B
C
10 cm 10 cm
10 cm
60°
60° 60°
2425
7A
513
12B
238 Latihan Ujian Sekolah
Y
X
6
3
–2 0 2 3
I
II
y1 = 32 x + 3
y2 = –6x + 18
31. Jawaban: a
x 0lim→
cos 4x 1x tan 2x
− = x 0lim→
22 sin 2xx tan 2x
−
= x 0lim→
2 sin 2xx
− · sin 2xtan 2 x
= –2 · 21 ·
22 = –4
32. Jawaban: cPersamaan jarak partikel = s(t) = 8t + 20t3 – t4Persamaan kecepatan partikel= v(t) = s′(t) = 8 + 60t2 – 4t3v′(t) = 120t – 12t2Kecepatan partikel maksimum jika v′(t) = 0.
120t – 12t2 = 0⇔ 12t(10 – t) = 0⇔ t = 0 atau t = 10
Kecepatan maksimum partikel= v(10) = 8 + 60 · 102 – 4 · 103 = 2.008 m/detik
33. Jawaban: cMisalkan u = 2x + 3 maka:dudx = 2 ⇔ du = 2dx
Diperoleh:
∫(4x + 6) 2x + 3 dx
= ∫2(2x + 3)(2x + 312) dx
= ∫(2x + 332) 2dx
= ∫32u du
= 25
52u + c
= 25 (2x + 3)2 2x + 3 + c
34. Jawaban: a∫cos 2x sin x dx = ∫ (2 cos2 x – 1) sin x dx
= ∫ (2 cos2 x sin x – sin x) dx
= ∫2 cos2 x sin x dx – ∫sin x dx
= –2 ∫cos2 d (cos x) – (–cos x)
= –2 · 13 cos3 x + cos x + c
= –23 cos3 x + cos x + c
35. Jawaban: d
3
4
π
π∫ (sin x cos3 x – cos x sin3 x) dx
= 3
4
π
π∫ (
12 · 2 sin x cos x · cos2 x
– 12 · 2 sin x cos x · sin2 x) dx
= 3
4
π
π∫ 1
2 (sin 2x cos2 x – sin 2x sin2 x) dx
= 12
3
4
π
π∫ sin 2x (cos2 x – sin2 x) dx
= 12
3
4
π
π∫ sin 2x cos 2x dx
= 12 ·
12
3
4
π
π∫ sin 2x d(sin 2x)
= 14 ·
12
3
4
2sin 2xπ
π
= 18 (sin2
23π
– sin2 2π
)
= 18 (
12 3 )2 – 12) =
18 (
34 – 1) =
18 (–
14 ) = –
132
36. Jawaban: c3x – 2y = –6
⇔ y = 3x + 62
⇔ y = 32 x + 3
⇔ 6x + y = 18⇔ y = –6x + 18
– – – + + + – – –0 10↑
minimum↑
maksimum
239Matematika Kelas XII Program IPA
L = LI + LII
=2
0∫ y1 dx +
3
2∫ y2 dx
=2
0∫ ( 3
2 x + 3) dx + 3
2∫ (–6x + 18) dx
=23 2
4 0x 3x + +
322
3x 18x − +
= ( 34 · 22 + 3 · 2) – ( 3
4 · 02 + 3 · 0)
+ ((–3 · 32 + 18 · 3) – (–3 · 22 + 18 · 2))= 9 – 0 + 27 – 24= 12 satuan luas
37. Jawaban: e
Menentukan titik potong y = x dan x + y = 2.
y = x ⇔ y2 = x . . . (1)x + y = 2 . . . (2)Substitusikan persamaan (1) ke persamaan (2).x = y2 ⇔ x + y = 2
⇔ y2 + y = 2⇔ y2 + y – 2 = 0⇔ (y – 1)(y + 2) = 0⇔ y = 1 atau y = –2
Substitusikan nilai y = 1 ke x + y = 2.x + 1 = 2 ⇔ x = 1Diperoleh titik potong (1, 1).Volume benda putar yang terjadi= volume daerah A + volume daerah B
= π1
0∫ ( x )2 dx + π
2
1∫ (2 – x)2 dx
= π1
0∫ x dx + π
2
1∫ (4 – 4x + x2) dx
= π1
2
0
12
x
+ π2
2 3
1
13
4x 2x x
− +
= π(12 – 0) + π((8 – 8 +
83 ) – (4 – 2 +
13 ))
= 12 π +
13 π
= 56 π satuan volume
38. Jawaban: c
Kelas modus 160–164; L0 = 160 – 0,5 = 159,5;d1 = 12 – 6 = 6; d2 = 12 – 8 = 4; p = 5.
Mo = L0 + 1
1 2
dd d+
· p = 159,5 + 66 4+
· 5
= 159,5 + 3 = 162,5Jadi, nilai modus dari data tersebut 162,5 cm.
39. Jawaban: e
Tempat ratusan dapat diisi oleh dua angka, yaitu2 dan 4.Tempat puluhan dapat diisi oleh empat angka.Angka satuan dapat diisi oleh tiga angka.Banyak bilangan yang terbentuk yang nilainyakurang dari 500 adalah 2 × 4 × 3 = 24 bilangan.
40. Jawaban: aKemungkinan bola yang terambil adalah merah darikotak I dan merah dari kotak II atau kuning darikotak I dan kuning dari kotak II.MI = kejadian terambil bola merah dari kotak IMII = kejadian terambil bola merah dari kotak IIKI = kejadian terambil bola kuning dari kotak IKII = kejadian terambil bola kuning dari kotak II
P(MI) = 58 P(KI) =
38
P(MII) = 48 P(KII) =
48
M = kejadian terambil bola merah dari kotak Idan kotak II
P(M) = P(MI) × P(MII) = 58 ×
48 =
2064
K = kejadian terambil bola kuning dari kotak Idan kotak II
P(K) = P(KI) × P(KII) = 38 ×
48 =
1264
Peluang terambil kedua bola berwarna sama:
P = P(M) + P(K) = 2064 +
1264 =
3264 =
12
Jadi, peluang terambil kedua bola berwarna sama
adalah 12 .
X
Y
2
1
0 1 2A B
y = x
x + y = 2 ⇔ y = 2 – x
Tinggi Badan (cm)
145–149150–154155–159
160–164
165–169170–174
Frekuensi
4 5 6
12
8 5
Ratusan Puluhan Satuan
2 4 3
240 Latihan Ujian Nasional
1. Jawaban: bMisal p : Tio kehujanan.
q : Tio sakit.r : Ia demam.
Premis 1 : p ⇒ qPremis 2 : q ⇒ r–––––––––––––––––Kesimpulan : p ⇒ rJadi, kesimpulannya ”Jika Tio kehujanan makaia demam”.
2. Jawaban: cMisal p : Semua mahasiswa berdemonstrasi.
q : Lalu lintas macet.~q : Lalu lintas tidak macet.
Pernyataan : p ⇒ qIngkaran : ~(p ⇒ q) ≡ p ∧ ~q
Jadi, ingkarannya ”Semua mahasiswa ber-demonstrasi dan lalu lintas tidak macet”.
3. Jawaban: c
(a–1)2 × 4
3bc− = a–2b4c3
= 4 3
2b ca
= 314
22
2 ( )
4
⋅
= 18
16
16
⋅
= 18
4. Jawaban: e
2 2 32 3
−− =
2 2 32 3
−−
× 2 + 32 + 3
= 2( 2 + 3) 2 3( 2 + 3)2 3
−−
= 2 2( 2) + 2 3 2 3 2 2( 3)
1− −−
= –(2 + 6 – 2 6 – 2 · 3)
= 4 + 6
5. Jawaban: a
24log 288 = 3
3log 288log 24
= 3
3log 36 × 8log 6 × 4
= 3
3 3
3log 36 + log 8log 6 + log 4
= 3 2 3 3
3 3 2log 6 + log 2log 6 + log 2
= 3 3
3 32 log 6 + 3 log 2
log 6 + 2 log 2
= 2p + 3qp + 2q
6. Jawaban: bPersamaan kuadrat x2 + (m – 1)x – 5 = 0mempunyai nilai a = 1, b = m – 1, dan c = –5.Akar-akar persamaan kuadrat x1 dan x2 maka:
x1 + x2 = b
a−
= (m 1)
1− −
= 1 – m
x1x2 = ca =
51
− = –5
x12 + x2
2 – 2x1x2 = 8 m
⇔ ((x1 + x2)2 – 2x1x2) – 2x1x2 = 8 m
⇔ (x1 + x2)2 – 4x1x2 = 8 m
⇔ (m – 1)2 – 4(–3) = 8 m
⇔ m2 – 2m + 1 + 20 = 8 m⇔ m2 – 10m + 21 = 0⇔ (m – 3)(m – 7) = 0⇔ m – 3 = 0 atau m – 7 = 0⇔ m = 3 atau m = 7Jadi, nilai m = 3 atau m = 7.
7. Jawaban: bPersamaan kuadrat 2x2 – 2(p – 4)x + p = 0mempunyai nilai a = 2, b = –2(p – 4), dan c = p.Persamaan kuadrat mempunyai dua akar realberbeda jika D > 0.
Silogisme
241Matematika Kelas XII Program IPA
b2 – 4ac > 0⇔ (–2(p – 4))2 – 4 · 2 · p > 0⇔ 4(p2 – 8p + 16) – 8p > 0⇔ p2 – 8p + 16 – 2p > 0⇔ p2 – 10p + 16 > 0Pembuat nol:
p2 – 10p + 16 = 0⇔ (p – 2)(p – 8) = 0⇔ p – 2 = 0 atau p – 8 = 0⇔ p = 2 atau p = 8
Jadi, nilai p yang memenuhi adalah p < 2 ataup > 8.
8. Jawaban: dMisalkan x = umur Deksa
y = umur Elisaz = umur Firda
Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTVsebagai berikut.x = 4 + y . . . (1)y = 3 + z . . . (2)x + y + z = 58 . . . (3)Substitusi persamaan (1) dan (2) ke persamaan (3).
x + y + z = 58⇔ (4 + y) + (3 + z) + z = 58⇔ 4 + 3 + z + 3 + 2z = 58⇔ 10 + 3z = 58⇔ 3z = 48 ⇔ z = 16y = 3 + z = 3 + 16 = 19x = 4 + y = 4 + 19 = 23Jumlah umur Deksa dan Firda= x + z= 23 + 16= 39 tahun
9. Jawaban: aMencari titik singgung lingkaran.Substitusi y = 3 ke L ≡ (x + 1)2 + (y – 3)2 = 9.
(x + 1)2 + (y – 3)2 = 9⇔ (x + 1)2 + (3 – 3)2 = 9⇔ x2 + 2x + 1 + 0 – 9 = 0⇔ x2 + 2x – 8 = 0⇔ (x + 4)(x – 2) = 0⇔ x + 4 = 0 atau x – 2 = 0⇔ x = –4 atau x = 2
Diperoleh titik singgung A(–4, 3) dan B(2, 3).Persamaan garis singgung lingkaran L di titikA(–4, 3):
(x + 1)(–4 + 1) + (y – 3)(3 – 3) = 9⇔ –3(x + 1) = 9⇔ x + 1 = –3⇔ x = –4Persamaan garis singgung lingkaran L di titikB(2, 3):
(x + 1)(2 + 1) + (y – 3)(3 – 3) = 9⇔ 3(x + 1) = 9⇔ x + 1 = 3⇔ x = 2Jadi, persamaan garis singgungnya x = –4 danx = 2.
10. Jawaban: bMisalkan suku banyak tersebut F(x).F(x) dibagi (x2 + 2x – 3) = (x + 3)(x – 1) bersisa(3x – 4). Menurut teorema sisa:F(–3) = 3 · (–3) – 4 = –13F(1) = 3 · 1 – 4 = –1Misalkan juga F(x) dibagi (x2 – x – 2) hasil baginya(ax + b) dan bersisa (2x + 3).F(x) = (x2 – x – 2)(ax + b) + (2x + 3)F(1) = (12 – 1 – 2)(a · 1 + b) + (2 · 1 + 3)⇔ –1 = (–2)(a + b) + 5⇔ –6 = (–2)(a + b)⇔ a + b = 3 . . . (1)F(–3) = ((–3)2 – (–3) – 2)(a · (–3) + b) + (2 · (–3) + 3)⇔ –13 = 10(–3a + b) – 3⇔ –10 = 10(–3a + b)⇔ –3a + b = –1 . . . (2)Eliminasi b dari (1) dan (2).
a + b = 3–3a + b = –1–––––––––– –
4a = 4 ⇔ a = 1Substitusi a = 1 ke (1).a + b = 3 ⇔ 1 + b = 3
⇔ b = 2Diperoleh a = 1 dan b = 2.F(x) = (x2 – x – 2)(ax + b) + (2x + 3)
= (x2 – x – 2)(x + 2) + (2x + 3)= (x3 – x2 – 2x + 2x2 – 2x – 4) + (2x + 3)= x3 + x2 – 2x – 1
Jadi, suku banyak tersebut x3 + x2 – 2x – 1.
2 8
+ – +
242 Latihan Ujian Nasional
Mobil kecilMobil besar
Pembatas
Banyakxy
200
Luas420
1.760
Biaya Parkir1.0002.000
200
88
O 200 440A
Y
XB(140, 60)
C
x + 5y = 440x + y = 200
Fungsi Objektif f(x, y) = 1.000x + 2.000y
f(0, 0) = 1.000 × 0 + 2.000 × 0 = 0f(200, 0) = 1.000 × 200 + 2.000 × 0 = 200.000f(140, 60) = 1.000 × 140 + 2.000 × 60 = 260.000f(0, 88) = 1.000 × 0 + 2.000 × 88 = 176.000
Titik Pojok
O(0, 0)A(200, 0)B(140, 60)C(0, 88)
Cara lain:Misalkan suku banyak tersebut F(x).F(x) dibagi (x2 + 2x – 3) = (x + 3)(x – 1) bersisa(3x – 4). Menurut teorema sisa:F(–3) = 3 · (–3) – 4 = –13F(1) = 3 · 1 – 4 = –1F(x) dibagi (x2 – x – 2) = (x – 2)(x + 1) bersisa(2x + 3). Menurut teorema sisa:F(2) = 2 · 2 + 3 = 7F(–1) = 2 · (–1) + 3 = 1Perhatikan persamaan suku banyak padapilihan b.F(x) = x3 + x2 – 2x – 1F(–3) = (–3)3 + (–3)2 – 2(–3) – 1
= –27 + 9 + 6 – 1= –13 (bernilai benar)
F(1) = 13 + 12 – 2 · 1 – 1= 1 + 1 – 2 – 1= –1 (bernilai benar)
F(2) = 23 + 22 – 2 · 2 – 1= 8 + 4 – 4 – 1= 7 (bernilai benar)
F(–1) = (–1)3 + (–1)2 – 2(–1) – 1= –1 + 1 + 2 – 1= 1 (bernilai benar)
Jadi, suku banyak tersebut adalahF(x) = x3 + x2 – 2x – 1.
11. Jawaban: ef(x) = 2x – 3g(x) = x2 + 2x – 3
(g f)(x) = g(f(x))= g(2x – 3)= (2x – 3)2 + 2(2x – 3) – 3= 4x2 – 12x + 9 + 4x – 6 – 3= 4x2 – 8x
12. Jawaban: cMisal x = banyak mobil kecil
y = banyak mobil besar
Diperoleh model matematika:Memaksimumkan f(x, y) = 1.000x + 2.000ydengan kendala:
x + y ≤ 2004x + 20y ≤ 1.760 ⇔ x + 5y ≤ 440
x ≥ 0y ≥ 0
Daerah penyelesaian SPtLDV:
Titik B merupakan perpotongan garis x + y = 200dan x + 5y = 440. Koordinat B(140, 60).
Uji titik pojok ke fungsi objektif f(x, y):
Nilai maksimum f(x, y) = 1.000x + 2.000y adalah260.000.Jadi, penghasilan maksimum dari tempat parkirRp260.000,00.
13. Jawaban: cC = AB
= 3 14 2
−
1 22 3
−
= 3 2 6 34 4 8 6
− + + −
= 1 98 2
C – D = 1 98 2
–
6 31 5
−
= 5 6
7 7−
243Matematika Kelas XII Program IPA
14. Jawaban: bOleh karena a tegak lurus b , berlaku a · b = 0⇔ x × 3 + 1 × 9 + 2 × (–12) = 0⇔ 3x + 9 – 24 = 0⇔ 3x = 15⇔ x = 5Diperoleh a = 5 i + j + 2k( a + c )( a – b )
= 512
+ 321
−
512
– 3912
−
= 831
28
14
−
= 8 × 2 + 3 × (–8) + 1 × 14= 16 – 24 + 14 = 6
15. Jawaban: eDiketahui A(0, 0, 0), B(–1, 1, 0), dan C(1, –2, 2)
a = 000
, b = 1
10
−
, dan c = 122
−
AB = b – a = 1
10
−
– 000
= 1
10
−
AC = c – a = 122
−
– 000
= 122
−
α = sudut antara AB dan AC
cos α = AB AC| AB | | AC |
⋅
= 2 2 2 2 2 2
( 1) 1 1 ( 2) 0 2
( 1) 1 0 1 ( 2) 2
− ⋅ + ⋅ − + ⋅
⋅− + + + − +
= 1 2 0
2 9
− − +⋅
= 33 2− = –
12
2
16. Jawaban: cDiketahui A(2, –1, –1), B(–1, 4, –2), danC(5, 0, –3).
a = 211
− −
, b = 1
42
− −
, dan c = 503
−
AB = b – a = 1
42
− −
– 211
− −
= 3
51
− −
AC = c – a = 503
−
– 211
− −
= 312
−
Proyeksi ortogonal vektor AB pada AC
= 2AB AC| AC |
⋅ AC
= 2 2 2 2
( 3) 3 5 1 ( 1) ( 2)
( 3 1 ( 2) )
− ⋅ + ⋅ + − ⋅ −
+ + −
312
−
= 214−
312
−
= –17
312
−
= –17 (3 i j 2k)+ −
17. Jawaban: eMatriks pencerminan terhadap sumbu X adalah
1 00 1
−
.
Misalkan x′ dan y′ merupakan bayangan titik xdan y setelah ditransformasikan oleh matriks
1 20 1
dan dilanjutkan 1 00 1
−
.
′ ′ xy
= 1 00 1
−
1 20 1
xy
⇔ ′ ′ xy
= 1 20 1
−
xy
⇔ ′ ′ xy
= x 2y
y+
− Diperoleh y′ = –y ⇔ y = –y′ . . . (1)
x′ = x + 2y ⇔ x = x′ – 2y⇔ x = x′ – 2(–y′)⇔ x = x′ + 2y′ . . . (2)
Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis.y = x + 1
⇔ –y′ = (x′ + 2y′) + 1⇔ x′ + 3y′ + 1 = 0⇔ x + 3y + 1 = 0Jadi, persamaan bayangan garis x + 3y + 1 = 0.
18. Jawaban: d
(14 )x
2 – 2x – 5 < (
12 )–6x + 2
⇔ (14 )x2 – 2x – 5 < (
12 )2(–3x + 1)
⇔ (14 )x
2 – 2x – 5 < (
14 )–3x + 1
244 Latihan Ujian Nasional
A B
CD
E F
GH
O
8 cm
8 cm
E G
O
T
T
Untuk 0 < a < 1 penyelesaian af(x) < ag(x) adalahf(x) > g(x).
x2 – 2x – 5 > –3x + 1⇔ x2 + x – 6 > 0⇔ (x + 3)(x – 2) > 0Pembuat nol: x = –3 atau x = 2.
Nilai x yang memenuhi x < –3 atau x > 2.Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x < –3 ataux > 2}.
19. Jawaban: eGrafik fungsi melalui titik (–1, 9), (0, 3), dan(1, 1). Fungsi yang memenuhi adalah f(x) = 31 – x
karena:f(–1) = 31 – (–1) = 32 = 9f(0) = 31 – 0 = 31 = 3f(1) = 31 – 1 = 30 = 1Cara lain:Grafik fungsi pada gambar adalah grafik fungsig(x) = 3–x yang digeser ke kanan 1 satuan, yaituf(x) = 3–(x – 1) = 31 – x.Jadi, fungsi yang sesuai dengan grafik tersebutadalah f(x) = 31 – x.
20. Jawaban: bDiketahui U3 = –10 dan U5 = –4.U3 = –10 ⇔ a + 2b = –10 . . . (1)U5 = –4 ⇔ a + 4b = –4 . . . (2)
Eliminasi a dari (1) dan (2).a + 2b = –10a + 4b = –4–––––––––––––– –
–2b = –6 ⇔ b = 3
Substitusi b = 3 ke (1).a + 2b = –10 ⇔ a + 2(3) = –10
⇔ a = –10 – 6⇔ a = –16
Diperoleh a = –16 dan b = 3.
Sn = n2 (2a + (n – 1) b)
S15 = 152 × (2(–16) + (15 – 1) 3)
= 152 × (–32 + 42)
= 152 × 10 = 75
Jadi, jumlah 15 suku pertama adalah 75.
21. Jawaban: bBanyak kursi dalam gedung kesenian membentukbarisan aritmetika 18, 22, 16, . . . .Suku pertama = a = 18Beda = b = 4U12 = a + (12 – 1)b
= 18 + (11)4= 18 + 44 = 62
Jadi, banyak kursi pada baris kedua belas adalah62.
22. Jawaban: DBanyak potongan kertas membentuk barisangeometri dengan rasio 2.Pada potongan ketiga (U4):U4 = 160 ⇔ a × 23 = 160
⇔ 8a = 160⇔ a = 20
Banyak kertas setelah potongan ke-7 (U8):U8 = ar7 = 20 x 27 = 20 x 128 = 2.560Jadi, banyak kertas setelah potongan ketujuh ada2.560 lembar.Cara lain:Banyak kertas:Pada potongan ke-3 = 160 lembarPada potongan ke-4 = 2 × 160 = 320 lembarPada potongan ke-5 = 2 × 320 = 640 lembarPada potongan ke-6 = 2 × 640 = 1.280 lembarPada potongan ke-7 = 2 × 1.280 = 2.560 lembar
23. Jawaban: bDiketahui U4 = 24 dan r = 2.U4 = 24 ⇔ ar3 = 24
⇔ a · 23 = 24⇔ a · 8 = 24⇔ a = 3
Sn = na(r 1)
r 1−
− =
n3(2 1)2 1
−−
S8 = 83(2 1)
2 1−
− = 3(256 1)
1− = 765
Jadi, jumlah delapan suku pertama deret tersebutadalah 765.
24. Jawaban: e
Jarak titik E ke bidang BGD = ET
–3 2
+ – +
245Matematika Kelas XII Program IPA
OE = OG
= 2 2OC + CG
= 2 2(4 2) + 8
= 32 + 64
= 96
= 4 6 cm
EG = 8 2 cm
Pada ∆OGE berlaku aturan kosinus sebagaiberikut.
cos ∠EOG = 2 2 2OE + OE EG
2 × OE × OG−
= 2 2 2(4 6) + (4 6) (8 2)2 × 4 6 × 4 6
−
= 96 + 96 1282 × 96
−
= 64192
= 13
sin ∠EOG = 2 23
Oleh karena luas ∆EOG = 12 × ET × OG dan
luas ∆EOG = 12 × OE × OG sin ∠EOG maka
12 × ET × OG = 1
2 × OE × OG sin ∠EOG
⇔ ET = OE sin ∠EOG
= 4 6 · 2 23
= 8 3 × 2 × 23
= 163
3 cm
Jadi, jarak titik E ke bidang BGD adalah 163
3 cm.
25. Jawaban: b
Sudut antara TD dan bidang ABCD = ∠BDT.Pada ∆BDT berlaku aturan kosinus sebagaiberikut.
cos ∠BDT = 2 2 2BD + TD TB2 × BD × TD
−
= 2 2 2(2 2) + ( 3) ( 3)
2 × 2 2 × 3−
= 8 + 3 34 6
−
= 8
4 6 =
26
tan ∠BDT = 22
= 12
2
26. Jawaban: d
Pada ∆AOB berlaku aturan kosinus sebagaiberikut.AB2 = OA2 + OB2 – 2 × OA × OB × cos ∠AOB
= 62 + 62 – 2 × 6 × 6 × cos 45°= 36 × 2 – 36 × 2
= 36(2 – 2 ) × 12
2
= 36 × 2 – 36 2
= 36(2 – 2 )
AB = 36(2 2)− = 6 2 2− cm
Keliling segi delapan = 8AB
= 8 6 2 2⋅ −
= 48 2 2− cm
27. Jawaban: bcos 4x + 3 sin 2x = –1
⇔ 1 – 2 sin2 2x + 3 sin 2x + 1 = 0⇔ –2 sin2 2x + 3 sin 2x + 2 = 0⇔ 2 sin2 2x – 3 sin 2x – 2 = 0⇔ (2 sin 2x + 1)(sin 2x – 2) = 0⇔ 2 sin 2x + 1 = 0 atau sin 2x – 2 = 0
⇔ sin 2x = –12 atau sin 2x = 2
Untuk sin 2x = 2 tidak ada nilai x yang memenuhikarena –1 ≤ sin 2x ≤ 1.
A B
CD
T
2 cm
2 cm
3 cm
6 cm
O 45°
6 cm
A
B
2
26
BD
T
13
2 2E
O
G
246 Latihan Ujian Nasional
Mencari penyelesaian sin 2x = –12 .
sin 2x = –12 = sin 210°
a. 2x = 210° + k · 360°⇔ x = 105° + k · 180°
= 105°, 285°, . . .
b. 2x = (180° – 210°) + k · 360°⇔ 2x = –30° + k · 360°⇔ x = –15° + k · 180°
= –15°, 165°, 345°, . . .Oleh karena 0° ≤ x ≤ 180°, himpunan penyelesai-annya adalah {105°, 165°}.
28. Jawaban: dsin 75° – sin 165°
= 2 cos 12 (75° + 165°) · sin
12 (75° – 165°)
= 2 cos 120° sin (–45°)= –2 cos 120° sin 45°
= –2 · (–12 ) ·
12 2
= 12 2
29. Jawaban: c
sin (α – β) = 35
⇔ sin α cos β – cos α sin β = 35
⇔ 15 – cos α sin β =
35
⇔ cos α sin β = 15 –
35
= –25
sin (α + β) = sin α cos β + cos α sin β
= 15 + (–
25 )
= –15
30. Jawaban: b
Dengan substitusi langsung:
x 1lim
→
1 x2 x + 3
−−
= 1 12 2
−−
= 00
Dengan mengalikan bentuk sekawan:
x 1lim
→
1 x2 x + 3
−−
× 2 x 32 x 3
+ ++ +
= x 1lim
→
(1 x)(2 x 3)4 (x 3)
− + +− +
= x 1lim
→
(1 x)(2 x 3)1 x
− + +−
= x 1lim
→(2 + x + 3 )
= (2 + 2 1+ 3 )
= (2 + 2)= 4
Cara lain:Mencari nilai limit menggunakan teoremaL’Hopital.
x 1lim
→ 1 x
2 x + 3−
−
= x 1lim
→ 1
2
1 x
2 (x + 3)
−
−
= x 1lim
→ 1
212
1
(x + 3)−
−
−
= x 1lim
→
122(x + 3)
= x 1lim
→ 2 x + 3
= 2 1+ 3
= 2 4= 2 · 2 = 4
31. Jawaban: a
x 0lim→
cos 4x 12x sin 3x
−
= x 0lim→
2(1 2 sin 2x) 12x sin 3x
− −
= x 0lim→
22 sin 2x2x sin 3x
−
= –x 0lim→
2sin 2xx sin 3x
= –x 0lim→
sin 2xx
· sin 2xsin 3x
= –21 ·
23 = –
43
32. Jawaban: dBiaya produksi per unit barang:b(x) = (5x2 – 10x + 30) ribu rupiahBiaya produksi x unit barang:B(x) = x b(x)
= x(5x2 – 10x + 30) ribu rupiah= (5x3 – 10x2 + 30x) ribu rupiah
Harga jual x unit barang:H(x) = 50x ribu rupiah
247Matematika Kelas XII Program IPA
– – – + + + – – –
–23
2
minimum maksimum
Keuntungan:U(x) = H(x) – B(x)
= (50x – (5x3 – 10x2 + 30x)) ribu rupiah= (–5x3 + 10x2 + 20x) ribu rupiah
Fungsi U(x) mencapai stasioner jika dU(x)
dx = 0.
dU(x)dx = –15x2 + 20x + 20 = 0
⇔ 3x2 – 4x – 4 = 0⇔ (3x + 2)(x – 2) = 0⇔ 3x + 2 = 0 atau x – 2 = 0
⇔ x = –23 atau x = 2
Diagram dU(x)
dx :
Dari diagram terlihat fungsi U(x) mencapaimaksimum di x = 2.Keuntungan maksimum= U(2)= (–5 · 23 + 10 · 22 + 20 · 2) ribu rupiah= 40.000 rupiahJadi, keuntungan maksimum yang diperolehperusahaan Rp40.000,00.
33. Jawaban: d
∫ −
− +2 53
1 4x
(6x 3x 2) dx
= –∫ (4x – 1)(6x2 – 3x + 2)− 5
3 dx
= –13 ∫ (6x2 – 3x + 2)
− 53 d(6x2 – 3x + 2)
= –13 · 2
3
1−
(6x2 – 3x + 2)− 2
3 + C
= 22 3
1
2(6x 3x + 2)− + C
= 2 23
1
2 (6x 3x + 2)− + C
34. Jawaban: d1
0∫ (2x + 3)(3x2 + 9x – 10)5 dx
= 1
0∫ (3x2 + 9x – 10)5 (2x + 3) dx
= 1
0∫ (3x2 + 9x – 10)5 ·
13 d(3x2 + 9x – 10)
= 13
1
0∫ (3x2 + 9x – 10)5 d(3x2 + 9x – 10)
=
× + −1
2 60
1 13 6
(3x 9x 10)
= 1
18 ((3 · 12 + 9 · 1 – 10)6 – (3 · 02 + 9 · 0 – 10)6)
= 1
18 ((3 · 12 + 9 · 1 – 10)6 – (3 · 02 + 9 · 0 – 10)6)
= 1
18 ((3 + 9 – 10)6 – (–10)6)
= 1
18 (26 – 1.000.000)
= 1
18 (64 – 1.000.000)
= 1
18 (–999.936)
= –55.552
35. Jawaban: bπ
∫4
04 sin2 2x sin 4x dx
=
π
∫4
02 · 2 sin2 2x sin 4x dx
= 2
π
∫4
0(1 – cos 4x) sin 4x dx
= –24
π
∫4
0(1 – cos 4x) d(cos 4x)
= –12
420
1x
2cos 4x cos 4
π
−
= –12 ((cos π –
12 cos2 π) – (cos 0 –
12 cos2 0))
= –12 (–1 –
12 · (–1)2 – 1 +
12 · 1)
= –12 (–1 –
12 – 1 +
12 )
= –12 · (–2)
= 1
36. Jawaban: cY
X0
2
–4
–2 2
y1 = x2 – 4
y2 = 2 – x
I
II
248 Latihan Ujian Nasional
Daerah yang diarsir terbagi menjadi daerah Idan II. Daerah I berbentuk segitiga dibatasi olehgaris garis y = 2 – x, sumbu X, dan sumbu Y.Daerah II dibatasi kurva y = x2 – 4, sumbu X, dansumbu Y.
L = LI + LII
= 12 · 2 · 2 – ∫
2
0y1 dx
= 2 – ∫2
0(x2 – 4) dx
= 2 – 2
30
1x
3x 4
−
= 2 – 13 (23 – 03) + 4(2 – 0)
= 2 – 83 + 8
= 713 satuan luas
37. Jawaban: a
V = π2
1∫ (y1
2 – y22) dx
= π2
1∫ ((2x – x2)2 – (2 – x)2) dx
= π2
1∫ (4x2 – 4x3 + x4 – (4 – 4x + x2)) dx
= π2
1∫ (3x2 – 4x3 + x4 – 4 + 4x) dx
= π x3 – x4 +
15 x5 – 4x + 2x2
2
1
= π((23 – 24 + 15 · 25 – 4 · 2 + 2 · 22)
– (13 – 14 + 15 · 15 – 4 · 1 + 2 · 12))
= π(8 – 16 + 325 – 8 + 8) – (1 – 1 +
15 – 4 + 2))
= π(–85 +
95 )
= 5π
satuan volume
Y
X0 1
1
2
y1 = 2x – x2 y2 = 2 – x
2
38. Jawaban: dModus data pada interval kelas 50–59.LO = 49,5d1 = 12 – 8 = 4d2 = 12 – 9 = 3 c = 59,5 – 49,5 = 10
MO = LO + 1
1 2
dd + d · c
= 49,5 + 4
4 + 3 · 10
= 49,5 + 407
39. Jawaban: aBanyak huruf = 6Banyak huruf A = 2Banyak susunan kata
= 6!2!
= 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1
2 × 1
= 6 · 5 · 4 · 3= 360
40. Jawaban: eJumlah kelereng = 3 + 4 = 7Banyak anggota ruang sampel = n(S) = 7C3 = 35.Kemungkinan kelereng yang terambil 2 putih dan1 merah, atau 3 putih.A = kejadian terambil paling sedikit 2 kelereng
putihn(A) = 4C2 · 3C1 + 4C3
= 6 · 3 + 4= 18 + 4= 22
Peluang kejadian A:
P(A) = n(A)n(S)
= 2235
Jadi, peluang terambil paling sedikit 2 kelereng
putih adalah 2235 .
477Matematika Kelas XII Program IPA
Silab
us
Bab
I I
nte
gral
Seko
lah
:S
MA
/MA
Kela
s/S
em
este
r:
XII/1
Pro
gram
IP
A
Mata
Pela
jaran
:M
ate
mati
ka
Sta
nd
ar K
om
pete
nsi
:1.
Menggunakan k
onsep inte
gra
l dala
m p
em
ecahan m
asala
h.
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
1.1
Me
ma
ha
mi
ko
nse
p i
nte
gra
l
ten
tu
da
n
tak
ten
tu.
1.2
Me
ng
hit
un
g
inte
gra
l ta
k t
entu
dan in
tegra
l tentu
dari fu
ngsi
alja
bar
dan t
rigonom
etr
i
yang s
ederh
ana.
Inte
gra
l
Inte
gra
l
1.1
.1M
am
pu
me
nd
e-
finis
ikan i
nte
gra
l
tak t
entu
.
1.1
.2M
am
pu
me
nd
e-
finis
ikan i
nte
gra
l
ten
tu.
1.2
.1M
am
pu
me
ne
n-
tuka
n h
asi
l inte
gra
l
tak t
en
tu f
un
gsi
alja
ba
r.
1.2
.2M
am
pu
me
ne
n-
tuka
n h
asi
l inte
gra
l
tentu
fungsi
alja
bar.
1.2
.3M
am
pu
me
ne
n-
tuka
n h
asi
l inte
gra
l
tak t
en
tu f
un
gsi
trig
on
om
etr
i.
Pili
han
ga
nd
a
Ura
ian
Pili
han
ga
nd
a
1.
Buku P
R M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
hala
man 1
–24
2.
Buku P
G M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
hala
man 1
–44
3.
BS
E M
ate
matika
Kela
s X
II P
rogra
m
IPA
untu
k S
MA
/
MA
, D
epdik
nas
4.
We
bs
it
e-
we
bs
ite
y
an
g
rele
va
n
1.
Buku P
R M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
hala
man 1
–24
2.
Buku P
G M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
hala
man 1
–44
Jik
a f′(x
) =
3x
2 +
6x –
5
da
n
f(–
1)
=
8,
rum
us
fungsi f(
x)
= .
. .
.
a.
3x
3 +
6x
2 –
5x
b.
3x
3 +
3x
2 –
5x +
3
c.
x3 +
6x
2 –
5x +
8
d.
x3 +
3x
2 –
5x +
1
e.
x3 +
3x
2 –
5x +
8
Dik
eta
hu
i
� �−∫f(
x)
dx =
8
da
n
� �−∫2
g(x
) d
x
=
6.
Te
ntu
ka
n:
a.
� �−∫g
(x)
dx
b.
� �−∫(2
f(x)
– 3
g(x
)) d
x
1.
Ha
sil p
en
gin
teg
rala
n
∫ �
��
��
�
��
− d
x =
. .
. .
a.
6�
– 2
x2 +
c
b.
6�
– x
2 +
c
c.
3�
– 4
x2 +
c
d.
3�
– 2
x2 +
c
e.
� ��
– 2
x2 +
c
–M
enje
laskan i
nte
gra
l
sebagai
antitu
runan.
–M
en
uli
sk
an
n
ota
si
inte
gra
l ta
k t
entu
.
–M
enje
laskan p
enger-
tia
n in
teg
ral
ten
tu
menggunaka
n m
eto
de
Rie
ma
nn
.
–M
en
uli
sk
an
n
ota
si
inte
gra
l te
ntu
.
–M
em
buktikan inte
gra
l
tentu
sebagai jum
lahan
Rie
ma
nn
.
–M
enyebutk
an r
um
us-
rum
us
in
teg
ral
tak
tentu
fungsi
alja
bar.
–M
en
ye
bu
tka
n s
ifa
t-
sifat in
tegra
l tak tentu
fungsi
alja
bar.
–M
em
bu
ktika
n r
um
us
dan s
ifat
inte
gra
l ta
k
tentu
fungsi
alja
bar.
–M
en
en
tuk
an
h
as
il
inte
gra
l ta
k
ten
tu
fungsi
alja
bar.
Te
s
tert
ulis
Te
s
tert
ulis
4 jp
6 jp
Pe
nd
idik
an
ka
rakte
r
(*)
Telit
i
478 Silabus
–M
enyebutk
an r
um
us-
rum
us i
nte
gra
l te
ntu
.
–M
em
bu
ktika
n r
um
us
inte
gra
l te
ntu
fu
ng
si
alja
bar.
–M
en
gh
itu
ng
in
teg
ral
tentu
fungsi
alja
bar.
–M
en
gin
ga
t ke
mb
ali
atu
ran-a
tura
n t
rigono-
me
tri.
–M
en
ye
bu
tka
n r
um
us
inte
gra
l ta
k
ten
tu
fungsi
trig
onom
etr
i.
–M
em
bu
ktika
n r
um
us
inte
gra
l ta
k
ten
tu
fungsi
trig
onom
etr
i.
–M
en
en
tuka
n
ha
sil
inte
gra
l ta
k
ten
tu
fungsi
trig
onom
etr
i.
–M
en
gh
itu
ng
in
teg
ral
tentu
fungsi
trig
onom
etri.
–M
enje
laskan p
enger-
tian in
tegra
l substit
usi.
–M
en
jela
sk
an
c
ara
me
ne
ntu
ka
n
ha
sil
inte
gra
l m
en
gg
un
a-
kan m
eto
de s
ubst
itusi
.
–M
en
en
tuka
n
ha
sil
inte
gra
l m
en
gg
un
a-
kan m
eto
de s
ubst
itusi
.
–M
en
gh
itu
ng
in
teg
ral
ten
tu m
en
gg
un
aka
n
me
tod
e s
ub
stitu
si.
–M
enje
laskan p
enger-
tian i
nte
gra
l pars
ial.
–M
en
jela
sk
an
c
ara
me
ne
ntu
ka
n
ha
sil
inte
gra
l seca
ra p
ars
ial.
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
1.2
.4M
am
pu
me
ne
n-
tuka
n h
asi
l inte
gra
l
ten
tu f
un
gsi
tri-
go
no
me
tri
1.2
.5M
am
pu
me
ne
n-
tukan h
asi
l inte
gra
l
me
ng
gu
na
ka
n
meto
de s
ubst
itusi
.
1.2
.6M
am
pu
me
ne
n-
tuka
n h
asi
l inte
gra
l
se
ca
ra p
ars
ial.
2.
Hasil
� �∫ (–x
2 +
6x –
8)
dx
= .
. .
.
a.
�� �
d.
�� �
b.
�� �
e.
� �
c.
� �
3.
Hasil
dari ∫
(3 –
6 s
in2 x
) dx
= .
. .
.
a.
� � s
in2 2
x +
c
b.
� � c
os
2 2
x +
c
c.
� � s
in 2
x +
c
d.
3 s
in x
cos x
+ c
e.
� � s
in 2
x co
s 2x
+ c
1.
Hitungla
h h
asil
inte
gra
l
tentu
berikut.
a.
� π ∫(cos 2
x +
sin
3x)
dx
b.
� �π π∫2 c
os
(�π
– x
) dx
c.
� π ∫ 6 s
in x
cos x
dx
2.
Hitu
ng
lah
ha
sil
pe
ng
-
inte
gra
lan b
erikut.
a.
�
��
��
��
���
−−
−∫
dx
b.
� π ∫sin
2 2
x s
in x
dx
Ura
ian
3.
BS
E M
ate
matika
Kela
s X
II P
rogra
m
IPA
untu
k S
MA
/
MA
, D
epdik
nas
4.
We
bs
it
e-
we
bs
ite
y
an
g
rele
va
n
479Matematika Kelas XII Program IPA
1.
Lu
as d
ae
rah
ya
ng
di-
bata
si k
urv
a y
= (3 –
x)2
,
sum
bu X
, dan s
um
bu Y
adala
h . . . s
atu
an luas.
a.
12
d.
8� �
b.
10
� �e
.6
� �
c.
9
2.
Vo
lum
e b
en
da
pu
tar
yang te
rjadi j
ika d
aera
h
ya
ng
d
iba
tasi
ku
rva
y =
x2 d
an g
aris y
= 2
x
di
ku
ad
ran
I d
ipu
tar
36
0°
me
ng
eli
lin
gi
su
mb
u X
ad
ala
h .
. .
sa
tua
n v
olu
me
.
a.
�
��π
d.
��
��π
b.
�
��π
e.
��
�
��π
c.
��
��π
1.
Pe
rha
tik
an
d
ae
rah
ya
ng
d
iars
ir
pa
da
ga
mb
ar.
a.
Te
ntu
ka
n b
ata
s-
bata
s d
aera
h y
ang
dia
rsir
.
b.
Hit
un
gla
h
lua
s
daera
h y
ang d
iars
ir.
–M
en
en
tuka
n
ha
sil
inte
gra
l se
cara
pars
ial.
–M
en
gh
itu
ng
in
teg
ral
ten
tu s
eca
ra p
ars
ial.
–M
en
jela
sk
an
c
ara
me
ne
ntu
ka
n
lua
s
da
era
h
di
ba
wa
h
ku
rva
me
ng
gu
na
ka
n
pe
nd
eka
tan
pe
rse
gi
pa
nja
ng
.
–M
en
jela
sk
an
c
ara
me
ne
ntu
ka
n
lua
s
da
era
h
di
ba
wa
h
kurv
a d
engan p
roses
limit.
–M
en
uli
sk
an
k
es
im-
pu
lan
lu
as s
eb
ag
ai
limit ju
mla
han R
iem
ann.
–M
en
ye
bu
tka
n r
um
us
luas d
aera
h y
ang d
i-
ba
tasi
ku
rva
y =
f(x
)
dan s
um
bu X
.
–M
enghitu
ng lu
as
daera
h
ya
ng
dib
ata
si
kurv
a
ole
h s
uatu
kurv
a d
an
sum
bu X
yang b
era
da
di
ata
s s
um
bu X
.
–M
enghitu
ng lu
as
daera
h
ya
ng
d
iba
tasi
ole
h
suatu
kurv
a d
an s
um
bu
X
ya
ng
b
era
da
d
i
baw
ah s
um
bu X
.
–M
en
ye
bu
tka
n r
um
us
luas d
aera
h y
ang d
i-
bata
si o
leh d
ua k
urv
a.
–M
em
bu
ktika
n r
um
us
luas d
aera
h y
ang d
i-
bata
si o
leh d
ua k
urv
a.
–M
enghitu
ng lu
as
daera
h
yang d
ibata
si o
leh d
ua
ku
rva
.
1.3
.1M
am
pu
me
ne
n-
tukan lu
as d
aera
h
yang d
ibata
si o
leh
su
atu
ku
rva
.
1.3
.2M
am
pu
me
ne
n-
tukan lu
as d
aera
h
ya
ng
d
iba
tas
i
ole
h d
ua k
urv
a.
1.3
.3M
am
pu
me
ne
n-
tuk
an
v
olu
me
benda p
uta
r yang
terjadi
jika s
uatu
da
era
h y
an
g d
i-
bata
si ole
h s
uatu
kurv
a d
iputa
r m
e-
ngelilin
gi s
um
bu X
.
1.3
.4M
am
pu
me
ne
n-
tuk
an
v
olu
me
benda p
uta
r yang
terjadi
jika s
uatu
da
era
h y
an
g d
i-
bata
si o
leh s
uatu
kurv
a d
iputa
r m
e-
ngelilin
gi s
um
bu Y
.
1.3
.5M
am
pu
me
ne
n-
tuk
an
v
olu
me
benda p
uta
r yang
terjadi
jika s
uatu
da
era
h y
an
g d
i-
ba
tasi
ole
h d
ua
kurv
a d
iputa
r m
e-
ng
elil
ing
i su
mb
u
X.
1.3
.6M
am
pu
me
ne
n-
tuk
an
v
olu
me
benda p
uta
r yang
terjadi
jika s
uatu
da
era
h y
an
g d
i-
ba
tasi
ole
h d
ua
ku
rva
d
ipu
tar
me
ng
eli
lin
gi
sum
bu Y
.
Pili
han
ga
nd
a
Ura
ian
1.
Buku P
R M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
hala
man 1
–24
2.
Buku P
G M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
hala
man 1
–44
3.
BS
E M
ate
matika
Kela
s X
II P
rogra
m
IPA
untu
k S
MA
/
MA
, D
epdik
nas
4.
We
bs
it
e-
we
bs
ite
y
an
g
rele
va
n
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
1.3
Me
ng
gu
na
ka
n
inte
gra
l u
ntu
k
menghitung lu
as
daera
h d
i baw
ah
kurv
a d
an v
olu
me
benda p
uta
r.
Inte
gra
lT
es
tert
ulis
6 jp
Y
X
9 6 06
Pe
nd
idik
an
ka
rakte
r
(*)
Ce
rma
t
480 Silabus
–M
enyebutk
an r
um
us
vo
lum
e b
en
da
pu
tar
yang te
rjadi j
ika s
uatu
da
era
h d
ipu
tar
me
-
ngelil
ingi sum
bu X
.
–M
en
gh
itu
ng
vo
lum
ebenda p
uta
r yang ter-
jadi jik
a s
uatu
daera
hd
ipu
tar
me
ng
elilin
gi
sum
bu X
.
–M
enyebutk
an r
um
us
vo
lum
e b
en
da
pu
tar
yang te
rjadi j
ika s
uatu
daera
h d
iputa
r m
enge-
lilin
gi s
um
bu Y
.
–M
en
gh
itu
ng
vo
lum
eb
en
da
p
uta
r y
an
gte
rja
di
jik
a
su
atu
daera
h d
iputa
r m
enge-
lilin
gi s
um
bu Y
.
–M
enyebutk
an r
um
us
volu
me b
en
da
pu
tar
yang te
rjadi jik
a d
aera
hya
ng
dib
ata
si
ole
hd
ua
k
urv
a
dip
uta
rm
engelil
ingi s
um
bu X
.
–M
en
gh
itu
ng
vo
lum
eb
en
da
p
uta
r y
an
gte
rja
di
jik
a d
ae
rah
ya
ng
dib
ata
si
ole
hd
ua
ku
rva
d
ipu
tar
mengelil
ingi s
um
bu X
.
–M
enyebutk
an r
um
us
vo
lum
e b
en
da
pu
tar
ya
ng
te
rja
di
jika
daera
h y
ang d
ibata
si
ole
h d
ua
ku
rva
di-
pu
tar
me
ng
elilin
gi
sum
bu Y
.
–M
en
gh
itu
ng
vo
lum
eb
en
da
p
uta
r ya
ng
terj
ad
i jika
d
ae
rah
ya
ng
dib
ata
si
ole
hd
ua
ku
rva
d
ipu
tar
mengelil
ingi s
um
bu Y
.
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
2.
Da
era
h
D
dib
ata
si
para
bola
y =
x2 d
an g
aris
x +
y =
2.
Hit
un
gla
h
vo
lum
e b
en
da
p
uta
r
yang terjadi jik
a d
aera
h
D d
iputa
r m
engelil
ingi:
a.
sum
bu X
;
b.
sum
bu Y
.
481Matematika Kelas XII Program IPA
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
–M
em
bu
ktika
n r
um
us
volu
me
ke
rucu
t d
an
vo
lum
e k
eru
cu
t te
r-pancung y
ang t
erjadi
dari s
uatu
daera
h y
ang
dib
ata
si
kurv
a d
iputa
rm
engelil
ingi s
um
bu X
.
482 Silabus
Silab
us
Bab
II
Pro
gram
Lin
ear
Seko
lah
:S
MA
/MA
Kela
s/S
em
este
r:
XII/1
Pro
gram
IP
A
Mata
Pela
jaran
:M
ate
mati
ka
Sta
nd
ar K
om
pete
nsi
:2.
Menyele
saik
an m
asala
h p
rogra
m lin
ear.
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
2.1
Me
ny
ele
sa
ika
n
sis
tem
pe
rtid
ak-
sa
ma
an
li
ne
ar
dua v
ariabel.
Pro
gra
m
Lin
ea
r
2.1
.1M
am
pu
me
nd
e-
fin
isik
an
sis
tem
pe
rtid
aksa
ma
an
linear d
ua v
aria
bel.
2.1
.2M
am
pu
me
ne
n-
tuk
an
d
ae
rah
pe
ny
ele
sa
ian
sis
tem
pe
rtid
ak-
sa
ma
an
li
ne
ar
dua v
ariabel.
2.1
.3M
am
pu
me
ne
n-
tukan s
iste
m p
er-
tid
ak
sa
ma
an
linear d
ua v
ariabel
ya
ng
te
rbe
ntu
k
dari s
uatu
daera
h.
Pili
han
ga
nd
a
1.
Da
era
h y
an
g d
iars
ir
me
rup
ak
an
p
en
ye
-
lesa
ian
da
ri p
ert
ida
k-
sam
aan .
. .
.
a.
2y +
x >
2
b.
2y +
x <
2
c.
2y –
x <
2
d.
2x +
y >
2
e.
2x –
y <
2
2.
Yang te
rmasuk ti
tik-t
itik
him
pu
na
n p
en
ye
lesa
i-
an
d
ari
s
iste
m p
er-
tid
aksa
ma
an
x –
2y≤
–2
3x +
4y≥
12
5x +
3y≤
15
yaitu .
. .
.
a.
(0,
0)
dan (
–2,
1)
b.
(4,
4)
dan (
0,
6)
c.
(0,
2)
dan (
1,
0)
d.
(–2,
1)
dan (
3,
0)
e.
(4,
0)
dan (
5,
2)
–M
enje
laskan p
enger-
tia
n p
ert
ida
ksa
ma
an
linear
dua v
ariabel.
–M
enyebutk
an b
entu
k
um
um
pert
idaksam
a-
an li
near dua v
ariabel.
–M
enje
lask
an p
engertia
n
him
pu
na
n p
en
ye
le-
sa
ian
pe
rtid
aksa
ma
-
an li
near dua v
ariabel.
–M
enentu
kan h
impun-
an p
enyele
saia
n p
er-
tid
aksa
ma
an
lin
ea
r
du
a v
ari
ab
el
me
ng
-
gu
na
ka
n m
eto
de
uji
titik.
–M
enentu
kan h
impun-
an p
enyele
saia
n p
er-
tid
aksa
ma
an
lin
ea
r
dua v
ariabel
dengan
sy
ara
t k
oe
fis
ien
x
positif m
enggunakan
ca
ra l
an
gsu
ng
.
–M
enje
laskan p
enger-
tia
n s
iste
m p
ert
ida
k-
sa
ma
an
lin
ea
r d
ua
va
ria
be
l.
–M
enentu
kan h
impun-
an p
enye
lesa
ian s
iste
m
pe
rtid
aksa
ma
an
du
a
va
ria
be
l.
Te
s
tert
ulis
1.
Buku P
R M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
hala
man 2
5–46
2.
Buku P
G M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
hala
man 4
5–96
3.
BS
E M
ate
matika
Kela
s X
II P
rogra
m
IPA
untu
k S
MA
/
MA
, D
epdik
nas
4.
We
bs
it
e-
we
bs
ite
y
an
g
rele
va
n
2 jp
Y
X–
2
1 0
483Matematika Kelas XII Program IPA
–M
en
en
tuka
n s
iste
m
pe
rti
da
ks
am
aa
n
lin
ea
r d
ua
va
ria
be
l
ya
ng
te
rbe
ntu
k d
ari
su
atu
da
era
h.
–M
enje
laskan p
engert
i-
an m
odel m
ate
matik
a.
–M
enje
laskan langkah-
lan
gka
h m
em
be
ntu
k
mo
de
l m
ate
ma
tik
a
da
ri s
ua
tu m
asa
lah
pro
gra
m l
inear.
–M
em
buat m
odel m
ate
-
ma
tik
a
da
ri
su
atu
ma
sa
lah
p
rog
ram
linear. (*
)
2.2
.1M
am
pu m
enyu
sun
mod
el m
ate
matik
a
dari s
uatu
masa-
lah
p
rog
ram
linear.
1.
Te
ntu
ka
n
da
era
h
pe
nye
lesa
ian
sis
tem
pert
idaksam
aan li
near
be
riku
t.
x +
y≥
1
2x +
3y≤
12
–x +
y≤
2
x≤
1
2.
Titi
k A
(–4, 2), B
(–2, –2),
C(4
, –4),
dan D
(0,
4)
me
rup
aka
n
titik-t
itik
su
du
t d
ae
rah
pe
nye
-
lesa
ian
su
atu
sis
tem
pe
rti
da
ks
am
aa
n.
Te
ntu
ka
n s
iste
m p
er-
tidaks
am
aan t
ers
ebut.
Seora
ng p
ete
rnak m
em
iliki
tidak le
bih
dari 1
0 k
andang
tern
ak u
ntu
k m
em
elih
ara
ay
am
d
an
it
ik.
Se
tia
p
kandang d
apat m
enam
pung
aya
m s
eb
an
ya
k 3
6 e
ko
r
ata
u
me
na
mp
un
g
itik
se
ba
ny
ak
2
4
ek
or.
Jum
lah t
ern
ak y
ang a
kan
dip
elih
ara
tid
ak l
ebih
dari
30
0 e
ko
r. J
ika
b
an
ya
k
ka
nd
an
g
ya
ng
b
eri
si
ayam
x b
uah d
an b
anyak
kandang y
ang b
erisi itik
y
buah, si
stem
pertid
aks
am
a-
an p
erm
asala
han .
. .
.
a.
x ≥
0,
y ≥
0,
30
0x +
24y ≤
360,
x +
y ≤
10
b.
x ≥
0,
y ≥
0,
20
0x +
24y ≤
300,
x +
y ≤
10
c.
x ≥
0,
y ≥
0,
36
x +
240y ≤
300,
x +
y ≤
10
d.
x ≥
0,
y ≥
0,
20
0x +
250y ≤
300,
x +
y ≤
10
e.
x ≥
0,
y ≥
0,
36x +
24y
≤ 300,
x +
y ≤
10
1.
Buku P
R M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
hala
man 2
5–46
2.
Buku P
G M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
hala
man 4
5–96
3.
BS
E M
ate
matika
Kela
s X
II P
rogra
m
IPA
untu
k S
MA
/
MA
, D
epdik
nas
4.
We
bs
it
e-
we
bs
ite
y
an
g
rele
va
n
2.2
Me
ran
ca
ng
mo
-
de
l m
ate
ma
tika
da
ri
ma
sa
lah
pro
gra
m l
inear.
Pro
gra
m
Lin
ea
r
Ura
ian
Pili
han
ga
nd
a
Te
s
tert
ulis
4 jp
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
Pe
nd
idik
an
ka
rakte
r
(*)
Rasa
Ingin
Ta
hu
484 Silabus
–M
enje
laskan p
engert
i-
an f
ungsi
obje
ktif.
–M
enje
laskan p
engert
i-
an n
ilai o
ptim
um
suatu
fungsi
obje
ktif.
–M
enje
laskan p
engert
i-
an
m
eto
de
u
ji ti
tik
su
du
t.
–M
enje
laskan langkah-
langkah m
enentu
kan
nila
i o
ptim
um
su
atu
bentu
k o
bje
ktif m
eng-
gunakan m
eto
de t
itik
su
du
t.
–M
en
gh
itu
ng
n
ila
i
optim
um
suatu
bentu
k
obje
ktif
dengan m
eng-
gunakan m
eto
de t
itik
su
du
t.
–M
enje
laskan p
engert
i-
an g
aris s
elid
ik.
–M
enje
laskan langkah-
langkah m
enentu
kan
nila
i o
tim
um
su
atu
bentu
k o
bje
ktif m
eng-
gunakan g
aris s
elid
ik.
–M
en
gh
itu
ng
n
ila
i
optim
um
suatu
bentu
k
ob
jekti
f m
en
gg
un
a-
kan g
aris s
elid
ik.
–M
en
gh
itu
ng
n
ila
i
optim
um
suatu
fungsi
ob
jekti
f d
ari
mo
de
l
ma
tem
ati
ka
y
an
g
terb
en
tuk.
–M
enyele
saik
an m
odel
ma
tem
ati
ka
d
ari
ma
sa
lah
p
rog
ram
linear.
–M
en
ge
mb
ali
ka
n
pe
nye
lesa
ian
mo
de
l
ma
tem
ati
ka
y
an
g
dip
ero
leh
ke
da
lam
ba
ha
sa
se
ha
ri-h
ari
.
1.
Seora
ng p
em
buat
kue
mem
punyai
4 k
g g
ula
dan 9
kg tepung. U
ntu
k
me
mb
ua
t ku
e j
en
is A
dib
utu
hka
n 2
0 g
ram
gu
la
da
n
60
g
ram
tep
un
g,
se
da
ng
ka
n
un
tuk
m
em
bu
at
ku
e
jen
is B
d
ibu
tuh
ka
n
20
g
ram
gu
la d
an
40
gra
m t
epung.
Jik
a k
ue
A d
ijual
dengan h
arg
a
Rp 4
.000,0
0/b
uah d
an
ku
e B
diju
al
de
ng
an
harg
a R
p3.0
00,0
0/b
uah,
pendapata
n m
aksim
um
ya
ng
da
pa
t d
ipe
role
h
pem
buat
kue t
ers
ebut
. . .
.
a.
Rp
60
0.0
00
,00
b.
Rp
65
0.0
00
,00
c.
Rp
70
0.0
00
,00
d.
Rp
75
0.0
00
,00
e.
Rp
80
0.0
00
,00
2.
Suatu
peru
sahaan m
ebel
mem
erlukan 1
8 u
nsur
A d
an 2
4 u
nsur
B p
er
ha
ri.
Un
tuk m
em
bu
at
bara
ng jenis
I d
ibutu
h-
ka
n 1
un
su
r A
da
n 2
un
su
r B
, se
da
ng
ka
n
untu
k m
em
buat bara
ng
jen
is I
I d
ibu
tuh
ka
n 3
un
su
r A
da
n 2
un
su
r
B.
Jik
a b
ara
ng
je
nis
I
dij
ua
l se
ha
rga
Rp250.0
00,0
0 p
er
unit
da
n b
ara
ng
je
nis
II
dij
ua
l s
eh
arg
a
Rp400.0
00,0
0 p
er
unit
maka a
gar
penju
ala
n-
nya
menca
pai m
aks
imum
,
be
rap
a b
an
ya
k s
etia
p
Pili
han
ga
nd
a
Te
s
tert
ulis
2.3
Me
nye
lesa
ika
n
model m
ate
matik
a
da
ri
ma
sa
lah
pro
gra
m linear d
an
penafs
irannya
.
Pro
gra
m
Lin
ea
r
2.3
.1M
am
pu m
en
en
-
tuk
an
fu
ng
si
ob
jektif.
2.3
.2M
am
pu m
en
en
-
tuka
n n
ilai o
ptim
um
su
atu
b
en
tuk
ob
jektif.
2.3
.3M
am
pu m
en
en
-
tuka
n p
en
ye
le-
sa
ian
m
od
el
ma
tem
atika
da
ri
masala
h p
rogra
m
linear.
2.3
.4M
am
pu m
enafs
ir-
ka
n p
en
ye
lesa
i-
an
mo
de
l m
ate
-
ma
tika
da
ri m
a-
sa
lah
p
rog
ram
linear.
1.
Buku P
R M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
hala
man 2
5–46
2.
Buku P
G M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
hala
man 4
5–96
3.
BS
E M
ate
matika
Kela
s X
II P
rogra
m
IPA
untu
k S
MA
/
MA
, D
epdik
nas
4.
We
bs
it
e-
we
bs
ite
y
an
g
rele
va
n
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
4 jp
485Matematika Kelas XII Program IPA
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
jen
is
ba
ran
g
ha
rus
dib
ua
t?
a.
6 b
ara
ng jenis
I
b.
12 b
ara
ng jenis
II
c.
6 b
ara
ng
je
nis
I
dan 6
bara
ng j
enis
II
d.
3 b
ara
ng
je
nis
I
dan 9
bara
ng j
enis
II
e.
9 b
ara
ng
je
nis
I
dan 3
bara
ng j
enis
II
1.
Se
bu
ah
pa
bri
k m
em
-
pro
duks
i min
yak
gore
ng
kem
asan b
oto
l dengan
isi
1 l
ite
r d
an
2 l
ite
r.
Ka
pa
sit
as
pro
du
ksi
setia
p h
ari
tidak
lebih
dari
12
0 b
oto
l. S
etia
p h
ari
min
ya
k
de
ng
an
ke
-
masan 1
kg d
ipro
duksi
tidak
kura
ng d
ari 3
0 b
oto
l
dan k
em
asa
n 2
kg tid
ak
ku
ran
g 5
0 b
oto
l. K
e-
untu
ngan h
asi
l penju
ala
n
adala
h R
p3.0
00,0
0 p
er
bo
tol
un
tuk
min
ya
k
ke
ma
sa
n 1
lite
r d
an
Rp
5.0
00
,00
pe
r b
oto
l
untu
k m
inya
k ke
masa
n
2 lite
r.
Te
ntu
ka
nla
h:
a.
model m
ate
matika
da
ri
pe
rso
ala
n
ters
eb
ut,
b.
da
era
h
pe
ny
e-
lesaia
n d
ari m
odel
ma
tem
ati
ka
d
i
ata
s,
dan
c.
ba
nya
k p
rod
uksi
tia
p-t
iap
ke
ma
sa
n
ag
ar
dip
ero
leh
Ura
ian
486 Silabus
ke
un
tu
ng
an
ma
ks
imu
m
da
n
besar
keuntu
ngan
ma
ksim
um
nya
.
2.
Da
lam
se
tia
p m
ing
gu
ke
bu
tuh
an
m
inim
um
pro
tein
, ka
rbo
hid
rat,
da
n l
em
ak s
ese
ora
ng
be
rtu
rut-
turu
t 8
un
it,
12
u
nit
, d
an
9
u
nit
.
Makanan je
nis
A p
er kg
me
ng
an
du
ng
2
u
nit
pro
tein
, 6
un
it k
arb
o-
hid
rat, d
an 1
unit
lem
ak,
se
da
ng
ka
n m
aka
na
n
jen
is
B
pe
r kg
m
e-
ngandung 1
unit
pro
tein
,
1 u
nit
karb
ohid
rat, d
an
3 u
nit
lem
ak. Jik
a h
arg
a
ma
ka
na
n
jen
is
A
Rp8.5
00,0
0 p
er
kg d
an
harg
a m
akanan jenis
B
Rp
4.0
00
,00
p
er
kg
ma
ka
te
ntu
ka
n u
an
g
min
ima
l ya
ng
h
aru
s
dik
elu
ark
an p
er
min
ggu
agar kebutu
han p
rote
in,
karb
ohid
rat, d
an l
em
ak
terp
enuhi.
3.
Se
ora
ng
p
ed
ag
an
g
ku
e
me
mp
un
ya
i p
er-
sedia
an 1
8 k
g t
epung
da
n 1
2 k
g m
en
teg
a.
Pe
da
ga
ng
te
rse
bu
t
me
mb
ua
t 1
80
ku
e i
si
co
ke
lat
da
n i
si
ke
ju.
Ku
e is
i c
ok
ela
t m
e-
me
rlu
ka
n 1
50
g
ram
tep
un
g d
an
50
gra
m
me
nte
ga
, se
da
ng
ka
n
ku
e i
si
ke
ju m
em
erl
u-
ka
n 7
5 g
ram
te
pu
ng
dan 7
5 g
ram
mente
ga.
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
487Matematika Kelas XII Program IPA
Ap
ab
ila h
arg
a k
ue
isi
co
ke
lat
Rp
7.0
00
,00
pe
r b
ua
h d
an
ku
e i
si
ke
ju R
p5
.50
0,0
0 p
er
buah m
aka t
entu
kan:
4.
Se
bu
ah
LS
M d
itu
nju
ksta
siu
n T
V O
ke u
ntu
km
ela
kukan s
urv
ei
ten-
tang k
ualit
as p
rogra
mT
V O
ke. S
urv
ei dila
ku-
kan d
engan m
enyebar
ku
esio
ne
r ke
da
era
hpedesaan d
an d
aera
hp
erk
ota
an
. K
ue
sio
ne
rya
ng d
isebar
ke d
aera
hpedesaan t
idak k
ura
ng
da
ri 5
00
, se
da
ng
ka
nku
esi
oner
yang d
isebar
ke
da
era
h p
erk
ota
an
tid
ak
ku
ran
g
da
riku
esi
oner
yang d
isebar
ke
da
era
h p
ed
esa
an
.Ju
mla
h s
elu
ruh
ku
e-
sio
ne
r ya
ng
d
ise
ba
rtidak l
ebih
dari 1
.500.
Se
tia
p re
sp
on
de
n d
idaera
h p
edesa
an d
ibaya
rR
p4.0
00,0
0 d
an s
etia
pre
sponden d
i daera
h p
er-
kota
an d
ibaya
r Rp5.0
00,0
0ole
h L
SM
.a
.Jik
a L
SM
ters
ebut
dib
aya
r R
p6.0
00,0
0ole
h T
V O
ke u
ntu
ksetiap r
esponden,
bera
pa b
iaya m
ini-
mum
yang d
ikelu
ar-
kan L
SM
untu
k m
e-
lakukan s
urv
ei?
b.
Bera
pa k
euntu
ng-
an m
aks
imum
yang
dip
ero
leh L
SM
dari
su
rve
i te
rse
bu
t?
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
488 Silabus
Silab
us
Bab
III M
atr
iks
Seko
lah
:S
MA
/MA
Kela
s/S
em
este
r:
XII/1
Pro
gram
IP
A
Mata
Pela
jaran
:M
ate
mati
ka
Sta
nd
ar K
om
pete
nsi
:3.
Menggunakan k
onsep m
atr
iks, vekto
r, d
an tra
nsfo
rmasi dala
m p
em
ecahan m
asala
h.
3.1
Me
ng
gu
na
ka
n
sif
at-
sif
at
da
n
op
era
si
ma
trik
s
untu
k m
enunju
k-
kan b
ahw
a s
uatu
ma
trik
s p
ers
eg
i
me
ru
pa
ka
n
inve
rs d
ari m
atrik
s
pers
egi
lain
.
Ma
trik
s–
Menje
laskan p
enger-
tia
n m
atr
iks.
–M
en
uliska
n
no
tasi
matr
iks.
–M
en
en
tuk
an
o
rdo
su
atu
ma
trik
s.
–M
en
en
tuka
n
jen
is
matr
iks.
–M
en
en
tuka
n t
ran
s-
po
s s
ua
tu m
atr
iks.
–M
en
gg
un
aka
n k
esa
-
ma
an
d
ua
m
atr
iks
un
tuk
m
en
en
tuk
an
ele
me
n y
an
g b
elu
m
dik
eta
hu
i.
–M
en
jum
lah
ka
n d
ua
matr
iks a
tau l
ebih
.
–M
em
bu
kti
ka
n s
ifa
t-
sif
at
pe
nju
mla
ha
n
ma
trik
s.
–M
en
gu
ran
gka
n d
ua
matr
iks a
tau l
ebih
.
–M
em
bu
kti
ka
n s
ifa
t-
sif
at
pe
ng
ura
ng
an
ma
trik
s.
–M
en
ye
lesa
ika
n m
a-
sala
h y
ang b
erk
aitan
dengan p
enju
mla
han
da
n
pe
ng
ura
ng
an
ma
trik
s.
–M
engalik
an b
ilangan
skala
r dengan m
atrik
s.
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
3.1
.1M
am
pu
me
ne
n-
tukan o
rdo s
uatu
ma
trik
s.
3.1
.2M
am
pu
me
ne
n-
tuka
n tr
an
sp
os
su
atu
ma
trik
s.
3.1
.3M
am
pu
m
en
g-
gu
na
ka
n k
esa
-
maan d
ua m
atrik
s
untu
k m
enye
lesa
i-
kan p
erm
asa
lahan.
3.1
.4M
am
pu
menen
-
tukan p
enju
mla
h-
an
da
n p
en
gu
-
rangan d
ua m
atrik
s
ata
u lebih
.
3.1
.5M
am
pu
me
ne
n-
tuka
n h
asil
pe
r-
kalia
n m
atr
iks.
Pili
han
ga
nd
a
Te
s
tert
ulis
1.
Dib
eri
ka
n m
atr
iks C
=
��
��
�
��
�
−
−
. N
ilai c
21
da
n c
32 b
ert
uru
t-tu
rut
adala
h .
. .
.
a.
3 d
an 4
b.
8 d
an 3
c.
–1 d
an –
6
d.
7 d
an 0
e.
2 d
an 4
2.
Dik
eta
hu
i m
atr
iks K
=
��
��
d
an L
=
��
��
.
Jik
a K
T –
L =
M, m
atr
iks
M =
. .
. .
a.
��
�
−
b.
��
�−
c.
�
��
d.
�
��
e.
��
�
1.
Buku P
R M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
hala
man 4
7–80
2.
Buku P
G M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
ha
lam
an
9
7–
15
4
3.
BS
E M
ate
matika
Kela
s X
II P
rogra
m
IPA
untu
k S
MA
/
MA
, D
epdik
nas
4.
We
bs
it
e-
we
bs
ite
y
an
g
rele
va
n
4 jp
Pe
nd
idik
an
ka
rakte
r
(*)
Pe
rca
ya
Diri
489Matematika Kelas XII Program IPA
1.
Dik
eta
hu
i m
atr
iks
K =
(k
ij) d
itentu
kan o
leh
K =
�
��
�
��
��
−−
−
.
Te
ntu
ka
n:
a.
Te
ntu
ka
n
ord
o
ma
trik
s K
.
b.
Te
ntu
ka
n k
13,
k2
1,
k2
4.
c.
Te
ntu
ka
n
ha
sil
k1
1k
22
+
k1
2k
23
+ k
24k
14.
d.
Jik
a
�
�
�
�
−+
−
=
k23, t
entu
kan n
ilai n
.
2.
Tentu
kan n
ilai a d
an b
ya
ng
me
me
nu
hi
pe
r-
sa
ma
an
be
riku
t.
a.
��
��
��
��
=
��
��
��
��
b.
��
��
��
��
−
−−
=
��
���
��
−−
+−
1.
Ma
trik
s A
=
�
�
da
n B
ad
ala
h m
atr
iks
be
ruku
ran
2 ×
2.
Jik
a
de
t (B
) =
b m
aka
de
t
(AB
) =
. .
. .
a.
10
bd
.2
b
b.
5b
e.
� �b
c.
� �b
Ura
ian
Pili
han
ga
nd
a
–M
em
bu
kti
ka
n s
ifa
t-
sifat perk
alia
n b
ilang-
an
s
ka
lar
de
ng
an
ma
trik
s.
–M
engalik
an d
ua m
atrik
s
ata
u lebih
.
–M
em
bu
kti
ka
n s
ifa
t-
sifa
t perk
alia
n m
atr
iks.
–M
en
jela
sk
an
s
ifa
t
perk
alia
n m
atr
iks d
e-
ngan m
atrik
s id
entit
as.
–M
em
an
gk
atk
an
ma
trik
s.
–M
en
gg
un
aka
n s
ifa
t-
sifa
t perk
alia
n m
atr
iks
untu
k m
enyele
saik
an
so
al.
–M
en
jela
sk
an
c
ara
me
ne
ntu
ka
n d
ete
r-
min
an
ma
trik
s o
rdo
2 ×
2.
–M
en
jela
sk
an
c
ara
me
ne
ntu
ka
n d
ete
r-
min
an
ma
trik
s o
rdo
3 ×
3.
–M
en
en
tuk
an
je
nis
ma
trik
s b
erd
asa
rka
n
nila
i dete
rmin
annya.
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
3.2
Me
ne
ntu
ka
n
de
term
ina
n d
an
inv
ers
m
atr
iks
2 ×
2
Ma
trik
s1
.B
uku P
R M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
hala
man 4
7–80
2.
Buku P
G M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
ha
lam
an
9
7–
15
4
3.2
.1M
am
pu
me
ne
n-
tuka
n d
ete
rmin
-
an m
atr
iks 2
× 2
.
3.2
.2M
am
pu
me
ne
n-
tuk
an
in
ve
rs
matr
iks 2
× 2
.
3.2
.3M
am
pu
me
ne
n-
tuka
n d
ete
rmin
an
matr
iks 3
× 3
.
3.2
.4M
am
pu
me
ne
n-
tukan invers
ma-
trik
s o
rdo 3
× 3
.
Te
s
tert
ulis
4 jp
490 Silabus
2.
Dik
eta
hu
i m
atr
iks
A
=�
�
��−
− .
Jika
(A
– k
I)
adala
h m
atr
iks s
ingula
r,
nila
i k a
dala
h . . . .
a.
k =
–3 a
tau k
= –
6
b.
k =
–2 a
tau k
= –
9
c.
k =
–2 a
tau k
= 9
d.
k =
2 a
tau k
= 9
e.
k =
3 a
tau k
= 6
3.
Dik
eta
hu
i m
atr
iks
A =
�
�
��
−
dan
B =
�
�
��−
.
Jik
a
C =
AB
, in
vers
matr
iks
C a
dala
h .
. .
.
a.
��
��
�
�
��
− −
b.
��
��
��
�
�
− −−
c.
��
��
��
�
�
−
−−
d.
��
��
�
�
��
−
−
e.
��
��
��
�
�
−−
−−
1.
Dik
eta
hui P
=
��
��−
dan Q
–1 =
�
�
��
.
Te
ntu
ka
n (
Q–
1P
T)–
1.
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
–M
em
bu
kti
ka
n s
ifa
t-
sif
at
de
term
ina
n
ma
trik
s.
–M
enje
laskan p
enger-
tia
n i
nve
rs m
atr
iks.
–M
en
jela
ska
n s
ya
rat
su
atu
ma
trik
s m
em
-
punyai
invers
.
–M
en
en
tuka
n i
nve
rs
matr
iks o
rde 2
× 2
.
–M
en
en
tuka
n i
nve
rs
matr
iks o
rdo 3
× 3
.
–M
enggunakan d
ete
r-
min
an
d
an
in
ve
rs
ma
trik
s
un
tuk
me
-
nyele
saik
an
so
al.
3.
BS
E M
ate
matika
Kela
s X
II P
rogra
m
IPA
untu
k S
MA
/
MA
, D
epdik
nas
4.
We
bs
it
e-
we
bs
ite
y
an
g
rele
va
n
Ura
ian
491Matematika Kelas XII Program IPA
2.
Te
ntu
ka
n d
ete
rmin
an
matr
iks P
jik
a M
P =
N
de
ng
an
M =
��
���
��
��
�
α−
αα
α
dan N
=
�
�
−.
3.
Dik
eta
hui
matr
iks
A =
�
�
��−
d
an
B =
�
�
�−
.
Jik
a
XA
= B
, te
ntu
kan
ma
trik
s X
.
1.
Dik
eta
hu
i sis
tem
pe
r-
sam
aan l
inear:
x –
z =
1
2x +
y +
z =
3
–y +
2z =
4
Him
punan p
enyele
sai-
annya a
dala
h
. .
. .
a.
{(1,
–2,
2)}
b.
{(1,
2,
–2)}
c.
{(–2,
1,
2)}
d.
{(–2,
2,
1)}
e.
{(2,
–2,
1)}
2.
Dik
eta
hu
i ti
ga
g
ari
s
de
ng
an
pe
rsa
ma
an
(a +
2)x
+ y
– 2
= 0
,
x –
y –
3 =
0,
dan
3x +
ay +
1 =
0.
Jik
a a
> 0
, agar
ketiga
ga
ris
te
rse
bu
t b
er-
poto
ngan d
i satu
titik
,
nila
i a =
. . . .
a.
1d
.4
b.
2e
.5
c.
3
–M
enye
lesa
ikan s
iste
m
pe
rsa
ma
an
li
ne
ar
du
a v
ari
ab
el
me
ng
-
gu
na
ka
n c
ara
in
ve
rs
ma
trik
s.
–M
enye
lesa
ikan s
iste
m
pe
rsa
ma
an
li
ne
ar
du
a v
ari
ab
el
me
ng
-
gu
na
ka
n
me
tod
e
Cra
me
r.
–M
enye
lesa
ikan s
iste
m
pe
rsa
ma
an
li
ne
ar
tig
a v
ari
ab
el
me
ng
-
gu
na
ka
n c
ara
in
ve
rs
ma
trik
s.
–M
enye
lesa
ikan s
iste
m
pers
am
aan l
inear
tiga
variabel m
enggunaka
n
meto
de C
ram
er.
–M
en
jela
ska
n s
ya
rat
tiga g
aris b
erp
oto
ng-
an d
i satu
titik
.
3.3
.1M
am
pu
me
ne
n-
tuk
an
p
en
ye
le-
saia
n s
iste
m p
er-
sa
ma
an
li
ne
ar
dua v
aria
bel m
eng-
gu
na
ka
n i
nve
rs
matr
iks d
an m
e-
tod
e C
ram
er.
3.3
.2M
am
pu
me
ne
n-
tuka
n p
en
ye
le-
saia
n s
iste
m p
er-
sa
ma
an
li
ne
ar
tiga v
aria
bel m
eng-
gu
na
ka
n i
nve
rs
matr
iks d
an m
e-
tod
e C
ram
er.
1.
Buku P
R M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
hala
man 4
7–80
2.
Buku P
G M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
ha
lam
an
9
7–
15
4
3.
BS
E M
ate
matika
Kela
s X
II-P
rogra
m
IPA
untu
k S
MA
/
MA
, D
epdik
nas
4.
We
bs
it
e-
we
bs
ite
y
an
g
rele
va
n
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
Ma
trik
s3
.3M
en
gg
un
ak
an
de
term
ina
n d
an
inv
ers
d
ala
m
pe
ny
ele
sa
ian
sis
tem
pers
am
a-
an
li
ne
ar
du
a
va
ria
be
l.
4 jp
Te
s
tert
ulis
Pili
han
ga
nd
a
492 Silabus
Ura
ian
1.
Harg
a 2
kg b
era
s d
an
3 k
g te
lur R
p52.0
00,0
0,
sedangkan h
arg
a 1
kg
be
ras d
an
2 k
g t
elu
r
Rp
32
.0
00
,0
0.
Te
ntu
ka
n:
a.
ha
rga
1 k
g b
era
s
dan 1
kg t
elu
r;
b.
ha
rga
3 k
g b
era
s
dan 4
kg t
elu
r.
2.
Ha
rga
5
b
ua
h b
uk
u
tulis
dan 7
buah p
ensil
Rp
14
.50
0,0
0.
Ha
rga
3 b
uah b
uku t
ulis
dan
4
bu
ah
p
en
sil
Rp
8.5
00
,00
. B
era
pa
harg
a 8
buah b
uku tu
lis
dan 5
buah p
ensil?
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
493Matematika Kelas XII Program IPA
Silab
us
Bab
IV
Vekto
r
Seko
lah
:S
MA
/MA
Kela
s/S
em
este
r:
XII/1
Pro
gram
IP
A
Mata
Pela
jaran
:M
ate
mati
ka
Sta
nd
ar K
om
pete
nsi
:3.
Menggunakan k
onsep m
atr
iks, vekto
r, d
an tra
nsfo
rmasi dala
m p
em
ecahan m
asala
h.
3.4
Me
ng
gu
na
ka
n
sif
at-
sif
at
da
n
op
era
si
alja
ba
r
ve
kto
r d
ala
m
pe
me
ca
ha
n
ma
sa
lah
.
Ve
kto
r3
.4.1
Ma
mp
u m
en
de
-
fin
isik
an
ve
kto
r.
3.4
.2M
am
pu
me
ne
n-
tuka
n s
ifa
t-sif
at
pa
da
o
pe
ras
i
alja
ba
r ve
kto
r.
3.4
.3M
am
pu
menen
-
tuka
n p
enye
lesa
i-
an o
peasi a
ljabar
ve
kto
r.
Pili
han
ga
nd
a
Ura
ian
Jik
a �
= 6
� –
5�
+ 4
�
dan
� =
�
+ 3
� –
2�
maka �
+ 3
� =
. .
. .
a.
7�
– 2
� +
2�
b.
7�
– 2
� –
2�
c.
9�
+ 4
� –
2�
d.
9�
– 4
� +
�
e.
9�
– 4
� +
2�
Dik
eta
hu
i ko
ord
ina
t ti
tik
A(–
4, 5
, 2),
B(2
, –1, 3
), d
an
C(3
, –2,
1).
Te
ntu
ka
n:
a.
vekto
r �
� d
an
��
,
b.
koord
inat
titik D
sehin
gga
��
= 2
��
– 3
��
.
–M
enje
laskan p
enger-
tian v
ekto
r.
–M
en
uli
sk
an
n
ota
si
ve
kto
r.
–M
en
jela
sk
an
s
ifa
t
penju
mla
han, pengu-
rangan, dan p
erk
alia
n
pa
da
ve
kto
r.
–M
en
jum
lah
ka
n d
ua
ve
kto
r.
–M
en
gu
ran
gka
n d
ua
vekto
r.
–M
en
ga
lika
n
ska
lar
dengan v
ekto
r.
–M
en
ya
tak
an
s
ua
tu
ve
kto
r d
ala
m v
ekto
r
ba
ris,
ve
kto
r ko
lom
,
da
n v
ekto
r b
asis
.
–M
enje
laskan p
enger-
tian k
esam
aan v
ekto
r.
–M
en
gh
itu
ng
pa
nja
ng
su
atu
ve
kto
r.
–M
en
ya
tak
an
s
ua
tu
ve
kto
r jik
a d
ike
tah
ui
perb
andin
gan p
osis
i-
nya
te
rha
da
p v
ekto
r
lain
.
–M
en
jela
ska
n s
ya
rat
titik
-titi
k ko
linear
meng-
gu
na
ka
n v
ekto
r.
–M
enyele
saik
an m
asa-
lah
ya
ng
me
liba
tka
n
opera
si alja
bar
vekto
r.
Te
s
tert
ulis
1.
Buku P
R M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
ha
lam
an
8
7–
11
0
2.
Buku P
G M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
ha
lam
an
18
9–
23
2
3.
BS
E M
ate
matika
Kela
s X
II-P
rogra
m
IPA
untu
k S
MA
/
MA
, D
epdik
nas
4.
We
bs
it
e-
we
bs
ite
y
an
g
rele
va
n
8 jp
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
Pe
nd
idik
an
ka
rakte
r
(*)
Ge
ma
r
Me
mb
aca
494 Silabus
3.5
Me
ng
gu
na
ka
n
sif
at-
sif
at
da
n
opera
si p
erk
alia
n
skala
r dua v
ekto
r
dala
m p
em
ecah-
an m
asala
h.
Ve
kto
r–
Menje
laskan p
enger-
tia
n p
erk
alia
n s
ka
lar
du
a v
ekto
r.
–M
en
jela
sk
an
s
ifa
t-
sifat
perk
alia
n s
kala
r
du
a v
ekto
r.
–M
enghitung h
asil
kali
sk
ala
r d
ua
v
ek
tor
be
rda
sa
rka
n s
ifa
t-
sifa
tnya
.
–M
en
gh
itu
ng
b
es
ar
su
du
t a
nta
ra
du
a
ve
kto
r.
–M
enje
laskan p
enger-
tian d
ua v
ekto
r yang
salin
g t
egak l
uru
s.
–M
en
ca
ri k
om
po
ne
n
ve
kto
r y
an
g te
ga
k
luru
s v
ekto
r la
in.
–M
enje
laskan p
enger-
tian d
ua v
ekto
r yang
salin
g s
eja
jar.
–M
en
ca
ri k
om
po
ne
n
ve
kto
r ya
ng
se
jaja
r
vekto
r la
in.
–M
enje
laskan p
enger-
tia
n p
roye
ksi
ska
lar
ortogonal su
atu
vekt
or
pada v
ekto
r la
in.
–M
en
gh
itu
ng
h
as
il
pro
yeksi
skala
r ort
o-
go
na
l su
atu
ve
kto
r
pada v
ekto
r la
in.
–M
enje
laskan p
enger-
tia
n p
roye
ksi
ve
kto
r
ortogonal su
atu
vekt
or
pada v
ekto
r la
in.
–M
en
ya
tak
an
h
as
il
pro
yeksi
vekto
r ort
o-
go
na
l su
atu
ve
kto
r
pada v
ekto
r la
in.
3.5
.1M
am
pu
me
nd
e-
fin
isik
an
p
er-
kalia
n s
kala
r dua
ve
kto
r.
3.5
.2M
am
pu
me
ne
n-
tuka
n s
ifa
t-sif
at
pe
rka
lia
n s
ka
lar
du
a v
ekto
r.
3.5
.3M
am
pu
me
ne
n-
tukan b
esar sudut
anta
ra d
ua v
ekto
r.
3.5
.4M
am
pu
me
nd
e-
fin
isik
an
d
ua
ve
kto
r ya
ng
sa
-
ling t
egak l
uru
s.
3.5
.5M
am
pu
me
nd
e-
fin
isik
an
d
ua
ve
kto
r ya
ng
sa
-
ling s
eja
jar.
3.5
.6M
am
pu
me
ne
n-
tuk
an
p
roy
ek
si
ska
lar
ort
og
on
al
su
atu
v
ek
tor
pada v
ekto
r la
in.
3.5
.7M
am
pu
me
ne
n-
tuk
an
p
roy
ek
si
ve
kto
r o
rto
go
na
l
su
atu
v
ek
tor
pada v
ekto
r la
in.
Te
s
tert
ulis
Pili
han
ga
nd
a
Ura
ian
1.
Jik
a �
=
� � �
−
dan
� =
� � �
−
maka
� ·
(�
+ �
) =
. .
. .
a.
15
d.
30
b.
21
e.
36
c.
27
2.
Dik
eta
hui
segitig
a A
BC
de
ng
an
k
oo
rdin
at
A(2
, –1, –
1), B
(–1, 4
, –2),
dan C
(5, 0, –3). P
roye
ksi
ve
kto
r �
� p
ad
a
��
adala
h . . . .
a.
� �(3
�+
�
– 2
�)
b.
� ��
(3�
+
� –
2�
)
c.
–� �
(3�
+
� –
2�
)
d.
–� ��
(3�
+
� –
2�
)
e.
–� �
(3�
+
� –
2�
)
Dik
eta
hui |
�| =
13, | �
| = 8
,
da
n s
ud
ut
an
tara
ve
kto
r
� d
an �
adala
h α
dengan
tan α
=
�� �
.Tentu
kan:
a.
� ·
�
b.
� ·
(�
+ �
)
c.
|�
+ �
|
d.
|�
– �
|
6 jp
1.
Buku P
R M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
ha
lam
an
8
7–
11
0
2.
Buku P
G M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
ha
lam
an
18
9–
23
2
3.
BS
E M
ate
matika
Kela
s X
II-P
rogra
m
IPA
untu
k S
MA
/
MA
, D
epdik
nas
4.
We
bs
it
e-
we
bs
ite
y
an
g
rele
va
n
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
495Matematika Kelas XII Program IPA
Silab
us
Bab
V
T
ran
sfo
rm
asi
Geo
metr
i
Seko
lah
:S
MA
/MA
Kela
s/S
em
este
r:
XII/1
Pro
gram
IP
A
Mata
Pela
jaran
:M
ate
mati
ka
Sta
nd
ar K
om
pete
nsi
:3.
Menggunakan m
atr
iks, vekto
r, d
an tra
nsfo
rmasi d
ala
m p
em
ecahan m
asala
h.
3.6
Me
ng
gu
na
ka
n
tra
ns
form
as
i
ge
om
etr
i y
an
g
da
pa
t d
iny
ata
-
ka
n
de
ng
an
ma
trik
s
da
lam
pe
me
ca
ha
n
ma
sa
lah
.
Tra
ns
form
as
i
Ge
om
etr
i
3.6
.1M
am
pu
me
nd
e-
fin
isik
an
tr
an
s-
lasi.
3.6
.2M
am
pu
me
ne
n-
tuka
n b
aya
ng
an
titi
k,
ga
ris,
da
n
kurv
a o
leh s
uatu
tra
nsla
si.
3.6
.3M
am
pu
me
nd
e-
finis
ikan r
efleksi.
3.6
.4M
am
pu
me
ne
n-
tuka
n b
aya
ng
an
titi
k,
ga
ris,
da
n
kurv
a o
leh s
uatu
refle
ksi.
3.6
.5M
am
pu
me
nd
e-
finis
ikan r
ota
si.
3.6
.6M
am
pu
me
ne
n-
tuka
n b
aya
ng
an
titi
k,
ga
ris,
da
n
kurv
a o
leh s
uatu
rota
si.
3.6
.7M
am
pu
me
nd
e-
finis
ikan d
ilata
si.
3.6
.8M
am
pu
me
ne
n-
tuka
n b
aya
ng
an
titi
k,
ga
ris,
da
n
kurv
a o
leh s
uatu
dila
tasi.
3.6
.9M
am
pu
me
ne
n-
tukan h
asil
trans-
form
as
i o
leh
su
atu
ma
trik
s.
Pili
han
ga
nd
a
1.
P′(4
, –
12
) a
da
lah
ba
-
ya
ng
an
ti
tik
P
o
leh
transla
si
T =
� �−
.
Koord
inat titik P
adala
h
. .
. .
a.
(13,
–20)
b.
(13,
–4)
c.
(4,
20)
d.
(–5,
–4)
e.
(–5,
–20)
2.
Bayangan g
aris x
– 2
y
– 3
= 0
ole
h t
ran
sla
si
� �
−
adala
h .
. .
.
a.
x +
2y +
3 =
0
b.
x –
2y –
3 =
0
c.
x +
2y +
11 =
0
d.
x –
2y +
11 =
0
e.
x –
2y –
11 =
0
3.
Bayangan titik
A(–
2, 0)
jika d
irota
sik
an s
ebesar
12
0°
se
ara
h p
uta
ran
jaru
m
jam
d
en
ga
n
pu
sa
t O
(0,
0)
ad
ala
h
. . .
a.
(1,
�)
b.(1
, –
�)
c.(–
1,
�)
d.(–
1,
–�
)
e.
(–1,
–�
+ 1
)
–M
enje
laskan p
enger-
tia
n t
ran
sfo
rma
si.
–M
enje
laskan p
enger-
tian t
ransla
si.
–M
en
uli
sk
an
p
er-
sa
ma
an
m
atr
iks
tra
ns
form
as
i d
ari
su
atu
tra
nsla
si.
–M
enentu
kan b
ayang-
an
ti
tik,
ga
ris,
da
n
ku
rva
o
leh
s
ua
tu
tra
nsla
si.
–M
enje
laskan p
enger-
tian r
efleksi.
–M
en
uli
sk
an
p
er-
sa
ma
an
m
atr
iks
tra
ns
form
as
i d
ari
su
atu
re
fle
ksi.
–M
enentu
kan b
ayang-
an
ti
tik,
ga
ris,
da
n
ku
rva
o
leh
s
ua
tu
refle
ksi.
–M
enje
laskan p
enger-
tian r
ota
si.
–M
en
uli
sk
an
p
er-
sa
ma
an
m
atr
iks
tra
ns
form
as
i d
ari
su
atu
ro
tasi.
–M
enentu
kan b
ayang-
an
ti
tik,
ga
ris,
da
n
ku
rva
o
leh
s
ua
tu
rota
si.
Te
s
Tu
ga
s
1.
Buku P
R M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
ha
lam
an
11
1–
13
4
2.
Buku P
G M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
ha
lam
an
23
3–
28
4
3.
BS
E M
ate
matika
Kela
s X
II-P
rogra
m
IPA
untu
k S
MA
/
MA
, D
epdik
nas
4.
We
bs
it
e-
we
bs
ite
y
an
g
rele
va
n
6 jp
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
Pe
nd
idik
an
ka
rakte
r
(*)
Rasa
Ingin
Ta
hu
496 Silabus
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
–M
en
jela
sk
an
p
e-
ngert
ian d
ilata
si.
–M
en
uli
sk
an
p
er-
sa
ma
an
m
atr
iks
tra
ns
form
as
i d
ari
suatu
dila
tasi.
–M
en
en
tuk
an
b
a-
ya
ng
an
tit
ik,
ga
ris,
dan k
urv
a o
leh s
uatu
dila
tasi.
–M
en
jela
sk
an
p
e-
ng
ert
ian
tr
an
sfo
r-
ma
si
ole
h
su
atu
ma
trik
s.
–M
en
uli
sk
an
p
er-
sa
ma
an
ya
ng
me
-
nya
taka
n tr
an
sfo
r-
ma
si
ole
h
su
atu
matr
iks.
–M
en
en
tuk
an
b
a-
ya
ng
an
tit
ik,
ga
ris,
da
n
ku
rva
o
leh
tra
nsfo
rma
si
ya
ng
bers
esuaia
n d
engan
su
atu
ma
trik
s.
3.6
.10
Ma
mp
u m
en
en
-
tuk
an
lu
as
b
a-
ya
ng
an
s
ua
tu
ba
ng
un
o
leh
su
atu
tr
an
s-
form
asi.
4.
T a
dala
h t
ransfo
rmasi
ge
om
etr
i y
an
g b
er-
se
su
aia
n
de
ng
an
ma
trik
s
��
��
−
−−
.
Ja
jarg
en
jan
g A
BC
D
dengan A
(0, 0
), B
(4, 0
),
C(6
, 5
), d
an
D(2
, 5
)
dit
ran
sfo
rma
sik
an
terh
adap T
menghasil-
ka
n
jaja
rge
nja
ng
A′B′C′D′
dengan l
uas
. .
. satu
an luas.
a.
40
b.6
0
c.8
0
d.1
00
e.
12
0
1.
Su
atu
pe
rse
gi
AB
CD
de
ng
an
k
oo
rdin
at
titik A
(–2
, 2
), B
(1,
2),
C(–
2, –1),
dan D
(1, –1)
ditra
nsla
sik
an
ole
h T
se
hin
gg
a d
iha
silka
n
ba
ya
ng
an
p
ers
eg
i
A′B′C′D′.
Jik
a d
iketa
hui
B′(4
, 2),
tentu
kan:
a.
matr
iks tra
nsla
si T
,
b.b
aya
ng
an
tit
ik A
,
C,
dan D
.
2.
Te
ntu
ka
n b
ay
an
ga
n
lingkara
n x
2 +
y2 +
4y
+ 5
= 0
, ole
h:
a.
pe
nce
rmin
an
te
r-
hadap g
aris y
= –
x;
b.p
en
ce
rmin
an
te
r-
hadap g
aris y
= 4
;
da
n
c.
pe
nce
rmin
an
te
r-
hadap t
itik
x =
–2.
Ura
ian
497Matematika Kelas XII Program IPA
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
–M
enje
laskan p
enger-
tian k
om
posis
i tr
ans-
form
asi.
–M
enje
laskan p
enger-
tian k
om
posis
i tr
ans-
lasi.
–M
en
ya
tak
an
p
er-
sa
ma
an
m
atr
iks
tra
nsfo
rma
si
tun
gg
al
ya
ng
eku
iva
len
de
-
ngan s
uatu
kom
posis
i
tra
nsla
si.
–M
en
jela
sk
an
s
ifa
t
ko
mp
osis
i tr
an
sla
si.
–M
en
en
tuk
an
b
a-
ya
ng
an
tit
ik,
ga
ris,
dan k
urv
a o
leh s
uatu
ko
mp
osis
i tr
an
sla
si.
–M
enje
laskan p
enger-
tia
n k
om
po
sis
i re
-
fle
ksi.
–M
en
ya
tak
an
p
er-
sa
ma
an
m
att
rik
s
tra
nsfo
rma
si
tun
gg
al
ya
ng
eku
iva
len
de
-
ngan s
uatu
kom
posis
i
refle
ksi.
3.
Dik
eta
hu
i p
ers
am
aa
n
lingkara
n L
≡ (
x +
5)2
+
(y
–
1)2
=
1
6
da
n
koord
inat
titik P
(3,
–4).
Te
ntu
ka
n p
ers
am
aa
n
ba
ya
ng
an
li
ng
ka
ran
jika
:
a.
lin
gk
ara
n
L
ter-
se
bu
t d
iro
tasik
an
ole
h [
P,
–�π
];
b.
lin
gka
ran
L
te
r-
sebut
did
ilata
sik
an
ole
h [
P,
–3].
1.
Ma
trik
s t
ran
sfo
rma
si
tunggal
yang m
ew
akili
rota
si
[P(–
3,
7),
–75°]
dila
nju
tkan d
engan
rota
si
[P(–
3,
7),
30°]
adala
h
. .
. .
a.
��
��
��
��
��
��
−− −
b.
��
��
��
��
��
��
− −
c.
��
��
��
��
��
��
−
d.
��
��
��
��
��
��
−
e.
��
��
��
��
��
��
3.7
Me
ne
ntu
ka
n
ko
mp
os
isi
da
ri
be
be
rap
a t
ran
s-
form
asi g
eom
etr
i
be
se
rta
ma
trik
s
tra
ns
form
as
i-
nya
.
Tra
nsfo
rma
si
Ge
om
etr
i
1.
Buku P
R M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
ha
lam
an
11
1–
13
4
2.
Buku P
G M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 1,
Inta
n P
ariw
ara
,
ha
lam
an
23
3–
28
4
3.
BS
E M
ate
matika
Kela
s X
II-P
rogra
m
IPA
untu
k S
MA
/
MA
, D
epdik
nas
4.
We
bs
it
e-
we
bs
ite
y
an
g
rele
va
n
6 jp
Pili
han
ga
nd
a
Te
s
tert
ulis
3.7
.1M
am
pu
me
nd
e-
fin
isik
an
k
om
-
po
sis
i tr
an
sla
si.
3.7
.2M
am
pu
me
ne
n-
tuka
n b
aya
ng
an
titi
k,
ga
ris,
da
n
kurv
a o
leh s
uatu
kom
posis
i tr
ans-
lasi.
3.7
.3M
am
pu
me
nd
e-
fin
isik
an
ko
m-
posis
i re
fleksi.
3.7
.4M
am
pu
me
ne
n-
tuka
n b
aya
ng
an
titi
k,
ga
ris,
da
n
kurv
a o
leh s
uatu
ko
mp
os
isi
re-
fle
ksi.
3.7
.5M
am
pu
me
nd
e-
fin
isik
an
k
om
-
po
sis
i ro
tasi.
3.7
.6M
am
pu
me
ne
n-
tuka
n b
aya
ng
an
titi
k,
ga
ris,
da
n
kurv
a o
leh s
uatu
kom
posis
i ro
tasi.
Pe
nd
idik
an
ka
rakte
r
(*)
Te
liti
da
n
Ce
rma
t
498 Silabus
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
–M
en
en
tuk
an
b
a-
ya
ng
an
tit
ik,
ga
ris,
dan k
urv
a o
leh s
uatu
ko
mp
osis
i re
fle
ksi.
–M
en
jela
sk
an
s
ifa
t
ko
mp
osis
i re
fle
ksi.
–M
enje
laskan p
enger-
tian k
om
posis
i ro
tasi.
–M
en
ya
taka
n p
ers
a-
ma
an
ma
trik
s t
ran
s-
form
asi tu
nggal yang
ek
uiv
ale
n
de
ng
an
su
atu
k
om
po
sis
i
rota
si.
–M
en
en
tuk
an
b
a-
ya
ng
an
tit
ik,
ga
ris,
dan k
urv
a o
leh s
uatu
ko
mp
osis
i ro
tasi.
–M
en
un
juk
ka
n
ba
-
ya
ng
an
tit
ik,
ga
ris,
dan k
urv
a o
leh s
uatu
ko
mp
osis
i tr
an
sla
si,
refle
ksi, s
ert
a r
ota
si.
–M
enje
laskan p
enger-
tia
n k
om
po
sis
i d
an
be
be
rap
a t
ran
sfo
r-
masi
geom
etr
i.
–M
en
ya
tak
an
p
er-
sa
ma
an
m
atr
iks
tra
ns
form
as
i y
an
g
ek
uiv
ale
n
de
ng
an
ko
mp
osis
i d
ari
be
-
be
rap
a t
ran
sfo
rma
si
ge
om
etr
i.
2.
Ba
ya
ng
an
titik
pu
sa
t
lingkara
n L
≡ x
2 –
10x
+ y
2 +
12
y –
64
= 0
ole
h r
ota
si
[P(–
3,
4),
90°]
dila
nju
tkan r
ota
si
[P(–
3,
4),
–4
5°]
da
n
dila
nju
tka
n l
ag
i ro
tasi
[P(–
3, 4),
225°]
adala
h
. .
. .
a.
(–13,
–4)
b.
(–11,
14)
c.
(–7,
–12)
d.
(–5,
6)
e.
(–4,
14)
Dik
eta
hui A
(2, 2
), B
(–5, 4
),
dan C
(10,
–3).
Te
ntu
ka
n b
aya
ng
an
titik
A,
B,
dan C
jik
a:
a.
dir
ota
sik
an
de
ng
an
rota
si [P
(7,
–7),
180°]
dila
nju
tka
n d
en
ga
n
rota
si [
O(0
, 0),
–270°]
;
b.
ditra
nfo
rma
sik
an
ole
h
ma
trik
s
��
��
−
−
d
i-
lan
jutk
an
d
en
ga
n
refleksi te
rhadap g
aris
y =
–x.
Ura
ian
3.7
.7M
am
pu m
endes-
kri
psik
an
ko
m-
po
sis
i d
an
b
e-
be
rap
a
tra
ns-
form
asi g
eom
etr
i.
3.7
.8M
am
pu m
enentu
-
ka
n
ba
ya
ng
an
titi
k,
ga
ris
da
n
ku
rva
ko
mp
osis
i
da
ri
be
be
rap
a
transfo
rmasi.
3.7
.9M
am
pu m
enentu
-
kan lu
as
baya
ngan
suatu
bangun o
leh
su
atu
ko
mp
osis
i
transf
orm
asi
499Matematika Kelas XII Program IPA
Sil
ab
us
Bab
V
I B
aris
an
, D
eret,
d
an
N
ota
si
Sig
ma
Seko
lah
:S
MA
/MA
Kela
s/S
em
este
r:
XII/2
Pro
gram
IP
A
Mata
Pela
jaran
:M
ate
mati
ka
Sta
nd
ar K
om
pete
nsi
:4.
Menggunakan k
onsep b
arisan d
an d
ere
t dala
m p
em
ecahan m
asala
h.
Te
s
tert
ulis
Te
s
tert
ulis
4.1
Me
ne
ntu
ka
n
suku
ke-n
baris-
an d
an ju
mla
h n
su
ku
pe
rta
ma
de
ret
ge
om
etr
i
dan a
ritm
etika.
Barisan d
an
De
ret
Ari
tme
tika
Barisan d
an
De
ret
Ge
om
etr
i
4.1
.1M
am
pu m
enen-
tuka
n s
uku
ke
-
n b
ari
sa
n d
an
dere
t aritm
etika.
4.1
.2M
am
pu m
enen-
tuka
n s
uku
te
-
ng
ah
b
ari
sa
n
ari
tme
tika
.
4.1
.3M
am
pu m
enen-
tuka
n j
um
lah
n
su
ku
p
ert
am
a
dere
t aritm
etika.
4.1
.4M
am
pu m
enen-
tuka
n s
uku
ke
-
n b
ari
sa
n d
an
dere
t geom
etr
i.
4.1
.5M
am
pu m
enen-
tuka
n s
uku
te
-
ng
ah
b
ari
sa
n
ge
om
etr
i.
Pili
han
ga
nd
a
Ura
ian
Pili
han
ga
nd
a
1.
Buku P
R M
ate
-
ma
tik
a
Ke
las
XII-I
PA
S
em
es-
ter
2,
Inta
n
Pa
riw
ara
, h
a-
lam
an 1
41–162
2.
Buku P
G M
ate
-
ma
tik
a
Ke
las
XII-I
PA
S
em
es-
ter
2,
Inta
n
Pa
riw
ara
, h
a-
lam
an 3
03–340
3.
BS
E M
ate
matika
Ke
las X
II-P
ro
-
gra
m I
PA
untu
k
SM
A/
MA
,
De
pd
ikn
as
4.
We
bs
ite
-w
eb
-
site y
ang re
leva
n
1.
Buku P
R M
ate
-
ma
tik
a
Ke
las
XII-I
PA
S
em
es-
ter
2,
Inta
n
Pa
riw
ara
, h
a-
lam
an 1
41–162
Se
bu
ah
bid
an
g m
irin
g
dit
op
an
g o
leh
10
tia
ng
pe
nya
ng
ga
ya
ng
ja
rak-
nya s
atu
sam
a la
in s
am
a.
Tia
ng
pe
nya
ng
ga
ya
ng
tert
ing
gi
1.2
75
cm
da
n
ya
ng
te
rpe
nd
ek 6
0 c
m.
Tin
gg
i tia
ng
pe
nya
ng
ga
yang k
e-6
adala
h . . . c
m.
a.
47
5d
.7
35
b.
60
0e
.7
45
c.
72
5
Jum
lah 5
buah b
ilangan
yang m
em
bentu
k b
arisan
aritm
etika a
dala
h 7
5. Jik
a
hasil
kali
bila
ngan terk
ecil
dan t
erb
esar
161,
tentu
-
kan s
elis
ih d
ari b
ilangan
terb
esa
r d
an
te
rke
cil.
1.
Ju
mla
h s
uku
su
atu
de
ret
ge
om
etr
i ta
k
hin
gga a
dala
h 3
. Jik
a
su
ku
pe
rta
ma
de
ret
ters
ebut
2x +
1,
nila
i
x y
an
g m
em
en
uh
i
adala
h . . . .
–M
em
bu
ktika
n r
um
us
jum
lah n
suku
pertam
a
de
ret
aritm
etika
.
–M
en
en
tuk
an
n
ila
i
su
ku
k
e-n
b
ari
sa
n
ari
tme
tika
.
–M
enentu
kan n
ilai s
uku
pe
rta
ma
d
an
b
ed
a
ba
risa
n a
ritm
etika
.
–M
en
ca
ri r
um
us s
uku
ke-n
baris
an a
ritm
etik
a.
–M
en
en
tuka
n b
an
ya
k
suku
baris
an a
ritm
etik
a.
–M
enghitung j
um
lah n
su
ku
pe
rta
ma
de
ret
ari
tme
tika
.
–M
en
en
tuk
an
n
ila
i
su
ku
te
ng
ah
ba
risa
n
ari
tme
tika
.
–M
enghitung n
ilai per-
kalia
n d
ua s
uku d
ere
t
aritm
etika.
–M
em
bu
ktika
n r
um
us
jum
lah n
suku
pertam
a
dere
t geom
etr
i.
–M
enentu
kan n
ilai s
uku
ke-n
barisan g
eom
etr
i.
–M
enentu
kan n
ilai s
uku
pe
rta
ma
d
an
ra
sio
ba
risa
n g
eo
me
tri.
4 jp
4 jp
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
Pe
nd
idik
an
ka
rakte
r
(*)
Te
ku
n
500 Silabus
4.2
Me
ng
gu
na
ka
n
no
tas
i s
igm
a
da
lam
d
ere
t
da
n
ind
uk
si
ma
tem
ati
ka
da
lam
p
em
-
bu
ktia
n.
Nota
si
Sig
ma
dan I
nduksi
Ma
tem
atika
–M
en
en
tuka
n r
um
us
su
ku
k
e-n
b
ari
sa
n
ge
om
etr
i.
–M
en
en
tuka
n b
an
ya
k
suku
barisa
n g
eom
etri.
–M
enghitung jum
lah n
su
ku
pe
rta
ma
de
ret
ge
om
etr
i.
–M
en
en
tuka
n r
um
us
jum
lah
n s
uku
pe
r-
tam
a d
ere
t geom
etr
i.
–M
en
en
tuk
an
n
ila
i
su
ku
te
ng
ah
ba
risa
n
ge
om
etr
i.
–M
en
gh
itu
ng
ju
mla
h
de
ret
ge
om
etr
i ta
k
hin
gg
a.
–M
en
en
tuk
an
ra
sio
de
ret
ge
om
etr
i ta
k
hin
gg
a.
–M
enentu
kan n
ilai s
uku
ke
-n d
ere
t g
eo
me
tri
tak h
ingga.
–M
enyata
kan p
enju
m-
lahan b
eru
ntu
n d
ala
m
bentu
k n
ota
si
sig
ma.
–M
en
gh
itu
ng
ju
mla
h
de
ret
da
lam
be
ntu
k
nota
si
sig
ma.
–M
enyata
kan p
enju
m-
lah
an
be
run
tun
da
ri
suatu
nota
si
sig
ma.
4.1
.6M
am
pu m
enen-
tuka
n j
um
lah
n
su
ku
p
ert
am
a
dere
t geom
etr
i.
4.1
.7M
am
pu m
enen-
tuka
n s
uku
ke
-
n b
ari
sa
n d
an
de
ret
ge
om
eri
tak h
ingga.
4.1
.8M
am
pu m
enen-
tuk
an
ju
mla
h
de
ret
ge
om
etr
i
tak h
ingga.
4.2
.1M
am
pu m
enen-
tuk
an
n
ota
si
sig
ma
s
ua
tu
de
ret.
4.2
.2M
am
pu
me
ng
-
gu
na
ka
n s
ifa
t-
sif
at
no
tas
i
sig
ma
.
Te
s
tert
ulis
Ura
ian
Pili
han
ga
nd
a
2.
Buku P
G M
ate
-
ma
tik
a
Ke
las
XII-I
PA
S
em
es-
ter
2,
Inta
n
Pariw
ara
,
ha
-
lam
an 3
03–340
3.
BS
E M
ate
matika
Ke
las X
II-P
ro
-
gra
m I
PA
untu
k
SM
A/
MA
,
De
pd
ikn
as
4.
We
bs
ite
-w
eb
-
site y
ang rele
van
1.
Buku P
R M
ate
-
ma
tik
a
Ke
las
XII-I
PA
S
em
es-
ter
2,
Inta
n
Pa
riw
ara
, h
a-
lam
an 1
41–162
a.
{x |
x <
–� �
}
b.
{x |
x >
� �
}
c.
{x | –
� � <
x <
� �
}
d.
{x |
� �
< x
<
� �}
e.
{x |
x <
� �
ata
u
x >
� �
}
2.
Ju
mla
h ta
k h
ing
ga
dari d
ere
t geom
etr
i 16
– 8
+ 4
– 2
+ .
. . a
dala
h
. . . .
a.
�� �
d.
� �
b.
�� �
e.
� �
c.
� �
Uju
ng s
ebuah p
endulu
m
se
pa
nja
ng
90
cm
be
r-
ayun s
eja
uh 5
0 c
m p
ada
ayu
na
n p
ert
am
a.
Pa
da
ay
un
an
s
ela
nju
tny
a,
jara
k a
yunannya
� �
dari
jara
k a
yu
na
n s
eb
elu
m-
nya
. H
itu
ng
lah
se
luru
h
jara
k a
yu
na
n p
en
du
lum
itu h
ingga b
erh
enti.
1.
No
tasi
sig
ma
ya
ng
se
su
ai
un
tuk
p
en
-
jum
lah
an
(1
×
2
)
+ (
2 ×
3)
+ (
3 ×
4)
+ (
4 ×
5)
+ (
5 ×
6)
+ (6 ×
7) +
. . . s
am
pai
100 s
uku a
dala
h . . . .
6 jp
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
501Matematika Kelas XII Program IPA
a.
�
�
��=∑
( �
+ 1
)
b.
�
�
��=∑
n2 –
n
c.
�
�
��=∑
(n3 +
1)
d.
�
�
��=∑
n2 +
1
e.
�
�
��=∑
n(n
+ 1
)
2.
Dik
eta
hui
��
�=∑
pi =
10.
Nila
i
��
�=∑
(2
+
pi)
adala
h . . . .
a.
50
d.
80
b.
60
e.
90
c.
70
Dik
eta
hu
i d
ere
t alo
g
� �
+ a
log
�� � +
alo
g
�� � +
. . . .
Jik
a b
an
ya
k s
uku
de
ret
ters
eb
ut
15
b
ua
h,
nya
taka
n d
ere
t te
rse
bu
t
ke
da
lam
be
ntu
k n
ota
si
sig
ma
!
Suatu
jenis
bakte
ri d
ala
m
sa
tu
de
tik
m
em
be
lah
me
nja
di
du
a.
Jik
a p
ad
a
perm
ula
an a
da 5
bakte
ri,
banyak b
akte
ri a
kan m
en-
jadi 1
60 s
ete
lah . . . d
etik.
a.
5d
.8
b.
6e
.9
c.
7
–M
en
en
tuk
an
n
ila
i
suku k
e-n
dari n
ota
si
sig
ma
.
–M
en
ye
de
rha
na
ka
n
nota
si
sig
ma.
–M
em
bu
kti
ka
n s
ua
tu
sifa
t dan rum
us m
eng-
gu
na
ka
n
ind
uk
si
ma
tem
atika
.
–M
era
nc
an
g
mo
de
l
mate
matik
a d
ari m
asa
-
lah
ya
ng
be
rka
ita
n
de
ng
an
d
ere
t a
rit-
me
tika
.
–M
en
ye
les
aik
an
mo
de
l m
ate
ma
tik
a
da
ri m
asa
lah
ya
ng
be
rka
ita
n
de
ng
an
de
ret
aritm
etika
.
4.2
.3M
am
pu
me
ng
-
gunakan in
duksi
ma
te
ma
tik
a
dala
m p
em
bukti-
an
.
4.3
.1M
am
pu
me
ran
-
ca
ng
m
od
el
mate
matika d
ari
ma
sa
lah
y
an
g
berk
aita
n d
engan
dere
t aritm
etik
a.
4.3
.2M
am
pu
me
ran
-
ca
ng
m
od
el
mate
matika d
ari
ma
sa
lah
y
an
g
berk
aita
n d
engan
de
ret
ge
om
etr
i
be
rhin
gg
a.
Te
s
tert
ulis
4.3
Me
ra
nc
an
g
mo
de
l m
ate
-
ma
tik
a
da
ri
ma
sa
lah
ya
ng
be
rk
ait
an
dengan d
ere
t.
4.4
Menyele
saik
an
mo
de
l m
ate
-
ma
tik
a
da
ri
ma
sa
lah
ya
ng
be
rka
ita
n d
e-
ngan d
ere
t dan
penafs
irann
ya
.
Menye
lesa
ikan
Ma
sa
lah
ya
ng
Be
rka
ita
n
de
ng
an
De
ret
Ari
tme
tika
da
n
Ge
om
etr
i
2.
Buku P
G M
ate
-
ma
tik
a
Ke
las
XII-I
PA
S
em
es-
ter
2,
Inta
n
Pa
riw
ara
, h
a-
lam
an 3
03–340
3.
BS
E M
ate
matika
Ke
las X
II-P
ro
-
gra
m I
PA
untu
k
SM
A/
MA
,
De
pd
ikn
as
4.
We
bs
ite
-w
eb
-
site y
ang rele
van
1.
Buku P
R M
ate
-
ma
tik
a
Ke
las
XII-I
PA
S
em
es-
ter
2,
Inta
n
Pa
riw
ara
, h
a-
lam
an 1
41–162
2.
Buku P
G M
ate
-
ma
tik
a
Ke
las
XII-I
PA
S
em
es-
ter
2,
Inta
n
Pariw
ara
,
ha
-
lam
an 3
03–340
6 jp
Ura
ian
Pili
han
ga
nd
a
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
502 Silabus
Di
da
lam
li
ng
ka
ran
be
rja
ri-j
ari
R
d
ibu
at
pe
rse
gi
ya
ng
s
ud
ut-
su
du
tny
a
pa
da
b
us
ur
lin
gk
ara
n.
Di
da
lam
pe
rse
gi
ters
eb
ut
dilu
kis
ling
ka
ran
la
gi. T
en
tuka
n
jum
lah
ke
lilin
g l
ing
ka
ran
jik
a
pro
se
s
di
ata
s
sam
pai
tak h
ingga.
Ura
ian
3.
BS
E M
ate
matika
Ke
las X
II-P
ro
-
gra
m I
PA
untu
k
SM
A/
MA
,
De
pd
ikn
as
4.
We
bs
ite
-w
eb
-
site y
ang re
leva
n
4.3
.3M
am
pu
me
ran
-
ca
ng
m
od
el
mate
matika d
ari
ma
sa
lah
y
an
g
berk
aita
n d
engan
de
ret
ge
om
etr
i
tak h
ingga.
4.4
.1M
am
pu m
enye-
les
aik
an
m
a-
sala
h y
ang b
er-
ka
ita
n d
en
ga
n
dere
t aritm
etik
a.
4.4
.2M
am
pu m
enye-
lesa
ika
n m
asa
-
lah
y
an
g
be
r-
ka
ita
n
de
ng
an
de
ret
ge
om
etr
i
be
rhin
gg
a.
4.4
.3M
am
pu m
enye-
les
aik
an
m
a-
sala
h y
ang b
er-
ka
ita
n d
en
ga
n
de
ret
ge
om
etr
i
tak h
ingga.
–M
era
nc
an
g
mo
de
l
mate
matik
a d
ari m
asa
-
lah
ya
ng
be
rka
ita
n
dengan d
ere
t geom
etri.
–M
enyele
saik
an m
odel
mate
matik
a d
ari m
asa
-
lah
ya
ng
be
rka
ita
n
dengan d
ere
t geom
etri
be
rhin
gg
a.
–M
era
nc
an
g
mo
de
l
mate
matik
a d
ari m
asa
-
lah
ya
ng
be
rka
ita
n
dengan d
ere
t geom
etri
tak h
ingga.
–M
en
ye
les
aik
an
mo
de
l m
ate
ma
tik
a
da
ri m
asa
lah
ya
ng
be
rka
ita
n
de
ng
an
de
ret
ge
om
etr
i ta
k
hin
gg
a.
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
503Matematika Kelas XII Program IPA
Sil
ab
us
Ba
b V
II F
un
gs
i, P
ers
am
aa
n,
da
n P
erti
da
ks
am
aa
n E
ks
po
ne
n
Seko
lah
:S
MA
/MA
Kela
s/S
em
este
r:
XII/2
Pro
gram
IP
A
Mata
Pela
jaran
:M
ate
mati
ka
Sta
nd
ar K
om
pete
nsi
:5.
Menggunakan a
tura
n y
ang b
erk
aitan d
engan fungsi e
ksponen d
an lo
garitm
a d
ala
m p
em
ecahan m
asala
h.
Te
s
tert
ulis
Te
s
tert
ulis
5.1
Me
ng
gu
na
ka
n
sifat-
sifat fu
ngsi
eksp
on
en
da
n
log
ari
tma
d
a-
lam
pem
eca
han
ma
sa
lah
.
5.2
Me
ng
ga
mb
ar
gra
fik
fu
ng
si
eksp
on
en
da
n
log
ari
tma
.
Fu
ng
si,
Pe
rsa
ma
an
da
n
Pertid
aks
am
a-
an
Eksp
on
en
Fu
ng
si,
Pe
rsa
ma
an
,
da
n
pert
idaksam
a-
an
Eksp
on
en
5.1
.1M
am
pu m
enje
las-
ka
n p
en
ge
rtia
n
fungsi
eks
ponen.
5.1
.2M
am
pu m
enye-
les
aik
an
p
er-
ma
sa
la
ha
n
ya
ng
be
rka
ita
n
de
ng
an
fu
ng
si
eksp
on
en
.
5.2
.1M
am
pu
me
ng
-
ga
mb
ar
gra
fik
fungsi
eksponen.
5.2
.2M
am
pu m
enye-
bu
tka
n
sif
at-
sifa
t gra
fik fu
ngsi
eksp
on
en
.
Pili
han
ga
nd
a
Ura
ian
Pili
han
ga
nd
a
1.
Buku P
R M
ate
-
ma
tik
a
Ke
las
XII-I
PA
S
em
es-
ter
2,
Inta
n
Pariw
ara
,
ha
-
lam
an 1
69–186
2.
Buku P
G M
ate
-
ma
tik
a
Ke
las
XII-I
PA
S
em
es-
ter
2,
Inta
n
Pariw
ara
,
ha
-
lam
an 3
65–400
3.
BS
E M
ate
matika
Ke
las X
II-P
ro
-
gra
m I
PA
untu
k
SM
A/
MA
,
De
pd
ikn
as
4.
We
bs
ite
-w
eb
-
site y
ang rele
van
1.
Buku P
R M
ate
-
ma
tik
a
Ke
las
XII-I
PA
S
em
es-
ter
2,
Inta
n
Pariw
ara
,
ha
-
lam
an 1
69–186
Jik
a 2
3x +
1 =
p m
aka n
ilai
26x +
4 =
. . . .
a.
pd
.2p
2
b.
2p
e.
4p
2
c.
p2
Gra
fik fungsi f
(x)
= –
4a –
bx
me
mo
ton
g s
um
bu
Y d
i
titi
k (
0,
–4
). J
ika
gra
fik
fun
gs
i f(
x)
dig
es
er
ke
ata
s 3
satu
an a
kan m
eng-
hasilk
an g
rafik fungsi g
(x)
ya
ng
me
lalu
i titik (
1,
1).
Te
ntu
ka
n
pe
rsa
ma
an
gra
fik f
un
gsi
g(x
).
Sk
ets
a
gra
fik
fu
ng
si
y = 4
– 4
· 2
x adala
h . . . .
a.
b.
–M
en
gin
ga
t ke
mb
ali
pe
ng
ert
ian
bila
ng
an
berp
angkat dan s
ifat-
sifa
tnya
.
–M
en
de
fin
isik
an
pe
-
ng
ert
ian
fu
ng
si
eks-
po
ne
n.
–M
en
jela
ska
n b
en
tuk
um
um
fu
ng
si
eksp
o-
nen d
an u
nsur-
unsur-
nya
.
–M
enggunakan f
ungsi
eksponen u
ntu
k m
e-
nye
lesa
ika
n p
erm
a-
sa
lah
an
pe
rtu
mb
uh
-
an
.
–M
enggunakan f
ungsi
eksponen u
ntu
k m
e-
nye
lesa
ika
n p
erm
a-
sala
han p
elu
ruhan.
–M
en
gg
am
ba
r g
rafi
k
fun
gsi
eksp
on
en
f(x
)
= k
· a
x d
engan a
> 1
.
–M
en
ye
bu
tka
n s
ifa
t-
sifat gra
fik fungsi e
ks-
po
ne
n f
(x)
= k
· a
x
dengan a
> 1
.
–M
en
gg
am
ba
r g
rafi
k
fun
gsi
eksp
on
en
f(x
)
=
k
· a
x
de
ng
an
0 <
x <
1.
6 jp
4 jp
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
Y
X
4 0
Y
X
–40
y =
f(x
)
y =
f(x
)
504 Silabus
5.3
Me
ng
gu
na
ka
n
sif
at
fun
gs
i
eksponen a
tau
logaritm
a d
ala
m
pe
ny
ele
sa
ian
pertid
aks
am
aan
eksponen a
tau
lo
ga
rit
ma
se
de
rha
na
.
Fu
ng
si,
Pe
rsa
ma
an
,
da
n
Pertid
aksam
a-
an
Eksp
on
en
–M
en
ye
bu
tka
n s
ifa
t-
sif
at
gra
fik
fu
ng
si
eksponen f
(x)
= k
· a
x
dengan 0
< a
< 1
.
–M
en
ye
lesa
ika
n p
er-
sa
ma
an
e
ks
po
ne
n
berb
entu
k a
f(x) =
am
.
–M
en
ye
lesa
ika
n p
er-
sa
ma
an
e
ks
po
ne
n
berb
entu
k A
f(x) =
Ag(x
) .
–M
en
ye
lesa
ika
n p
er-
sa
ma
an
e
ks
po
ne
n
berb
entu
k a
f(x) =
ag(x
) .
–M
en
ye
lesa
ika
n p
er-
sa
ma
an
e
ks
po
ne
n
be
rbe
ntu
k (
h(x
))f(
x)
=
(h(x
))g
(x) .
–M
en
ye
lesa
ika
n p
er-
sa
ma
an
e
ks
po
ne
n
be
rbe
ntu
k
A(a
f(x) )
2 +
B(a
f(x) )
+ C
= 0
.
–M
en
ye
lesa
ika
n p
er-
ti
da
ks
am
aa
n
eksp
on
en
be
rbe
ntu
k
af(
x) >
ag(x
) ata
u a
f(x) <
ag(x
) dengan a
> 1
.
5.3
.1M
am
pu m
enen-
tuka
n p
en
ye
le-
sa
ian
pe
rsa
ma
-
an
eksp
on
en
.
5.3
.2M
am
pu m
enen-
tuka
n p
en
ye
le-
sa
ian
pe
rtid
ak-
sa
ma
an
eksp
o-
ne
n.
c.
d.
e.
Gam
bark
an g
rafik f
ungsi
f 1(x
) =
2x,
f 2(x
) =
2x –
1,
f 3(x
) =
–2
x –
1,
dan f
4(x
) =
4 –
2x –
1 p
ada s
atu
bid
ang
ko
ord
ina
t k
em
ud
ian
ten
tuk
an
h
ub
un
ga
n
keem
pat
gra
fik t
ers
ebut.
1.
Him
pu
na
n
pe
ny
e-
les
aia
n
da
ri
pe
r-
sa
ma
an
e
ks
po
ne
n�
�� ��
−
=
81
x2
–
4
adala
h . . . .
a.
{–� �
, –1}
b.
{–� �
, 1}
c.
{–1,
� �}
d.
{1,
� �}
e.
{� �
, � �
}
2.
Pe
rti
da
ks
am
aa
n
3x2
– 3
x + k ≥
(� ��
)2x
– 2
x2
me
mp
un
ya
i p
en
ye
-
lesa
ian
–1
≤ x
≤
� �
jika k
= . . . .
a.
4d
.–
8
b.
–4
e.
8
c.
12
2.
Buku P
G M
ate
-
ma
tik
a
Ke
las
XII-I
PA
S
em
es-
ter
2,
Inta
n
Pariw
ara
, h
ala
-
man 3
65–400
3.
BS
E M
ate
ma
-
tika
K
ela
s X
II-
Pro
gra
m
IPA
untu
k S
MA
/MA
,
De
pd
ikn
as
4.
We
bs
ite
-w
eb
-
site y
ang re
leva
n
1.
Buku P
R M
ate
-
ma
tik
a
Ke
las
XII-I
PA
S
em
es-
ter
2,
Inta
n
Pariw
ara
,
ha-
lam
an 1
69–186
2.
Buku P
G M
ate
-
ma
tik
a
Ke
las
XII-I
PA
S
em
es-
ter
2,
Inta
n
Pariw
ara
,
ha-
lam
an 3
65–400
3.
BS
E M
ate
ma
-
tika
K
ela
s X
II-
Pro
gra
m
IPA
untu
k S
MA
/MA
,
De
pd
ikn
as
4.
We
bs
ite
-w
eb
-
site y
ang re
leva
n
Te
s
tert
ulis
Ura
ian
Pili
han
ga
nd
a6 jp
Y
X
4 0
Y
X4 0 Y
X
4 0
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
Pe
nd
idik
an
ka
rakte
r
(*)
Pa
nta
ng
Menyera
h
y =
f(x
)
y =
f(x
)
y =
f(x
)
505Matematika Kelas XII Program IPA
1.
Te
ntu
ka
n h
imp
un
an
pe
ny
ele
sa
ian
d
ari
pe
rsa
ma
an
:
(x2 –
2x)x
2 –
2x =
(x
2 –
2x)6
– x.
2.
Na
na
me
na
bu
ng
di
se
bu
ah
b
an
k
se
-
be
sa
r R
p8
00
.00
0,0
0
de
ng
an
su
ku
bu
ng
a
ma
jem
uk 1
,2%
pe
r
bula
n.
a.
Hitu
ng
be
sa
r ta
-
bungan N
ana s
e-
tela
h 2
bula
n.
b.
Se
tela
h b
era
pa
bu
lan
b
es
ar
ta
bu
ng
an
Na
na
d
i a
tas
Rp1.0
00.0
00,0
0?
Ura
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
–M
en
ye
les
aik
an
pe
rti
da
ks
am
aa
n
eksp
on
en
be
rbe
ntu
k
af(
x) >
ag(x
) ata
u a
f(x) <
ag(x
) dengan 0
< a
< 1
.
506 Silabus
Sil
ab
us
Ba
b V
III
Fu
ng
si,
P
ers
am
aa
n,
da
n P
erti
da
ks
am
aa
n L
og
arit
ma
Seko
lah
:S
MA
/MA
Kela
s/S
em
este
r:
XII/2
Pro
gram
IP
A
Mata
Pela
jaran
:M
ate
mati
ka
Sta
nd
ar K
om
pete
nsi
:5.
Menggunakan a
tura
n y
ang b
erk
aitan d
engan fungsi e
ksponen d
an lo
garitm
a d
ala
m p
em
ecahan m
asala
h.
Te
s
tert
ulis
5.1
Me
ng
gu
na
ka
n
sifat-
sifat fu
ngsi
eksp
on
en
da
n
log
ari
tma
d
a-
lam
pem
eca
han
ma
sa
lah
.
Pe
rsa
ma
an
Lo
ga
ritm
a
5.1
.1M
am
pu
m
en
g-
gu
na
ka
n sif
at-
sifa
t yang b
erla
ku
pa
da
lo
ga
ritm
a
un
tuk m
en
ye
le-
sa
ika
n
pe
rsa
-
maan logaritm
a.
Pili
han
ga
nd
a
1.
Buku P
R M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 2,
Inta
n P
ariw
ara
,
ha
lam
an
18
7–
20
8
2.
Buku P
G M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 2,
Inta
n P
ariw
ara
,
ha
lam
an
40
1–
45
0
3.
BS
E M
ate
matika
Kela
s X
II P
rogra
m
IPA
untu
k S
MA
/
MA
, D
epdik
nas
4.
Website-w
ebsite
ya
ng
re
leva
n
1.
Jik
a
� ���
�(3
y –
2)
+
2� ���
�x =
–2 d
an y
=
f(x),
nila
i f(
� �)
= . . . .
a.
2d
.5
b.
3e
.6
c.
4
2.
Nila
i x y
an
g m
em
e-
nu
hi
3lo
g (
x +
2)
=� ���
�(2
x +
3)
adala
h
. . . .
a.
–3
d.
2
b.
–1
e.
3
c.
1
3.
Pe
ny
ele
sa
ian
p
er-
sa
ma
an
2lo
g (
x2 +
11x +
31)
=6lo
g (
x2 +
11x +
31)
adala
h x
1 d
an x
2. Jik
a
x2 >
x1,
nila
i x
12 +
2x
2
= .
. . .
a.
13
d.
74
b.
26
e.
96
c.
55
4.
Jik
a a
dan b
adala
h
akar-
akar
pers
am
aan
5 5
log (4x2
+ 3
) + 4
2lo
g (x2
– 1
)
= 3
9 d
en
ga
n a
> b
,
nila
i a
– b
= . . . .
–M
enje
laskan p
enger-
tian p
ers
am
aan lo
ga-
ritm
a.
–M
en
ye
bu
tka
n b
eb
e-
rapa je
nis
pers
am
aan
logaritm
a.
–M
en
jela
sk
an
c
ara
me
ne
ntu
ka
n p
en
ye
-
lesa
ian
pe
rsa
ma
an
log
ari
tma
berb
entu
kalo
g f(x
) = a
log P
.
–M
en
jela
sk
an
c
ara
me
ne
ntu
ka
n p
en
ye
-
lesa
ian
pe
rsa
ma
an
log
ari
tma
be
rbe
ntu
kalo
g f
(x)
= a
log g
(x).
–M
en
jela
sk
an
c
ara
me
ne
ntu
ka
n p
en
ye
-
lesa
ian
pe
rsa
ma
an
log
ari
tma
be
rbe
ntu
kalo
g f
(x)
= b
log f
(x).
–M
en
jela
sk
an
c
ara
me
ne
ntu
ka
n p
en
ye
-
lesa
ian
pe
rsa
ma
an
log
ari
tma
be
rbe
ntu
kh
(x) lo
g f
(x)
= h
(x) lo
g
g(x
).
–M
en
jela
sk
an
c
ara
me
ne
ntu
ka
n p
en
ye
-
lesa
ian
pe
rsa
ma
an
log
ari
tma
berb
entu
kf(x)lo
g a
= g
(x) lo
g a
.
6 jp
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
Pe
nd
idik
an
ka
rakte
r
(*)
Kri
tis
507Matematika Kelas XII Program IPA
5.2
Me
ng
ga
mb
ar
gra
fik
fu
ng
si
eksp
on
en
da
n
log
ari
tma
.
Fu
ng
si
Lo
ga
ritm
a
–M
en
jela
sk
an
c
ara
me
ne
ntu
ka
n p
en
ye
-
lesa
ian
pe
rsa
ma
an
log
ari
tma
be
rbe
ntu
kf(
x) lo
g g
(x)
= P
.
–M
en
jela
sk
an
c
ara
me
ne
ntu
ka
n p
en
ye
-
lesa
ian
pe
rsa
ma
an
logaritm
a b
erb
en
tuk
A(a
log
x
)2 +
B(a
log
x)
+ C
= 0
.
–M
en
gin
ga
t ke
mb
ali
pe
ng
ert
ian
bila
ng
an
log
ari
tma
.
–M
en
ye
bu
tka
n s
ifa
t-
sif
at
ya
ng
b
erl
ak
u
pada l
ogaritm
a.
–M
enje
laskan p
enger-
tian f
ungsi
logaritm
a.
–M
en
jela
ska
n b
en
tuk
um
um
su
atu
gra
fik
fungsi
logaritm
a.
–M
en
jela
sk
an
c
ara
me
ng
ga
mb
ar
gra
fik
fungsi
logarit
ma d
engan
ca
ra
me
ne
ntu
ka
n
bebera
pa t
itik
kem
u-
dia
n
dih
ub
un
gk
an
dengan k
urv
a m
ulu
s.
5.2
.1M
am
pu
m
en
-
de
fin
isik
an
pengert
ian lo
ga-
ritm
a.
5.2
.2M
am
pu
m
en
-
de
fin
isik
an
pe
-
ng
ert
ian
fu
ng
si
log
ari
tma
.
5.2
.3M
am
pu
me
ng
-
ga
mb
ar
gra
fik
fungsi l
ogaritm
a.
5.2
.4M
am
pu m
enen-
tuka
n s
ifa
t-sifa
t
gra
fik
fun
gsi
logaritm
a.
5.2
.5M
am
pu m
enen-
tuka
n h
ub
un
g-
an
d
ua
g
rafi
k
fungsi l
ogaritm
a.
Te
s
tert
ulis
Ura
ian
Pili
han
ga
nd
a
a.
2�
b.
�
c.
0
d.
–�
e.
–2
�
1.
Jik
a x
1 d
an x
2 m
em
e-
nu
hi
pe
rsa
ma
an
:
(2 log x
– 1
)�
�
���
�
=
log 1
0 t
entu
kan n
ilai
x1·
x2.
2.
Dik
eta
hu
i p
ers
am
a-
an l
ogaritm
a2lo
g2 x
p –
(4
p +
1)
2lo
g x
+ 2
p =
0
me
mp
un
ya
i p
en
ye
-
lesaia
n x
= 1
6.
Te
ntu
ka
n:
a.
nila
i p,
b.
pe
ny
ele
sa
ian
yang l
ain
.
1.
Gra
fik f
un
gsi
f(x)
=
log
�
��
�
��
��
−
me
-
moto
ng
su
mb
u Y
di
titik . . . .
a.
(–2,
0)
b.
(1,
0)
c.
(3,
5)
d.
(0,
1)
e.
(0,
0)
2.
Pe
rsa
ma
an
g
rafi
k
fun
gsi
di
ba
wa
h i
ni
yang m
ungki
n a
dala
h
. . .
.
1.
Buku P
R M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 2,
Inta
n P
ariw
ara
,
ha
lam
an
18
7–
20
8
2.
Buku P
G M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 2,
Inta
n P
ariw
ara
,
ha
lam
an
40
1–
45
0
3.
BS
E M
ate
matika
Kela
s X
II P
rogra
m
IPA
untu
k S
MA
/
MA
, D
epdik
nas
4.
Website-w
ebsite
ya
ng
re
leva
n
4 jp
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
Y
X0
1
y =
f(x
)
508 Silabus
a.
y =
2lo
g x
b.
y =
2lo
g
� �
c.
y =
xlo
g 2
d.
y =
� �lo
g
��
e.
y =
log
� �x
1.
Gra
fik f
ungsi f(
x)
me-
rupakan h
asil
pencer-
min
an
gra
fik f
un
gsi
g(x
) =
alo
g (
x +
2)
terh
ad
ap
su
mb
u X
.
Gra
fik
fu
ng
si
g(x
)
mela
lui t
itik (3, 1
). J
ika
6lo
g 5
= p
, te
ntu
kan
nila
i f(1
3) +
f(8) dala
m
p.
2.
Gra
fik fu
ngsi
logaritm
a
f(x)
= 3
log (
–2x
2 +
px
+ n
) m
em
punyai
titik
ek
str
em
(–
2,
2).
Tentu
kan n
ilai
"��
"��
− −.
1.
Nila
i x y
an
g m
em
e-
nuhi p
ert
idaksam
aan
2lo
g
(x
–
1)2
≤
2
adala
h . . . .
a.
–1 ≤
x <
1
b.
–1 <
x ≤
1
c.
1 ≤
x ≤
3
d.
1 <
x ≤
3
e.
–1 ≤
x ≤
3
2.
Him
pu
na
n
nil
ai
x
yang m
em
enuhi
7(x
– 1
) log 1
1 ≥
11 a
dala
h
. . . .
a.
{x |
x >
1,
x ≠
2}
b.
{x |
x ≤
8,
x ≠
2}
c.
{x |
1 ≤
x ≤
8,
x ≠
2}
–M
en
jela
sk
an
c
ara
me
ng
ga
mb
ar
gra
fik
fun
gsi
log
ari
tma
y =
alo
g x
de
ng
an
me
n-
cerm
inka
n g
rafik
y =
ax
terh
adap g
aris y
= x
.
–M
en
ye
bu
tka
n s
ifa
t-
sif
at
gra
fik
fu
ng
si
log
ari
tma
ya
ng
te
lah
dig
am
ba
r.
–M
en
jela
sk
an
c
ara
me
ng
ga
mb
ar
gra
fik
fungsi
logarit
ma d
engan
me
ng
gu
na
ka
n s
ua
tu
transfo
rmasi
terh
adap
gra
fik fungsi l
ogaritm
a
yang l
ain
.
–M
en
jela
sk
an
c
ara
menentu
kan h
ubung-
an
du
a g
rafik f
un
gsi
log
ari
tma
.
–M
enje
laskan p
enger-
tia
n p
ert
ida
ksa
ma
an
logaritm
a.
–M
en
jela
sk
an
c
ara
me
ne
ntu
ka
n p
en
ye
-
lesa
ian
pe
rsa
ma
an
log
ari
tma
be
rbe
ntu
kalo
g f
(x) ≥
alo
g g
(x)
ata
u a
log
f(x
) <
alo
g
g(x
) dengan a
> 1
.
–M
en
jela
sk
an
c
ara
me
ne
ntu
ka
n p
en
ye
-
lesa
ian
pe
rsa
ma
an
log
ari
tma
be
rbe
ntu
kalo
g f
(x) ≥
alo
g g
(x)
ata
u a
log
f(x
) <
alo
g
g(x
) dengan 0
< a
< 1
.
Pertid
aks
am
a-
an L
ogaritm
a
5.3
Me
ng
gu
na
ka
n
sif
at
fun
gs
i
eksponen a
tau
logaritm
a d
ala
m
pe
ny
ele
sa
ian
pertid
aks
am
aan
eksponen a
tau
lo
ga
rit
ma
se
de
rha
na
.
1.
Buku P
R M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 2,
Inta
n P
ariw
ara
,
ha
lam
an
18
7–
20
8
2.
Buku P
G M
ate
-
matika K
ela
s X
II
IPA
Sem
este
r 2,
Inta
n P
ariw
ara
,
ha
lam
an
40
1–
45
0
3.
BS
E M
ate
matika
Kela
s X
II P
rogra
m
IPA
untu
k S
MA
/
MA
, D
epdik
nas
5.3
.1M
am
pu m
enen-
tuk
an
p
en
ye
-
les
aia
n
pe
r-
tid
ak
sa
ma
an
log
ari
tma
.
6 jp
Ura
ian
Pili
han
ga
nd
a
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
Te
s
tert
ulis
509Matematika Kelas XII Program IPA
d.
{x |
1 <
x ≤
8,
x ≠
2}
e.
{x |
x <
1 a
tau
x ≥
8}
1.
Dik
eta
hui f
(x) = 1
– 6
log
(x2 –
x –
6).
Tentu
kan:
a.
daera
h a
sal f
ung-
si f,
b.
inte
rva
l x y
an
g
mem
enuhi f
(x) ≥
0.
2.
Te
ntu
ka
n h
imp
un
an
pe
nye
lesa
ian
pa
da
pe
rti
da
ks
am
aa
n
���
�(2
x +
8) ≤
2.
Ura
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Da
sa
r
Ma
teri
Po
ko
k/
Pe
mb
ela
jara
n
Ke
gia
ta
n
Pe
mb
ela
jara
n
Ind
ika
tor P
en
ca
pa
ian
Ko
mp
ete
ns
i
Pe
nil
aia
n
Te
kn
ikB
en
tu
k
Instr
um
en
Co
nto
h In
str
um
en
Alo
ka
si
Wa
ktu
Ala
t d
an
S
um
be
r
Be
laja
r
Nil
ai
da
n
Ma
teri
ya
ng
Dii
nte
gra
sik
an
4.
Website-w
ebsite
ya
ng
re
leva
n
510 Rencana Pelaksanaan Pembelajaran (RPP)
Rencana Pelaksanaan Pembelajaran
Bab II Program Linear
Sekolah : . . . . . . . . . .
Kelas/Semester : XII/I Progam IPA
Mata Pelajaran : Matematika
Alokasi Waktu : 10 × 45 menit
Standar Kompetensi : 2. Menyelesaikan masalah program linear.
Kompetensi Dasar : 2.1 Menyelesaikan sistem pertidaksamaan linear dua variabel.
2.2 Merancang model matematika dari masalah program linear.
2.3 Menyelesaikan model matematika dari masalah program linear dan penafsirannya.
Indikator Pencapaian Kompetensi
2.1.1 Mampu mendefinisikan sistem pertidaksamaan linear dua variabel.
2.1.2 Mampu menentukan daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel.
2.1.3 Mampu menentukan sistem pertidaksamaan linear dua variabel yang terbentuk dari suatu daerah.
2.2.1 Mampu menyusun model matematika dari suatu masalah program linear.
2.3.1 Mampu menentukan fungsi objektif.
2.3.2 Mampu menentukan nilai optimum suatu bentuk objektif.
2.3.3 Mampu menentukan penyelesaian model matematika dari masalah program linear.
2.3.4 Mampu menafsirkan penyelesaian model matematika dari masalah program linear.
Tujuan Pembelajaran
Peserta didik mampu:
1. menjelaskan pengertian sistem pertidaksamaan linear dua variabel;
2. menjelaskan pengertian daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel;
3. menentukan daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel;
4. menentukan sistem pertidaksamaan linear dua variabel dari suatu daerah penyelesaian;
5. menentukan bentuk daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel;
6. menentukan luas daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel;
7. menentukan himpunan titik penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel;
8. menjelaskan pengertian fungsi objektif;
9. menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua
variabel menggunakan uji titik pojok;
10. menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua
variabel menggunakan garis selidik;
11. menentukan fungsi objektif yang mencapai nilai optimum di suatu titik;
12. menjelaskan pengertian model matematika;
13. menyusun model matematika dari suatu masalah program linear;
14. menyelesaikan model matematika dari suatu masalah program linear;
15. menafsirkan penyelesaian model matematika dari suatu masalah program linear.
Nilai pendidikan karakter yang ditanamkan kepada siswa: Rasa Ingin Tahu
Materi Pembelajaran
Program Linear
Metode Pembelajaran
1. Model Pembelajaran
a. Cooperative Learning (CL)
b. Direct Instruction (DI)
2. Metode
a. Tanya jawab
b. Diskusi
c. Tugas
Matematika Kelas XII Program IPA 511
Langkah-Langkah Kegiatan
Pertemuan Pertama
1. Kegiatan Pendahuluan (10 menit)
a. Motivasi
Memberikan contoh permasalahan sehari-hari yang menggambarkan sistem pertidaksamaan linear dua
variabel.
b. Prasyarat Pengetahuan
Siswa memahami tentang pertidaksamaan linear dua variabel.
2. Kegiatan Inti (70 menit)
a. Eksplorasi
• Guru menjelaskan tentang pertidaksamaan linear dua variabel.
• Guru menjelaskan tentang himpunan penyelesaian pertidaksamaan linear dua variabel.
• Guru menjelaskan cara menentukan daerah penyelesaian pertidaksamaan linear dua variabel.
• Guru menjelaskan tentang sistem pertidaksamaan linear dua variabel.
• Guru menjelaskan tentang daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel.
b. Elaborasi
Guru membimbing siswa menentukan daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel.
c. Konfirmasi
Guru menanyakan hasil yang dibuat siswa dalam menentukan daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan
linear dua variabel.
3. Kegiatan Penutup (10 menit)
Guru menyuruh siswa untuk mengerjakan soal-soal latihan.
Pertemuan Kedua
1. Kegiatan Pendahuluan (10 menit)
a. Motivasi
Guru memberikan permasalahan tentang cara menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu sistem
pertidaksamaan linear dua variabel.
b. Prasyarat Pengetahuan
Siswa memahami cara menentukan nilai suatu fungsi.
2. Kegiatan Inti (70 menit)
a. Eksplorasi
• Guru menjelaskan tentang fungsi objektif.
• Guru menjelaskan tentang nilai optimum fungsi objektif.
• Guru menjelaskan cara menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu daerah penyelesaian sistem
pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan uji titik pojok.
b. Elaborasi
Guru bersama siswa menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu daerah penyelesaian sistem
pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan uji titik pojok.
c. Konfirmasi
Guru menanyakan hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu
daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan uji titik pojok.
3. Kegiatan Penutup (10 menit)
Guru mengevaluasi hasil pembelajaran dengan memberikan soal-soal latihan untuk dikerjakan siswa.
Pertemuan Ketiga
1. Kegiatan Pendahuluan (10 menit)
a. Motivasi
Guru mengingatkan siswa tentang cara menggambar garis.
b. Prasyarat Pengetahuan
Siswa memahami cara menggambar garis.
2. Kegiatan Inti (70 menit)
a. Eksplorasi
• Guru menjelaskan pengertian garis selidik.
• Guru menjelaskan cara menentukan persamaan garis selidik dari suatu fungsi objektif.
• Guru menjelaskan cara menggambar garis selidik.
512 Rencana Pelaksanaan Pembelajaran (RPP)
• Guru menjelaskan cara menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu daerah penyelesaian sistem
pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan garis selidik.
b. Elaborasi
Guru bersama siswa menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu daerah penyelesaian sistem
pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan garis selidik.
c. Konfirmasi
Guru menanyakan hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu
daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan garis selidik.
3. Kegiatan Penutup (10 menit)
Guru mengevaluasi hasil pembelajaran dengan memberikan soal-soal latihan untuk dikerjakan siswa.
Pertemuan Keempat
1. Kegiatan Pendahuluan (10 menit)
a. Motivasi
Guru memberikan permasalahan tentang cara membuat model matematika.
b. Prasyarat Pengetahuan
Siswa memahami cara membuat model matematika dari permasalahan pertidaksamaan linear dua
variabel.
2. Kegiatan Inti (70 menit)
a. Eksplorasi
• Guru menjelaskan tentang model matematika.
• Guru menjelaskan langkah-langkah menyusun model matematika.
• Guru memberikan contoh model matematika sistem pertidaksamaan linear dua variabel.
b. Elaborasi
Guru bersama siswa menyusun model matematika dari masalah program linear.
c. Konfirmasi
Guru melakukan tanya jawab kepada siswa tentang pemahaman materi yang dipelajari siswa.
3. Kegiatan Penutup (10 menit)
Guru memberikan soal-soal latihan untuk mengevaluasi pembelajaran.
Pertemuan Kelima
1. Kegiatan Pendahuluan (10 menit)
a. Motivasi
Guru memberikan permasalahan tentang cara menyelesaikan model matematika suatu program linear.
b. Prasyarat Pengetahuan
siswa memahami tentang model matematika.
2. Kegiatan Inti (70 menit)
a. Eksplorasi
• Guru menjelaskan cara menyelesaikan model matematika dari masalah program linear.
• Guru menjelaskan cara menafsirkan penyelesaian model matematika dari masalah program linear.
b. Elaborasi
Guru bersama siswa menyelesaikan model matematika dari masalah program linear.
c. Konfirmasi
Guru melakukan tanya jawab kepada siswa tentang pemahaman materi yang dipelajari siswa.
3. Kegiatan Penutup (10 menit)
Guru mengevaluasi hasil belajar dan memberikan tugas atau soal-soal latihan.
Alat Sumber Belajar
1. Buku PG Matematika Kelas XII Program IPA, Intan Pariwara 2013
2. Buku PR Matematika Kelas XII Program IPA, Intan Pariwara 2013
3. BSE Matematika Kelas XII Program IPA, Depdiknas, 2008
4. Website-website yang relevan
Penilaian Hasil Belajar
1. Teknik Penilaian dan Bentuk Instrumen
a. Teknik Penilaian
Tes tertulis
Matematika Kelas XII Program IPA 513
b. Bentuk Instrumen
1) Pilihan ganda
2) Uraian
2. Contoh Instrumen
a. Pilihan Ganda
1. Daerah yang diarsir merupakan penyelesaian dari pertidaksamaan . . . .
a. 2y + x > 2
b. 2y + x < 2
c. 2y – x < 2
d. 2x + y > 2
e. 2x – y < 2
2. Yang termasuk titik-titik himpunan penyelesaian dari sistem pertidaksamaan
x – 2y ≤ –2
3x + 4y ≥ 12
5x + 3y ≤ 15
yaitu . . . .
a. (0, 0) dan (–2, 1) d. (–2, 1) dan (3, 0)
b. (4, 4) dan (0, 6) e. (4, 0) dan (5, 2)
c. (0, 2) dan (1, 0)
b. Uraian
1. Tentukan daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan
x + y ≥ 1
2x + 3y ≤ 12
–x + y ≤ 2
x ≤ 1
2. Titik A(–4, 2), B(–2, –2), C(4, –4), dan D(0, 4) merupakan titik-titik sudut daerah penyelesaian suatu
sistem pertidaksamaan. Tentukan sistem pertidaksamaan tersebut.
3. Sebuah pabrik memproduksi minyak goreng kemasan botol dengan isi 1 liter dan 2 liter. Kapasitas
produksi setiap hari tidak lebih dari 120 botol. Setiap hari minyak dengan kemasan 1 kg diproduksi
tidak kurang dari 30 botol dan kemasan 2 kg tidak kurang 50 botol. Keuntungan hasil penjualan
adalah Rp3.000,00 per botol untuk minyak kemasan 1 liter dan Rp5.000,00 per botol untuk minyak
kemasan 2 liter.
Tentukanlah:
a. model matematika dari persoalan tersebut,
b. daerah penyelesaian dari model matematika di atas, dan
c. banyak produksi tiap-tiap kemasan agar diperoleh keuntungan maksimum dan besar keuntungan
maksimumnya.
________, ______________
Mengetahui
Kepala SMA ______________ Guru Mata Pelajaran
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
___________________________ ___________________________
NIP. ______________________ NIP. _______________________
X–2 0
1
Y
514 Rencana Pelaksanaan Pembelajaran (RPP)
Rencana Pelaksanaan Pembelajaran
Bab III Matriks
Sekolah : . . . . . . . . . .
Kelas/Semester : XII/I Program IPA
Mata Pelajaran : Matematika
Alokasi Waktu : 12 × 45 menit
Standar Kompetensi : 3. Menggunakan konsep matriks, vektor, dan transformasi dalam pemecahan masalah.
Kompetensi Dasar : 3.1 Menggunakan sifat-sifat dan operasi matriks untuk menunjukkan bahwa suatu
matriks persegi merupakan invers dari matriks persegi lain
3.2 Menentukan determinan dan invers matriks 2 × 2
3.3 Menggunakan determinan dan invers dalam penyelesaian sistem persamaan linear
dua variabel
Indikator Pencapaian Kompetensi
3.1.1 Mampu menentukan ordo suatu matriks.
3.1.2 Mampu menentukan transpos suatu matriks.
3.1.3 Mampu menggunakan kesamaan dua matriks untuk menyelesaikan permasalahan.
3.1.4 Mampu menentukan penjumlahan dan pengurangan dua matriks atau lebih.
3.1.5 Mampu menentukan hasil perkalian matriks.
3.2.1 Mampu menentukan determinan matriks 2 × 2.
3.2.2 Mampu menentukan invers matriks 2 × 2.
3.2.3 Mampu menentukan determinan matriks 3 × 3.
3.2.4 Mampu menentukan invers matriks ordo 3 × 3.
3.3.1 Mampu menentukan penyelesaian sistem persamaan linear dua variabel menggunakan invers matriks dan
metode Cramer.
3.3.2 Mampu menentukan penyelesaian sistem persamaan linear tiga variabel menggunakan invers matriks dan
metode Cramer.
Tujuan Pembelajaran
Peserta didik mampu:
1. menentukan ordo suatu matriks;
2. menentukan elemen yang belum diketahui dari suatu matriks menggunakan kesamaan dua matriks;
3. menentukan hasil penjumlahan matriks;
4. menentukan hasil pengurangan matriks;
5. menentukan hasil perkalian skalar matriks;
6. menentukan hasil perkalian matriks;
7. menentukan ordo hasil perkalian dua matriks;
8. menentukan determinan matriks berordo 2 × 2;
9. menentukan determinan matriks berordo 3 × 3;
10. menentukan invers matriks berordo 2 × 2;
11. menentukan invers matriks berordo 3 × 3;
12. menentukan penyelesaian suatu sistem pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan matriks;
13. menentukan penyelesaian suatu sistem pertidaksamaan linear tiga variabel menggunakan matriks.
Nilai pendidikan karakter yang ditanamkan kepada siswa: Percaya Diri
Matematika Kelas XII Program IPA 515
Materi Pembelajaran
Matriks
Metode Pembelajaran
1. Model Pembelajaran
a. Cooperative Learning (CL)
b. Direct Instruction (DI)
2. Metode
a. Tanya jawab
b. Diskusi
c. Tugas
Langkah-Langkah Kegiatan
Pertemuan Pertama
1. Kegiatan Pendahuluan (10 menit)
a. Motivasi
Memberikan contoh kehidupan sehari-hari di sekolah, misalnya kegiatan jual beli di koperasi sekolah. Di
koperasi sekolah terdapat persediaan barang-barang dan alat tulis yang harganya sudah ditentukan.
Siswa bisa menulis bilangan/harga-harga tersebut dalam bentuk baris dan kolom.
b. Prasyarat Pengetahuan
Siswa mengetahui jenis-jenis matriks dan menyelesaikan sistem persamaan linear.
2. Kegiatan Inti (70 menit)
a. Eksplorasi
• Guru menjelaskan pengertian tentang matriks.
• Guru dan siswa menuliskan suatu data dalam bentuk matriks.
• Guru menjelaskan notasi dan penulisan matriks.
• Guru menjelaskan tentang ordo suatu matriks.
• Guru menjelaskan macam-macam matriks berdasarkan banyak baris dan kolom.
• Guru menjelaskan macam-macam matriks berdasarkan pola elemen-elemen.
• Guru dan siswa menentukan jenis suatu matriks.
• Guru menjelaskan tentang transpos suatu matriks.
• Guru menjelaskan entang kesamaan dua matriks.
• Guru menjelaskan tentang matriks simetris.
b. Elaborasi
• Guru dan siswa menentukan transpos suatu matriks.
• Guru dan siswa menggunakan kesamaan dua matriks untuk menentukan elemen yang belum
diketahui.
• Guru dan siswa menentukan suatu matriks termasuk matriks simetris atau bukan.
c. Konfirmasi
Guru menanyakan tentang hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan transpos suatu matriks,
menggunakan kesamaan dua matriks untuk menentukan elemen yang belum diketahui, menentukan
suatu matriks termasuk matriks simetris atau bukan.
3. Kegiatan Penutup (10 menit)
Guru menyuruh siswa mengerjakan soal-soal latihan.
516 Rencana Pelaksanaan Pembelajaran (RPP)
Pertemuan Kedua
1. Kegiatan Pendahuluan (10 menit)
a. Motivasi
Guru menyajikan permasalahan sehari-hari yang menggambarkan penggunaan penjumlahan suatu matriks.
b. Prasyarat Pengetahuan
Matriks dan penulisannya, transpos dan kesamaan dua matriks.
2. Kegiatan Inti (70 menit)
a. Eksplorasi
• Guru menjelaskan tentang penjumlahan matriks.
• Guru menjelaskan tentang syarat penjumlahan matriks.
• Guru menjelaskan tentang sifat-sifat yang berlaku pada penjumlahan matriks.
• Guru dan siswa menentukan hasil penjumlahan dua matriks.
• Guru menjelaskan tentang pengurangan matriks.
• Guru menjelaskan tentang syarat pengurangan matriks.
• Guru dan siswa menentukan hasil pengurangan dua matriks.
• Guru dan siswa menemukan sifat yang berlaku pada pengurangan matriks.
b. Elaborasi
Guru dan siswa menentukan hasil penjumlahan dan pengurangan matriks.
c. Konfirmasi
Guru menanyakan tentang hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan hasil penjumlahan dan
pengurangan matriks.
3. Kegiatan Penutup (10 menit)
Guru menyuruh siswa mengerjakan soal-soal latihan.
Pertemuan Ketiga
1. Kegiatan Pendahuluan (10 menit)
a. Motivasi
Guru menyajikan permasalahan sehari-hari yang menggambarkan penggunaan perkalian suatu matriks.
b. Prasyarat Pengetahuan
Matriks dan penulisannya, transpos, kesamaan, penjumlahan, dan pengurangan matriks.
2. Kegiatan Inti (70 menit)
a. Eksplorasi
• Guru menjelaskan tentang perkalian skalar matriks.
• Guru dan siswa menentukan hasil perkalian skalar matriks.
• Guru menjelaskan tentang sifat-sifat yang berlaku pada perkalian skalar matriks.
• Guru menjelaskan tentang perkalian dua matriks.
• Guru menjelaskan tentang syarat perkalian dua matriks.
• Guru dan siswa menemukan rumus untuk menentukan ordo matriks hasil perkalian dua matriks.
• Guru dan siswa menentukan hasil perkalian suatu matriks jika dikalikan dari kiri.
• Guru dan siswa menentukan hasil perkalian suatu matriks jika dikalikan dari kanan.
• Guru dan siswa menemukan sifat komutatif tidak berlaku pada perkalian matriks.
• Guru menjelaskan tentang sifat-sifat yang berlaku pada perkalian matriks.
Matematika Kelas XII Program IPA 517
• Guru menjelaskan tentang pemangkatan suatu matriks.
• Guru menjelaskan syarat pemangkatan suatu matriks.
• Guru dan siswa membuktikan sifat yang berlaku pada operasi hitung suatu matriks dan transpos
matriks tersebut.
b. Elaborasi
Guru dan siswa menentukan hasil perkalian skalar matriks, hasil perklaian matriks dan hasil pemangkatan
matriks.
c. Konfirmasi
Guru menanyakan tentang hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan hasil perkalian matriks.
3. Penutup (10 menit)
Guru menyuruh siswa mengerjakan soal-soal latihan.
Pertemuan Keempat
1. Kegiatan Pendahuluan (10 menit)
a. Motivasi
Guru menyajikan permasalahan sehari-hari yang menggambarkan penggunaan determinan suatu matriks.
b. Prasyarat Pengetahuan
Operasi hitung matriks.
2. Kegiatan Inti (70 menit)
a. Eksplorasi
• Guru menjelaskan tentang determinan suatu matriks.
• Guru menjelaskan tentang syarat suatu matriks mempunyai determinan.
• Guru menjelaskan tentang determinan matriks berordo 2 × 2.
• Guru dan siswa menentukan determinan matriks berordo 2 × 2.
• Guru menjelaskan tentang determinan matriks berordo 3 × 3.
• Guru dan siswa menentukan determinan matriks berordo 3 × 3.
• Guru menjelaskan tentang jenis-jenis matriks berdasarkan nilai determinannya.
• Guru dan siswa membuktikan sifat-sifat yang berlaku pada determinan matriks.
b. Elaborasi
Guru dan siswa menentukan determinan matriks berordo 2 × 2 dan 3 × 3.
c. Konfirmasi
Guru menanyakan tentang hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan hasil determinan matriks.
3. Penutup (10 menit)
Guru menyuruh siswa mengerjakan soal-soal latihan.
Pertemuan Kelima
1. Kegiatan Pendahuluan (10 menit)
a. Motivasi
Guru menyajikan permasalahan sehari-hari yang menggambarkan penggunaan invers suatu matriks.
b. Prasyarat Pengetahuan
Determinan matriks.
2. Kegiatan Inti (70 menit)
a. Eksplorasi
• Guru menjelaskan tentang invers suatu matriks.
518 Rencana Pelaksanaan Pembelajaran (RPP)
• Guru menjelaskan tentang syarat suatu matriks mempunyai invers.
• Guru menjelaskan tentang cara menentukan invers suatu matriks berordo 2 × 2.
• Guru dan siswa menentukan invers suatu matriks berordo 2 × 2.
• Guru menjelaskan tentang cara menentukan invers suatu matriks berordo 3 × 3.
• Guru dan siswa menentukan invers suatu matriks berordo 3 × 3.
• Guru menjelaskan tentang matriks singular dan matriks non singular.
• Guru dan siswa membuktikan sifat-sifat yang berlaku pada invers matriks.
b. Elaborasi
Guru dan siswa menentukan invers matriks berordo 2 × 2 dan 3 × 3.
c. Konfirmasi
Guru menanyakan tentang hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan hasil invers suatu matriks.
3. Penutup (10 menit)
Guru menyuruh siswa mengerjakan soal-soal latihan.
Pertemuan Keenam
1. Kegiatan Pendahuluan (10 menit)
a. Motivasi
Guru menyajikan permasalahan sehari-hari yang menggambarkan penggunaan matriks untuk
menyelesaikan suatu masalah.
b. Prasyarat Pengetahuan
Determinan dan invers matriks, sistem persamaan linear dua dan tiga variabel.
2. Kegiatan Inti (70 menit)
a. Eksplorasi
• Guru mengingatkan kembali tentang sistem persamaan linear dua variabel.
• Guru menjelaskan tentang penerapan matriks dalam sistem persamaan linear dua variabel.
• Guru menjelaskan tentang cara menyelesaikan sistem persamaan linear dua variabel menggunakan
cara invers matriks.
• Guru menjelaskan tentang cara menyelesaikan sistem persamaan linear dua variabel menggunakan
cara determinan matriks atau aturan Cramer.
• Guru dan siswa menentukan penyelesaian sistem persamaan linear dua variabel menggunakan
cara invers matriks.
• Guru dan siswa menentukan penyelesaian sistem persamaan linear dua variabel menggunakan
cara determinan matriks atau aturan Cramer.
• Guru mengingatkan kembali tentang sistem persamaan linear tiga variabel.
• Guru menjelaskan tentang penerapan matriks dalam sistem persamaan linear tiga variabel.
• Guru menjelaskan tentang cara menyelesaikan sistem persamaan linear tiga variabel menggunakan
cara invers matriks.
• Guru menjelaskan tentang cara menyelesaikan sistem persamaan linear tiga variabel menggunakan
cara determinan matriks/ aturan Cramer.
• Guru dan siswa menentukan penyelesaian sistem persamaan linear tiga variabel menggunakan
cara invers matriks.
• Guru dan siswa menentukan penyelesaian sistem persamaan linear tiga variabel menggunakan
cara determinan matriks/ aturan Cramer.
b. Elaborasi
Guru dan siswa menentukan penyelesaian sistem pertidaksamaan dua atau tiga variabel menggunakan
cara invers matriks dan determinan matriks/ aturan Cramer.
Matematika Kelas XII Program IPA 519
c. Konfirmasi
Guru menanyakan tentang hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan penyelesaian sistem
pertidaksamaan dua atau tiga variabel menggunakan cara invers matriks dan determinan matriks atau
aturan Cramer.
3. Penutup (10 menit)
Guru menyuruh siswa mengerjakan soal-soal latihan.
Alat dan Sumber Belajar
1. Buku PR Matematika Kelas XII Program IPA, Intan Pariwara, 2013
2. Buku PG Matematika Kelas XII Program IPA, Intan Pariwara, 2013
3. Buku BSE Matematika untuk Kelas XII Program IPA, Pusdiknas, 2009
4. Website-website yang relevan
Penilaian Hasil Belajar
1. Teknik Penilaian
Tertulis
2. Bentuk Instrumen
a. Pilihan ganda
b. Uraian
3. Contoh Instrumen
a. Pilihan Ganda
1. Diberikan matriks C =
� � �
� � �
� � �
− −
. Nilai c21
dan c32
berturut-turut adalah . . . .
a. 8 dan 3
b. 7 dan 0
c. 3 dan 4
d. 2 dan 4
e. –1 dan –6
2. Diketahui matriks P =
� � �
� � �
− −
dan Q =
� �
� � �
− − −
. Matriks PQT = . . . .
a.
� �
� �
− −
b.
� �
�� �
−
c.
� �
� �
−
d.
� �
�� �
−
e.
� �
�� �
− −
520 Rencana Pelaksanaan Pembelajaran (RPP)
3. Matriks A = �
� �
dan B adalah matriks berukuran 2 × 2. Jika det (B) = b maka det (AB) = . . . .
a. 10b
b. 5b
c.
�
d. 2b
e.�
b
b. Uraian
1. Diketahui matriks K = (kij) ditentukan oleh
K = � � �
� � � �
− − −
.
a. Tentukan ordo matriks K.
b. Tentukan k13
, k21
, k24
.
c. Tentukan hasil k11
k22
+ k12
k23
+ k24
k14
.
d. Jika
�� �� �
� �
− +− = k
23, tentukan nilai n.
2. Tentukan determinan matriks P jika MP = N dengan M = � � � ���
��� � �
α α α α
dan N = � ��
� �
.
________, ________________
Mengetahui
Kepala SMA ______________ Guru Mata Pelajaran
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
_________________________ ________________________
NIP _____________________ NIP ____________________