· Web viewegyptian american international school. midddle math department . 2016/2017. grade 6. 12
Math for International School
-
Upload
asrsyaiful -
Category
Documents
-
view
99 -
download
0
Transcript of Math for International School
-
Contents
Contents iv
List of Tables v
List of Figures vi
Pendahuluan 1
1 Mathematics Proof MethodMetode Pembuktian Matematis 1
1.1 Direct Proof
Bukti Langsung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Indirect Proof
Bukti Tak Langsung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2 Number TheoryTeori Bilangan 11
2.1 Divisibility
Keterbagian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2 Special Number
Bilangan Khusus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2.1 A Prime and Composite Number
Bilangan Prima dan Komposit . . . . . . . . . . . . . . . . 14
i
-
CONTENTS ii
2.2.2 Perfect Square
Bilangan Kuadrat Sempurna . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.3 GCD dan Algoritma Euclid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.4 Modular Arithmetic
Modulo Aritmatik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.5 Linear Diophantine Equations
Persamaan Linier Diophantin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
3 Algebra FunctionsFungsi Aljabar 28
3.1 Polynomials Inequality
Pertidaksamaan Polinomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3.1.1 Inverse Function
Fungsi Invers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.1.2 Arithmetic and Geometric Sequence
Barisan Aritmatik dan Geometrik . . . . . . . . . . . . . . 34
3.2 Arithmetic, Geometric, Harmonic, and Quadratic Means
Rataan Aritmatik, Geometrik, Harmonik dan
Kuadratik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
3.3 The Polynomials and Remainder Theorem
Suku Banyak dan Teorema Sisa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.3.1 Polynomials Division
Pembagian Suku Banyak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.3.2 Remainder Theorem
Teorema Sisa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
-
CONTENTS iii
3.3.3 Factor Theorem
Teorema faktor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.3.4 Properties of Polynomial Roots
Sifat-Sifat Akar-Akar Suku Banyak . . . . . . . . . . . . . . 50
4 TrigonometryTrigonometri 57
4.1 Trigonometric Function
Fungsi Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
4.1.1 Sine and Cosine Rule
Aturan Sinus dan Cosinus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
4.1.2 Formulas of Sum and Difference of Angles
Rumus-rumus Jumlah dan Selisih Sudut . . . . . . . . . . 65
4.1.3 Trigonometric Equation
Persamaan Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
4.2 Limit Fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
4.2.1 Solution Techniques
Metode Penyelesaian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
4.2.2 Limit of Algebraic Function
Limit Fungsi Aljabar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
4.2.3 Limit of Trigonometric Function
Limit Fungsi Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
5 Kombinatorika 86
5.1 Permutasi dan Kombinasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
-
CONTENTS iv
5.2 Prinsip Inklusi-Ekslusi dan Peluang . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
5.3 Koefisien Binomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
5.4 Prinsip Sarang Merpati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
5.5 Paritas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
5.6 Relasi Rekurensi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
5.7 Soal-soal dan Pembahasan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
-
List of Tables
4.1 Trigonometric quadrant system . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
4.2 The value of trigonometric functions for special angles . . . . . . 60
4.3 The value of trigonometric functions for any angle (Xo ) . . . 614.4 The value of trigonometric functions for negative angles . . . . . 62
4.5 The value of trigonometric functions for any angle (Xo + ) . . . 62
v
-
List of Figures
3.1 Squares in the circles. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
4.1 The right triangle trigonometric system . . . . . . . . . . . . . . . 58
4.2 Triangle and circle of radius R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
4.3 Sum and Difference of Angles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
vi
-
CHAPTER 1
Mathematics Proof MethodMetode Pembuktian Matematis
In mathematics, a proof is a convincing demonstration (within the accepted stan-
dards of a field study) to show that some mathematical statement is necessarily
true. Proofs are obtained from deductive reasoning, rather than from inductive
or empirical arguments. That is, a proof must demonstrate that a statement is
true in all cases, without a single exception.
Dalam matematika, bukti adalah suatu demonstarasi meyakinkan (mengikuti
beberapa standar yang diterima dari suatu bidang kajian tertentu) untuk me-
nunjukkan bahwa pernyataan matematika itu betul-betul benar. Pembuktian
lebih diperoleh dari penarikan kesimpulan secara deduktif dibandingkan den-
gan penarikan kesimpulan yang secara induktif atau empiris. Dengan demikian,
bukti harus menunjukkan bahwa sebuah pernyataan itu adalah benar disegala
hal tanpa suatu perkecualian sedikitpun.
The statement that is proved is often called a theorem. Once a theorem is proved,
it can be used as the basis to prove further statements. A theorem may also be
referred to as a lemma, that is a sub theorem, especially if it is intended for use
as a stepping stone in the proof of another theorem. An implication of theorems
or lemmas is known as a corollary. An unproved proposition that is believed to
be true is known as a conjecture.
Sebuah pernyataan yang sudah terbuktikan disebut dengan teorema. Sekali teo-
rema itu terbuktikan maka hal ini dapat digunakan sebagai dasar untuk mem-
buktikan pernyataan-pernyataan selanjutnya. Kadangkala teorema disebut juga
1
-
Chapter 1. Mathematics Proof Method 2
dengan lemma, bagian kecil dari teorema, khusunya jika hal ini digunakan seba-
gai batu loncatan untuk membuktikan teorema-teorema lainnya. Sebuah akibat
dari beberapa teorema atau lemma disebut dengan korolary. Sebuah pernyataan
yang tidak terbuktikan namun diyakini kebenarannya dikenal dengan istilah
konjektur.
Proofs employ logic but usually include some amount of natural language which
usually admits some ambiguity. In fact, the vast majority of proofs in writ-
ten mathematics can be considered as applications of rigorous informal logic.
Purely formal proofs, written in symbolic language instead of natural language,
are considered in proof theory. The distinction between formal and informal
proofs has led to much examination of current and historical mathematical prac-
tice, quasi-empiricism in mathematics, and so-called folk mathematics (in both
senses of that term). Therefore, the philosophy of mathematics is concerned with
the role of language and logic in proofs, and mathematics as a language.
Beberapa pembuktian matematika menggunakan logika, namun biasanya juga
melibatkan beberapa bahasa biasa yang kadangkala memunculkan dua arti. Na-
mun demikian fakta menunjukkan bahwa hampir semua pembuktian dalam
pernyataan matematika dapat dikatakan sebagai suatu aplikasi dari logika mate-
matika informal. Dalam pembuktian formal yang asli, penulisan dengan simbol-
simbol matematika dibandingkan dengan penulisan dengan bahasa biasa lebih
dipilih dalam teori pembuktian. Perbedaan antara pembuktian formal dan in-
formal telah mendasari beberapa evaluasi matematika dan sejarah latihan mate-
matika akhir-akhir ini, termasuk juga matematika semi empiris, sehingga kita
mempunyai istilah yang dikenal dengan matematika untuk umum (terhadap
kedua istilah itu). Dengan demikian, filosofi matematika sesungguhnya adalah
terkait dengan bagaimana perananan bahasa dan logika dalam matematika itu
sendiri, sehingga matematika menjadi suatu bahasa.
-
Chapter 1. Mathematics Proof Method 3
Mathematics statement can be either true or false. A statement which is always
true is called a tautology, a statement which is always false is called a contradic-
tion. To prove a truth of mathematics statement, we need a proof technique. Ba-
sically, there are two types of proof technique, namely direct proof and indirect
proof. In the following, we describe how the two techniques are implemented
in proving the truth of a statement.
Pernyataan matematika dapat bernilai benar atau salah. Suatu pernyataan yang
selalu bernilai benar disebut tautologi, sedangkan pernyataan yang selalu berni-
lai salah disebut kontradiksi. Untuk membuktikan kebenaran suatu pernyataan
matematika dibutuhkan suatu metode pembuktian. Pada prinsipnya terdapat
dua metode pembuktian, yaitu bukti langsung dan bukti tak langsung. Berikut
ini akan dijelaskan bagaimana kedua metode itu diterapkan untuk membuk-
tikan kebenaran suatu pernyataan.
1.1 Direct ProofBukti Langsung
In this case, to prove a truth of mathematics statement is utilized a direct way
with a particular technique in direction of having a conclusion. In general, there
are three direct proofs, namely one way proof (implication), two ways proof
(biimplication/equivalence) and mathematics induction. Some examples of the
use of those methods are presented in the following.
Dalam hal ini, pembuktian dalam kebenaran matematika dibuktikan dengan
cara langsung dengan teknik-teknik tertentu sampai mencapai kesimpulan. Se-
cara umum, terdapat tiga pembuktian langsung yaitu pembuktian satu arah
(implikasi), pembuktian dua arah (biimplikasi/ekuivalensi) dan induksi matematika.
Beberapa contoh penggunaan metode tersebut adalah sebagai berikut.
-
Chapter 1. Mathematics Proof Method 4
Lemma 1.1.1 If n is a natural number then 1 + 2 + 3 + + n = n2(n+ 1) for any n.
Lema 1.1.1 Jika n suatu bilangan asli maka 1 + 2 + 3 + + n = n2(n + 1) untuk
setiap n.
Proof. Implication Proof: Suppose Un = n2 = Un+1 = (n + 1)2 = n2 + 2n +1 = Un+1 Un = 2n+ 1. Then we haveBukti. Pembuktian Implikasi: Misal Un = n2 = Un+1 = (n+ 1)2 = n2 + 2n+1 = Un+1 Un = 2n+ 1. Maka didapat
Un+1 Un = 2n+ 1Un Un1 = 2(n 1) + 1
...
U3 U2 = 2 2 + 1U2 U1 = 2 1 + 1.
Sum up the n equations above, we get
Jumlahkan seluruh n persamaan di atas maka akan didapat
Un+1 U1 = 2(1 + 2 + + n) + (1 + 1 + + 1)1 + 2 + + n = n
2 + n
2
Therefore
Dengan demikian 1 + 2 + + n = n2(n+ 1). 2
Lemma 1.1.2 Let a, b be two integer numbers and n be a positif integer. For any integern, n|a and n|b will give the same remainder if and only if n|(a b).
Lema 1.1.2 Diberikan dua bilangan bulat a, b dan bilangan bulat positip n. Untuksebarang bilangan bulat n, a
ndan b
nakan mempunyai sisa yang sama jika dan hanya
jika n|(a b).
-
Chapter 1. Mathematics Proof Method 5
Proof. Equivalence Proof:
Bukti. Pembuktian Ekuivalensi:
(=)Let s be a remainder of a and b divided by n, we have a = kn+ s and b = jn+ s
for 0 s n dan k, j I .Misal sisa pembagian bilangan a dan b oleh n adalah s maka a = kn + s dan
b = jn+ s, dengan 0 s n dan k, j I .
a b = (kn+ s) (jn+ s)= (kn jn)= (k j)n.
Since k, j I , k j = p where p is also integer, and a b = pn, it shows thatn|(a b).Karena k, j I maka kj = p dimana p juga bilangan bulat, sehingga ab = pn,yang artinya n|(a b).(=)Suppose that n|(a b). We will prove that a and b will give the same remainderwhen they are divided by n. Let a = kn + s1 and b = jn + s2 for 0 s1 n and0 s2 n, we will show that s1 = s2.Misal n|(a b). Akan dibuktikan bahwa a dan b akan mempunyai sisa yangsama bila dibagi n. Misal a = kn + s1 dan b = jn + s2 untuk 0 s1 n dan0 s2 n, maka akan ditunjukkan s1 = s2.
a b = pna = b+ pn
= (jn+ s2) + pn
= (j + p)n+ s2
= kn+ s2.
-
Chapter 1. Mathematics Proof Method 6
Since the remainder of n|a is single, we have s2 = s1Karena sisa dari n|a adalah tunggal maka s2 = s1. 2
Lemma 1.1.3 Prove that 3|(22n 1) for n 1.
Lema 1.1.3 Buktikan bahwa 3|(22n 1) untuk n 1.
Proof. Mathematics Induction. For n = 1 3|(221) 3|3 (true). Supposeit is true for n = k, we have 3|(22k 1). Thus, is that true for n = k + 1?Bukti. Induksi Matematika. Untuk n = 1 3|(22 1) 3|3 (benar). Misalbenar untuk n = k maka 3|(22k 1). Selanjutnya apakah benar untuk n = k+1?
3|(22(k+1) 1) ?3|(22k+2 1)
3|(22k 22 1)3|(22k 22 22 + 3)3|(22(22k 1) + 3).
Since 3|22(22k 1) and 3|3. It follows that 3|(22(22k 1) + 3), hence it is also truefor n = k + 1.
Karena 3|22(22k 1) dan 3|3 maka 3|(22(22k 1)+3). Sehingga hal ini juga benaruntuk n = k + 1. 2
1.2 Indirect ProofBukti Tak Langsung
In this proof technique, we do not start involving the existing facts in direc-
tion of having a conclusion. We start the prof even from the opposite facts. In
-
Chapter 1. Mathematics Proof Method 7
general, there are two indirect proofs, namely contradictive proof and contra-
positive proof. Contradictive proof is also called reductio ad absurdum proof.
For instance, we will proof that A is true, we start the proof by assuming that A
is not true. Contrapositive proof is obtained by finding a contraposition of an
implication statement in logic math. For instance, we will proof that p q istrue, we start the proof by determining the contraposition of p (q r), i.e. (q r) p. As we know, in logic math p (q r) = (q r) p. Inthe following, we present how to use these methods.
Dalam teknik pembuktian ini, fakta-fakta yang ada tidak digunakan secara lang-
sung untuk menuju pada kesimpulan. Pembuktia dimulai justru dari hal se-
baliknya. Secara umum terdapat dua pembuktian tak langsung, yakni pembuk-
tian kontradiksi dan pembuktian kontraposisi. Pembuktian kontradiksi disebut juga
pembuktian kemustahilan. Misal yang akan dibuktikan adalah benarnya perny-
ataan A, maka pembuktian dimulai dengan mengandaikan bahwa A adalah
salah. Pembuktian kontraposisi diperoleh dari menentukan kontraposisi dari
sebuah pernyataan implikasi dalam logika matematika. Misal akan dibuktikan
bahwa pernyataan p = (qr) benar, maka pembuktian diawali dengan menen-tukan kontraposisi dari p = (q r), yaitu (q r) = p. Seperti yang kitaketahui, dalam logika matematika p = (q r) = (q r) = p. Berikut inikita jelaskan bagaimana menggunakan metode pembuktian ini.
Lemma 1.2.1 Prove that2 is an irrational number.
Lema 1.2.1 Buktikan bahwa2 adalah suatu bilangan irasional.
Proof. Contradictive Proof. Suppose that2 is a rational number. We will
have2 = a
b, where a
bis a simplified form. By squaring the two sides, we
obtain a2 = 2b2. It follows that a2 is even which implies that a is even. Suppose
a = 2k , we have (2k)2 = 2b2 b2 = 2k2 which implies that b is also even.
-
Chapter 1. Mathematics Proof Method 8
Since both a and b are even, ab
is not a simplified form any more, which is a
contradiction.
Bukti. Pembuktian kontradiksi. Misal2 adalah bilangan rasional maka
2 =
ab
(dimana ab
adalah bentuk yang paling sederhana). Kuadratkan kedua ruasnya
diperoleh a2 = 2b2, sehingga a2 adalah bilangan genap dan a pasti genap. Misal
a = 2k (2k)2 = 2b2 b2 = 2k2 yang berakibat b juga genap. Bila a dan badalah sama-sama genap maka a
bbukan bentuk yang paling sederhana lagi, ini
jelas kontradiktif. 2
Lemma 1.2.2 Prove that if m+ n 73 then m 37 or n 37, for m,n I .
Lema 1.2.2 Buktikan bahwa jika m + n 73 maka m 37 atau n 37, untukm,n I .
Proof. Contrapositive Proof. Consider the statement as a logic expression p =(q r), where p m + n 73, q m 37 and r n 37. The contrapositionof the statement is (q r) = p or ( q r) = p. Therefore, to provethe truth of the statement above, we can start proving that if m < 37 and n < 37
then m+n < 73. Suppose the two any numbers are m 36 dan n 36, we havem + n 36 + 36 m + n 72 m + n < 73. It completes the prove that ifm+ n 73 then m 37 or n 37, for m,n I .Bukti. Pembuktian kontraposisi. Misal pernyataan tersebut disajikan dalam
p = (q r), dimana p m+ n 73, q m 37 dan r n 37. Kontraposisipernyataan tersebut adalah (q r) = p atau ( q r) = p. Sehinggauntuk membuktikan kebenaran pernyataan di atas dapat dimulai dengan mem-
buktikan bahwa jika m < 37 dan n < 37 maka m + n < 73. Misal sebarang dua
bilangan itu adalah m 36 dan n 36, maka m + n 36 + 36 m + n 72 m + n < 73, terbukti. Sehingga terbukti pulalah kebenaran pernyataansemula. 2
-
Chapter 1. Mathematics Proof Method 9
PROBLEMS AND SOLUTIONS
SOAL-SOAL DAN PEMBAHASAN
1. Prove that (an+ b)m = bm mod n.
Buktikan bahwa (an+ b)m = bm mod n.
Solution. Direct Proof. To prove (an+ b)m = bm mod n, we need to show
that there exists an integer k such that (an+ b)m bm = kn.Solusi. Bukti Langsung. Untuk membuktikan (an + b)m = bm mod n
perlu ditunjukkan bahwa terdapat bilangan bulat k sedemikian hingga
(an+ b)m bm = kn.
(an+ b)m bm =((an)m +m(an)m1b+ ...+m(an)bm1 + bm
) bn
= (an)m +m(an)m1b+ ...+m(an)bm1 + bm bm
= (an)m +m(an)m1b+ ...+m(an)bm1
=
((a)mnm1 +m(a)m1nm1b+ ...+m(a)bm1bm1
)n
Let k =((a)mnm1 +m(a)m1nm1b + ... +m(a)bm1bm1
), hence we get
(an+ b)m bm = kn. Therefore (an+ b)m = bm mod n.
Bila k =((a)mnm1 +m(a)m1nm1b+ ...+m(a)bm1bm1
), maka didapat
(an+ b)m bm = kn. Sehingga (an+ b)m = bm mod n.
2. If p is a prime number and p|a1a2...an then p|ai for any 1 i n.Jika p adalah bilangan prima dan p|a1a2...an maka p|ai untuk sebarang 1 i n.Solution. Mathematics Induction. Let P (k) be a representation state-
ment. Step I: If p|a1, then it is obvious that P |ai for 1 i 1. Step II:
-
Chapter 1. Mathematics Proof Method 10
Assume it is true for P (k), that is if p|a1a2...ak then p|ai for any 1 i k.We will show that P (k+1) is also true. Since p|a1a2...akak+1 and p is a primenumber, it holds p|a1a2...ak or p|a(k+1). From the two possibilities, we havep|ai for 1 i k + 1 as P (k) is true. It concludes that P (k + 1) is also true.Solusi. Induksi Matematika. Misal P (k) adalah representasi dari perny-
ataan tersebut. Langkah I : Jika p|a1, jelas bahwa P |ai untuk suatu 1 i 1. Langkah II : Misalkan p(k) benar, artinya jika p|a1a2...ak maka p|aiuntuk suatu 1 i k. Akan dibuktikan bahwa P (k + 1) benar. Dike-tahui p|a1a2...akak+1, maka karena p bilangan prima berlaku p|a1a2...ak atauP |a(k+1). Dari kedua kemungkinan ini dikombinasikan, karena P (k) berni-lai benar, maka didapatkan untuk suatu 1 i k+1. Jadi terbukti bahwaP (k + 1) bernilai benar.
3. Prove that if xm is divisible by a prime p, then x is also divisible by p.
Bukatikan bahwa jika xm habis dibagi bilangan prima p, maka x habis
dibagi p.
Solution. Since p divides xm, we have p|xm or p|x.xm1. Since p is a prime,we have p|x or p|xm1. Suppose p does not divide x, it follows p|xm1 orp|x.xm2. Repeat the process, we will be able to show that p|x.Solusi. Karena p membagi habis xm, didapat p|xm atau p|x.xm1. Karenap adalah bilangan prima maka p|x atau p|xm1. Andaikan p tidak habismembagi x, maka p|xm1 atau p|x.xm2. Jika proses diteruskan maka akandidapatkan bahwa p|x.
-
CHAPTER 2
Number TheoryTeori Bilangan
2.1 DivisibilityKeterbagian
When 13 is divided by 5, it will give quotient 2 and remainder 3, denoted by135= 2 + 3
5or 13 = 2 5 + 3. In general, for any positive integers a and b there
exists a unique pair (q, r) of nonnegative integers such that b = q a + r and0 < r < a. We say that q is the quotient and r is the remainder when b is divided
by a. If r = 0 then we say that b is divisible by a or a divides b, denoted by a| b.If b is not divisible by a then we denote as a - b.
Jika 13 dibagi 5 maka hasil baginya 2 dan sisanya 3 dan ditulis: 135= 2 + 3
5atau
13 = 25+3. Secara umum, apabila a bilangan bulat dan b bilangan bulat positif,maka ada tepat satu bilangan bulat q dan r sedemikian hingga b = q a+ r dan0 < r < a. Dalam hal ini, q disebut hasil bagi dan r adalah sisa pembagian bila b
dibagi a. Jika r = 0 maka dikatakan b habis dibagi a dan ditulis a| b. Bila b tidakhabis dibagi a maka ditulis a - b.
Lemma 2.1.1 (1) If a|b then a|bc for any c I ; (2) If a| b and b| c then a| c; (3) If ab| cthen a| c and b| c; (4) If a|b and b|a then a = b; (5) If a| b and a| c then a| (bx+ cy) forany integers x and y.
11
-
Chapter 2. Number Theory 12
Lema 2.1.1 (1) Jika a|b maka a|bc untuk sebarang c I ; (2) jika a| b dan b| c maka a| c;(3) jika ab| c maka a| c dan b| c; (4) jika a|b dan b|a maka a = b; (5) jika a| b dan a| cmaka a| (bx+ cy) untuk sebarang bilangan bulat x dan y.
Proof. Property (1): If a| b then b = ka, and if b| c then c = lb = l(ka) = (kl)a.It implies that a| c. Property (3): If a| b then b = ka bx = kxa, if a| c thenc = la cy = kya. We have bx+ cy = (kx+ ly)a, therefore a| (bx+ cy).Bukti. Sifat (1): a| b maka b = ka, dan b| c maka c = lb = l(ka) = (kl)a makaa| c. Sifat (3): a| b maka b = ka bx = kxa, dan a| c maka c = la cy = kya.Kemudian bx+ cy = (kx+ ly)a maka a| (bx+ cy). 2
Lemma 2.1.2 A number a is divisible by 2n if the last n digit of the number is divisibleby 2n.
Lema 2.1.2 Suatu bilangan a habis dibagi 2n jika n angka terkhir dari bilangan tersebuthabis dibagi 2n.
Proof. Suppose n = 1, thus 2 divides a if the last digit of the number is di-
visible by 2. Let a = . . . a3 a2 a1 a0, we have a = 10(. . . a3 a2 a1) + a0. Since
2| 10(. . . a3 a2 a1), a0 must be divisible by 2 to have 2|a.Bukti. Misal n = 1, berarti a habis dibagi 2 jika angka terakhir dari bilangan
tersebut habis dibadi 2. Misal a = . . . a3 , a2 a1 a0 maka a = 10(. . . a3 , a2 a1) + a0.
Karena 2| 10(. . . a3 , a2 a1) a0 harus habis dibagi 2 untuk memperoleh 2|a. 2
Example. Is 173332 divisible by 8? Since 23| 332, we have 8| 173332.Contoh. Apakah 173332 habis dibagi oleh 8? Karena 23| 332 maka 8| 173332.
-
Chapter 2. Number Theory 13
Example. Is 13 + 23 + + 1003 divisible by 7? False, as we have 13 + 23 + +1003 = (1 + 2 + 3 + + 100)2 = (5050)2 = 25502500 and 7 - 25502500.Contoh. Apakah 13+23+ +1003 habis dibagi 7? Tidak, karena 13+23+ +1003 = (1 + 2 + 3 + + 100)2 = (5050)2 = 25502500 dan 7 - 25502500.
Lemma 2.1.3 A number a = anan1 . . . a1a0 is respectively divisible by 3,9 and 11 ifthe sum of its digits satisfies respectively the following: (an+an1+an2+ +a1+a0)is divisible by 3; (an + an1 + an2 + + a1 + a0) is divisible by 9; and (an an1 +an2 an3 + . . . ) is divisible by 11.
Lema 2.1.3 Suatu bilangan a = anan1 . . . a1a0 berturut-turut habis dibagi 3,9 dan11 jika jumlah angka-angkanya memenuhi masing-masing sifat berikut: (an + an1 +an2+ + a1+ a0) habis dibagi 3; (an+ an1+ an2+ + a1+ a0) habis dibagi 9;dan (an an1 + an2 an3 + . . . ) habis dibagi 11.
Proof.
Bukti.
a = anan1 . . . a1a0
= an 10n + an1 10n1 + . . . a1 101 + a0 100
= an (9 + 1)n + an1 (9 + 1)n1 + . . . a1 (9 + 1)1 + a0 (9 + 1)0
= an[9n + n 9n1 + + 9n] + an + an1[9n1 + (n 1) 9n2 +
+ 9(n 1)] + an1 + + 9a1 + a1 + a0= an[9
n + n 9n1 + + 9n] + an1[9n1 + (n 1) 9n2 + +9(n 1)] + + 9a1 + an + an1 + + a1 + a0
= K(a) +Q(a)
Since (3 9)|K(a), it must be (3 9)|Q(a) to have (3 9)| a .Karena (3 9)|K(a) maka haruslah (3 9)|Q(a) supaya (3 9)| a . 2
-
Chapter 2. Number Theory 14
2.2 Special NumberBilangan Khusus
2.2.1 A Prime and Composite NumberBilangan Prima dan Komposit
The integer p > 1 is called a prime number if there is no integer d with d > 1
and d 6= p such that d|p. Any integer n > 1 has at least one prime divisor. If n isa prime, then that prime divisor is n itself. An integer n > 1 that is not a prime
is called composite.
Bilangan bulat p > 1 disebut sebuah bilangan prima jika tidak ada bilangan
bulat d dimana d > 1 dan d 6= p sedemikian hingga d|p. Setiap bilangan bulatn > 1 mempunyai paling sedikit satu pembagi prima. Jika n adalah bilangan
prima, maka pembagi primanya adalah bilngan n itu sendiri. Sebuah bilangan
bulat n > 1 yang bukan bilngan prima disebut bilangan komposit.
Theorem 2.2.1 Eratosthenes. For any composite n, there exists a prime p such thatp|n and p n. In other words If there does not exist a prime p which divides n,where p n, then n is a prime.
Teorema 2.2.1 Eratosthenes. Untuk setiap bilangan komposit n ada bilangan primap sehingga p|n dan p n. Dengan kata lain Jika tidak ada bilangan prima p yangdapat membagi n dengan p n maka n adalah bilangan prima.
Example. Are 157 and 221 prime numbers?. The primes which are less than157 are 2, 3, 5, 7, 11. Since none of them divides 157, then 157 is a prime. The
primes which are less than221 are 2, 3, 5, 7, 11, 13. Since 13| 221 then 221 is a
composite number.
-
Chapter 2. Number Theory 15
Contoh. Apakah bilangan 157 dan 221 bilangan prima?. Bilangan-bilangan
prima yang lebih kecil dari157 adalah 2, 3, 5, 7, 11. Karena tidak ada satupun
dari bilangan- bilangan prima itu yang dapat membagi 157, maka 157 meru-
pakan bilangan prima. Kemudian bilangan - bilangan prima yang lebih kecil
dari221 adalah 2, 3, 5, 7, 11, 13. Karena 13| 221 maka 221 merupakan bilangan
komposit.
2.2.2 Perfect SquareBilangan Kuadrat Sempurna
Any perfect square satisfies the following three properties:
The possible ones of perfect square number is either 0, 1, 4, 5, 6, dan 9.
If 4 divides a perfect square then the remainder is either 0 or 1.
If p is a prime and p|x2 then p| z, where z = x2/p.
Sebarang bilangan kuadrat sempurna memenuhi tiga sifat berikut ini:
Angka satuan yang mungkin untuk bilangan kuadrat sempurna adalah 0,1, 4, 5, 6, atau 9.
Jika 4 membagi bilangan kuadrat sempurna maka sisanya 0 atau 1.
Jika p bilangan prima dan p| x2 maka p| z, dimana z = x2/p.
Example. Obtain a perfect square whose digits are k, k + 1, k + 2, 3k, k + 3.
Contoh. Carilah suatu bilangan kuadrat sempurna yang angka-angkanya berturut-
turut adalah k, k + 1, k + 2, 3k, k + 3.
-
Chapter 2. Number Theory 16
Solution. The ones of the number is k+3, it follows that k can be either 1, 2, 3 or
6. Whilst the tens is 3k, it follows that k can be either 0, 1, 2 or 3. They imply that
the possible k is either 1, 2 or 3 which give perfect square numbers 12334, 23465
or 34596. Since the remainder of 12334 divided by 4 is 2, it gives that 12334 is
not a perfect square. The remainder of 23465 divided by 4 is 1 and 5|23465, but5 - 4693, so that 23465 is not a perfect square. Now, 4|34596, and we have thefollowing
Solusi. Angka satuan bilangan kuadrat ini adalah k+3 sehingga k yang mung-
kin adalah 1, 2, 3, 6. Sedangkan angka puluhannya adalah 3k maka k yang mung-
kin adalah 0, 1, 2, 3. Dari kedua kemungkinan ini diperoleh k yang mungkin
adalah 1, 2, 3, dengan demikian bilangan kuadrat yang mungkin adalah 12334,
23465, 34596. Karena 12334 dibagi 4 bersisa 2 maka 12334 bukan bilangan kuadrat.
Bilangan 23465 dibagi 4 bersisa 1 dan 5|23465, akan tetapi 5 - 4693 maka 23465bukan bilangan kuadrat. Sekarang, bilangan 4|34596, dan berikut ini berlaku
2 | 345962 | 172983 | 86493 | 288331 | 96131 | 31
Therefore, 34596 = 22 32 312 = 1862 which is a perfect square.Sehingga 34596 = 22 32 312 = 1862 yang merupakan bilangan kuadrat.
-
Chapter 2. Number Theory 17
2.3 GCD dan Algoritma Euclid
Let a, b be any integers. An integer d satisfying d| a and d| b is called a commondivisor of a and b. The biggest (respectively, smallest) value of d is called Greater
Common Divisor/GCD, denoted by GCD(a, b)) (respectively, Least Common Mul-
tiple/LCM, denoted by LCM(a, b))). Several techniques have been developed to
obtain GCD or LCM, one of them is Euclidean algorithm.
Misal a dan b sembarang bilangan bulat. Bilangan bulat d yang memenuhi sifat
d| a dan d| b disebut faktor persekutuan dari a dan b. Nilai terbesar dari d disebutfaktor persekutuan terbesar atau FPB dan ditulis dengan FPB(a, b) sedangkan
nilai terkecil dari d disebut kelipatan persekutuan terkecil atau KPK dan ditulis
KPK(a, b). Beberapa tekni telah dikembangkan untuk menentukan FPB dan
KPK, salah satunya adalah algoritma Euclid.
Algorithm 2.3.1 Euclidean Algorithm. Given two integer numbers a and b with a >b > 0, GCD(a, b) can be obtained by repeating the following algorithm:
a = q1b+ r1; 0 < r1 < b
b = q2r1 + r2; 0 < r2 < r1
r1 = q3r2 + r3; 0 < r3 < r2...
rn2 = qnrn1 + rn; 0 < rn < rn1
rn1 = qn+1rn + 0
If rn is the last divisor of the division process which gives a remainder 0 then rn isGCD(a, b).
Algoritma 2.3.1 Algoritma Euclide. Diberikan dua bilangan bulat a dan b dengan
-
Chapter 2. Number Theory 18
a > b > 0, maka GCD(a, b) bisa dicari dengan mengulang algoritma berikut:
a = q1b+ r1; 0 < r1 < b
b = q2r1 + r2; 0 < r2 < r1
r1 = q3r2 + r3; 0 < r3 < r2...
rn2 = qnrn1 + rn; 0 < rn < rn1
rn1 = qn+1rn + 0
Jika rn merupakan pembagi terakhir dari pembagian di atas yang memberikan sisa 0maka rn merupakan GCD(a, b).
Example. Determine GCD(4840, 1512). Using Euclidean Algorithm, the solu-
tion is the following:
Contoh. Tentukan GCD(4840, 1512). Dengan menggunakan Algoritma Euclid
maka solusinya adalah sebagai berikut:
4840 = 3 1512 + 3041512 = 4 304 + 296304 = 1 296 + 8296 = 37 8 + 0
Therefore
Jadi GCD(4840, 1512) = 8.
Lemma 2.3.1 Any a|c and b|c imply ab|c if and only if GCD(a, b) = 1.
Lema 2.3.1 Sebarang a|c dan b|c berakibat ab|c jika dan hanya jika GCD(a, b) = 1.
-
Chapter 2. Number Theory 19
Example. 3|30 and 5|30 imply 3 5|30 as GCD(3, 5) = 1, however 2|30 and 6|30imply 2 6 - 30 as GCD(2, 6) 6= 1.Contoh. 3|30 dan 5|30 maka 35|30 karena GCD(3, 5) = 1, akan tetapi 2|30 dan6|30 maka 2 6 - 30 karena GCD(2, 6) 6= 1.
2.4 Modular ArithmeticModulo Aritmatik
Let a, b, and m be integers, with m > 1. We say that a and b are congruent
modulo m, denoted by a b (modm), if the remainder of a divided by m and bdivided by m are the same.
Diberikan bilangan bulat a, b dan m dimana m > 1. Bilangan a dikatakan kon-
gruen dengan b modulo m, dituliskan dengan a b (modm), jika sisa pemba-gian a oleh m dan b oleh m memberikan sisa yang sama.
Lemma 2.4.1 If a and b are congruent modulo m then m| (a b).
Lema 2.4.1 Jika a dan b kongruen modulo m maka m| (a b).
Proof. a b (modm) = a = q1m+r and b = q2m+r. Hence ab = (q1q2)m,it follows m| (a b).Bukti. a b (modm) = a = q1m + r dan b = q2m + r. Kemudian a b =(q1 q2)m sehingga m| (a b). 2
-
Chapter 2. Number Theory 20
Lemma 2.4.2 (1) a b (modm), b a (modm) are equivalent with ab 0 (modm);(2) if a b (modm) and b c (modm) then a c (modm); (3) if a b (modm)and d|m then a b (mod d); (4) if a b (modm) and c d (modm) then ax + cy bx+ dy (modm) and ac bd (modm), for any x, y I .
Lema 2.4.2 (1) a b (modm), b a (modm) adalah setara dengan ab 0 (modm); (2) jika a b (modm) dan b c (modm) maka a c (modm); (3) jika a b (modm) dan d|m maka a b (mod d); (4) jika a b (modm) dan c d (modm)maka ax+ cy bx+ dy (modm) dan ac bd (modm), untuk sebarang x, y I .
Proof. a b (modm) m|(a b) and c d (modm) m|(c d). FromLemma 2.1.1, we have m|((ab)x+(cd)y) or m|((ax+cy)(bx+dy)), thereforeax+ cy bx+ dy (modm).Bukti. a b (modm) m|(a b) dan c d (modm) m|(c d). SesuaiLema 2.1.1 didapat m|((ab)x+(cd)y) atau m|((ax+cy)(bx+dy)), sehinggaax+ cy bx+ dy (modm). 2
It follows from Lemma 2.4.2, if f(x) is a polynomial of integer coefficients and
a b (modm) then f(a) f(b) (modm).Akibat dari Lemma 2.4.2, jika f(x) adalah suatu fungsi polinom dengan koefisien-
koefisien bilangan bulat dan a b (modm) maka f(a) f(b) (modm).Example. Prove that for any natural n, S = 2903n803n+261n464n is divisibleby 7 and 271. Furthermore, prove that 1897|S.Contoh. Buktikan bahwa untuk setiap bilangan asli n maka S = 2903n803n+261n 464n habis dibagi 7 dan 271. Buktikan juga bahwa 1897|S.Solution. Since 2903 803 (mod 7) and 464 261 (mod 7), as well as 2903 464 (mod 271) and 803 261 (mod 271), from Lemma 2.4.2(4) we must have 7|S
-
Chapter 2. Number Theory 21
and 271|S. Furthermore, since 1897 = 7 271 and GCD(7, 271) = 1, it followsfrom Lemma 2.3.1 that 1897|S.Solusi. Karena 2903 803 (mod 7) dan 464 261 (mod 7), demikian juga 2903 464 (mod 271) dan 803 261 (mod 271) maka sesuai dengan Lema 2.4.2(4) di-pastikan bahwa 7|S dan 271|S. Selanjutnya karena 1897 = 7271 danGCD(7, 271) =1, maka sesuai Lema 2.3.1 terbukti 1897|S.
Lemma 2.4.3 (am+ b)n bn (modm)
Lema 2.4.3 (am+ b)n bn (modm)
Proof. The proof is the same with showing that there exists an integer k such
that (am+ b)n bn = km.Bukti. Pembuktian ini sama artinya dengan membuktikan ada bilangan bulat
k sehingga (am+ b)n bn = km.
(am+ b)n bn = (am)n + n(am)n1 b+ + n(am)bn1 + bn bn
= {a(am)n1 + an(am)n2 + + an(b)n1}m= km.
2
Example. Determine the ones of 19971991.
Contoh. Tentukan angka satuan bilangan 19971991.
Solution. From Lemma 2.4.3, the solution is as follows:
-
Chapter 2. Number Theory 22
Solusi. Dengan menggunakan Lema 2.4.3 maka solusinya adalah sebagai berikut:
The ones (Angka satuan) 19971991 = The remainder (Sisa bagi) 19971991 oleh 10
= (199 10 + 7)1991 (mod 10)= 71991 (mod 10)
= 74497+3 (mod 10)
= (74)497 73 (mod 10)= (2401)497 343 (mod 10)= (240 10 + 1)497 (34 10 + 3) (mod 10)= 1 3 (mod 10)= 3 (mod 10)
Thereforre, the ones of 19971991 is 3.
Sehingga, angka satuan bilangan 19971991 adalah 3.
It is easy to see that powering numbers 0, 1, 2, . . . , 9 give the following ones/units:
0 => 0 1 type, 1 => 1 1 type, 2 => 2, 4, 8, 6 4 types, 3 => 3, 9, 7, 1 4types, 4 => 4, 6 2 types, 5 => 5 1 type, 6 => 6 1 type, 7 => 7, 9, 3, 14 types, 8 => 8, 4, 2, 6 4 types, 9 => 9, 1 2 types.Mudah dicermati bahwa perpangkatan bilangan 0, 1, 2, . . . , 9 akan menghasilkan
angka satuan berikut: 0 => 0 1 jenis, 1 => 1 1 jenis, 2 => 2, 4, 8, 6 4jenis, 3 = 3, 9, 7, 1 4 jenis, 4 => 4, 6 2 jenis, 5 => 5 1 jenis, 6 => 6 1jenis, 7 => 7, 9, 3, 1 4 jenis, 8 => 8, 4, 2, 6 4 jenis, 9 => 9, 1 2 jenis.Therefore, finding the units of exponential number can be obtained by the fol-
lowing ways: Consider the example above. Determine the ones of 19971991. Since
the ones of the base is 7, the ones of the exponential number contains 4 types,
namely 7,9,3,1. Thus 1991/4 = 4 497 + 3, it implies that 19971991 = 19974497+3which follows the ones of 73 3. Therefore the ones of 19971991 is 3.
-
Chapter 2. Number Theory 23
Dengan demikian pencarian angka satuan dari perpangkatan bilangan dapat
dilakukan dengan cara berikut: Misal pada contoh soal di atas. Berapa angka
satuan bilangan 19971991. Karena angka satuan bilangan dasar adalah angka 7
maka angka satuan perpangkatan bilangan ini akan meliputi 4 jenis yaitu 7,9,3,1.
Selanjutnya 1991/4 = 4 497+3 sehingga 19971991 = 19974497+3 yang berakibatangka satuan dari 73 3. Dengan demikian angka satuan bilangan 19971991adalah 3.
Example. Determine the ones of 345678292784383951.
Contoh. Tentukan angka satuan bilangan 345678292784383951.
Solution. Since the ones of the base is 4, the ones of the exponential number
contains 2 types, namely 4,6. Thus 383951/2 = 2 191975 + 1, it implies that345678292784383951 = 3456782927842191975+1 which follows the ones of 41 4.Therefore the ones of 345678292784383951 is 4.
Solusi. Karena angka satuan bilangan dasarnya adalah 4 maka angka satuan
perpangkatan bilangan ini akan meliputi 2 jenis yaitu 4,6. Selanjutnya tentukan
2|383951 = 2 191975 + 1 sehingga 345678292784383951 = 3456782927842191975+1yang berakibat angka satuan dari 41 4. Dengan demikian angka satuan bi-langan 345678292784383951 adalah 4.
2.5 Linear Diophantine EquationsPersamaan Linier Diophantin
An equation of the form ax + by = c where a, b, c are fixed integers and a, b are
all different from zero is called a linear Diophantine equation if the solutions x, y
respect to integers.
-
Chapter 2. Number Theory 24
Persamaan ax + by = c dengan a, b, c bilangan-bilangan bulat dan a, b dua-
duanya bukan nol disebut persamaan linier Diophantine jika penyelesaiannya
dicari untuk bilangan-bilangan bulat.
Theorem 2.5.1 Diophantine equation ax+by = c is solvable if and only ifGCD(a, b)|c.
Teorema 2.5.1 Persamaan Diophantine ax+ by = c mempunyai penyelesaian jika danhanya jika GCD(a, b)|c.
Proof. Let d = GCD(a, b) and d| c. We have d| c c = kd for any integers k.Whilst d|GCD(a, b) am+ bn = d for any m and n such that:
k(am+ bn) = kd
a(km) + b(kn) = c,
it implies that x = mk dan y = nk
Bukti. Misal d = GCD(a, b) dan d| c, maka d| c c = kd untuk sebarangbilangan bulat k. Sedangkan d|GCD(a, b) am + bn = d untuk sebarangbilangan bulat m dan n sehingga:
k(am+ bn) = kd
a(km) + b(kn) = c,
berarti x = mk dan y = nk
Theorem 2.5.2 If d = GCD(a, b) and x0, y0 are the solutions of Diophantine equationax+ by = c, then the general solutions are
x = x0 +b
dk and y = y0 a
dk; where k is an integer parameter.
-
Chapter 2. Number Theory 25
Teorema 2.5.2 Jika d = GCD(a, b) dan x0, y0 merupakan penyelesaian persamaanDiophantine ax+ by = c, maka penyelelesaian umum persamaan tersebut adalah :
x = x0 +b
dk dan y = y0 a
dk; dengan k parameter bilangan bulat.
Example. Find the general solutions of Diophantine equation 738x+621y = 45.
Contoh. Tentukan solusi umum dari persamaan Diophantine 738x+621y = 45.
Solution. Finding GCD(738, 621) with Euclidean Algorithm
Solusi. Mencari GCD(738, 621) dengan Alogaritma Euclide
738 = 1 621 + 117621 = 5 117 + 36117 = 3 36 + 936 = 4 9 + 0.
we get GCD(738, 621) = 9. Since 9| 45, the equation is solvable. Consider the 9as a linear combination of 738 and 621.
diperoleh GCD(738, 621) = 9. Karena 9| 45 maka persamaan di atas mempunyaipenyelesaian. Jadikan 9 sebagai kombinasi linear dari 738 dan 621.
9 = 117 3 36= 117 3(621 5 117) = 3 621 + 16 117= 3 621 + 16(738 621)
9 = 16 738 19 621
multiplying the two sides by 5, we get 45 = 80 738 45 621. It implies thatx0 = 80, y0 = 95. Therefore the general solutions are:
-
Chapter 2. Number Theory 26
Kalikan kedua ruas dengan 5, diperoleh 45 = 80 738 45 621, sehinggadidapat x0 = 80, y0 = 95. Dengan demikian penyelesaian umumnya adalah:
x = 80 +621
9k = 80 + 69k
y = 95 7389k = 95 82k
PROBLEMS AND SOLUTIONS
SOAL-SOAL DAN PEMBAHASAN
1. A numberA is the smallest natural number which is a product of the small-
est three of prime number. Determine two numbers between 200 and 300
which gives the same prime factor with A.
Bilangan A adalah bilangan asli terkecil yang merupakan hasil kali dari 3
bilangan prima terkecil. Sebutkan dua buah bilangan di antara 200 dan
300 yang mempunyai faktor prima yang serupa dengan bilangan A.
Solution. A = 2.3.5 = 30, the desired numbers are 24.3.5 = 240 and
2.32.5 = 270
Solusi. A = 2.3.5 = 30, jadi bilangan yang dicari adalah 24.3.5 = 240 dan
2.32.5 = 270
2. P (n) is a multiplication of the digits of number n, and S(n) is summation
of its digits. Determine the ones of n satisfying P (n) + S(n) = n if n is a
number consisting two digits.
P (n) didefinisikan sebagai perkalian antara angka-angka bilangan n dan
S(n) adalah penjumlahan antara angka-angka bilangan n. Tentukan angka
satuan n yang memenuhi P (n) + S(n) = n jika n adalah bilangan yang
terdiri dari dua angka.
-
Chapter 2. Number Theory 27
Solution. Assume the number n is ab, we have a, b as a tens and ones.
Solution. Asumsikan bilangan tersebut adalah ab, maka kita mengartikan
a sebagai puluhan dan b sebagai satuan.
P (n) + S(n) = n
a.b+ (a+ b) = ab
a.b+ (a+ b) = 10a+ b
ab = 9a = a9
Therefore, the ones of the number is 9
Dari sini didapatkan bahwa satuan bilangan n adalah 9
3. What is the remainder of 13 + 23 + 33 + ...+ 1003 divided by 7?
Berapakah sisa pembagian 13 + 23 + 33 + ...+ 1003 oleh 7?
Proof.
Bukti.
13 + 23 + 33 + ...+ 1003 = (1 + 2 + 3 + ...+ 100)3
= (5050)2
= (101x50)2 (mod 7)
= (101)2x(50)2 (mod 7)
= (2x72 + 3)2x(72 + 1)2 (mod 7)
= 32x1 (mod 7)
= 9 (mod 7)
= 2 (mod 7)
-
CHAPTER 3
Algebra FunctionsFungsi Aljabar
3.1 Polynomials InequalityPertidaksamaan Polinomial
In this section, we will show how so solve inequalities. Solving an inequality
means finding all of its solutions. A solution of an inequality is a number which
when substituted for the variable makes the inequality a true statement.
Dalam bagian ini, akan dipelajari bagaimana menyelesaikan pertidaksamaan.
Menyelesaikan pertidaksamaan berarti mencari semua himpunnan penyelesa-
ian. Penyelesaian dari pertidakasamaan adalah sebuah bilangan dimana pada
saat bilangan itu disubstitusikan maka pertidaksamaan menjadi pernyataan yang
benar.
Some properties related to inequality are as follows:
If a > b then a = b+ k, for any k.
If a > b then a+ c > b+ c and a.c > b.c where c > 0.
If a > b and b > c then a > c.
If a > b and c > d then a+ c > b+ d.
If a > b > 0 then 1/a > 1/b, and if a/b > 0 then a.b > 0.
28
-
Chapter 3. Algebra Functions 29
Beberapa sifat-sifat terkait dengan pertidaksamaan adalah sebagai berikut:
Jika a > b maka a = b+ k, untuk sebarang k.
Jika a > b maka a+ c > b+ c dan a.c > b.c dimana c > 0.
Jika a > b dan b > c maka a > c.
Jika a > b dan c > d maka a+ c > b+ d.
Jika a > b > 0 maka 1/a > 1/b, dan jika a/b > 0 maka a.b > 0.
In general, we present inequality polynomials as:
Secara umum pertidaksamaan fungsi dinyatakan sebagai
a0xn + a1x
n1 + + an1x+ an 0
The following steps shows how to solve inequality:.
factorizing the polynomials, if it is not factorizible then consider whetherthe function is definite or not.
Draw a number line and show the roots of polynomial equality on it.
Put sign + or on each interval of the number line respecting to the fol-lowing rules:
Consider the coefficient of the highest order of the inequality.
If the coefficient of the the highest order is positive (respectively, or
negative) then the right side of line number interval is + (respectively,
or ). Hence, place an alternate sign on the remaining interval. Consider the sign of the inequality and confirm with the signs on the
interval to conclude the solution set.
-
Chapter 3. Algebra Functions 30
Lagkah-langkah berikut menunjukkan bagaimana cara menyelesaikan persamaan
ini.
Lakukan memfaktorkan terhadap fungsi polinomial, bila tidak dapat di-faktorkan pertimbangkan apakah fungsi tersebut definit.
Gambar sebuah garis bilangan dan letakkan semua akar-akar persamaanpolinomial dalam garis bilangan.
Berikan tanda + atau pada setiap interval dengan prinsip berikut:
Lihat koefisien pangkat tinggi pertidaksamaan tersebut.
Jika koefisien pangkat tertingginya positif maka interval paling kanan
adalah+, bila negatif maka tulis dan kemudian interval selanjutnyasecara bergantian berlawanan tanda.
Lihat tanda pertidaksamaannya dan cocokkan dengan tanda tanda
dalam interval untuk menentukan himpunan penyelesaiannya.
Example. Determine x satisfying inequality x2 2x 80 0 andContoh. Tentukan nilai-nilai x yang memenuhi kedua pertidaksamaan x22x80 0 dan
(2x 5)501(x2 3x 4)(x2 + 7x 80)(x3 + 4x2 x+ 1)2000(x+ 1)(x+ 14)51
0
Solution. To solve this inequality we should consider discriminant D = b24acof quadratic function ax2 + bx + c = 0. If D < 0 and a > 0 then the quadratic
function is positive definite, IfD < 0 and a < 0 the quadratic function is negative
definite. Furthermore, all number of even power must be positive.
Jika
-
Chapter 3. Algebra Functions 31
Solusi. Untuk menyelesaikan pertidaksamaan ini maka kita harus ingat kon-
sep Deskriminan D = b2 4ac untuk fungsi kuadratik ax2 + bx + c = 0. BilaD < 0 dan a > 0 maka fungsi kuadratik adalah definit positif, Bila D < 0 dan
a < 0 maka fungsi kuadratik adalah definit negatif. Kemudian setiap bilangan
yang berpangkat genap pasti bernilai positif.
x2 2x 80 0(x 10)(x+ 8) 0 Hp1 = {x| 8 x 10}
Whilst (Sedangkan)
(2x 5)501(x2 3x 4)(x2 + 7x 80)(x3 + 4x2 x+ 1)2000(x+ 1)(x+ 14)51
0(2x 5)501(x 4)
(x+ 14)51 0
For (Untuk) x 6= 14, (2x 5)501(x 4)(x+ 14)51 0For (Untuk) x 6= 14, (2x 5)501(x 4)(x+ 14)51
0
It follows (Berarti) (2x 5)501(x 4)(x+ 14)51 0Therefore (Sehingga) Hp2 = {x| 14 < x 5
2 x 4}
Since the problem shows a conjunction relation then both solution sets Hp1 and
Hp2 must be joined. It implies that Hp = {x| 8 x 52 4 x 10}.Karena masalah di atas menunjukkan relasi konjungsi, maka kedua himpunan
penyelesaian Hp1 dan Hp2 harus digabung. Sehingga diperoleh Hp = {x| 8 x 5
2 4 x 10}.
Example. The value of x satisfying inequality (x 2)4(x2 x 10)|x2 x 1|(x+ 1)2 1 is . . .Contoh. Harga x yang memenuhi pertidaksamaan (x 2)4(x2 x 10)|x2 x 1|(x+ 1)2 1 adalah . . .
-
Chapter 3. Algebra Functions 32
(A) x 1 0 x 1 x 2
(B) 12 x 0 3
2 x 2
(C) 1 x 0 1 x 2
(D) 12< x 3
2
(E) All x (Semua harga x)
3.1.1 Inverse FunctionFungsi Invers
If f is a function from A to B then an inverse function for f is a function in the
opposite direction, from B to A, with the property that a round trip (a composi-
tion) from A to B to A (or from B to A to B) returns each element of the initial
set to itself. Thus, if an input x into the function produces an output y, then
inputting y into the inverse function f1 (read f inverse, not to be confused with
exponentiation) produces the output x. Not every function has an inverse; those
that are called invertible.
Jika f adalah fungsi dariA keB maka fungsi invers untuk f adalah suatu fungsi
balikan yang berlawanana arah, yaitu dari B ke A, dengan sifat rute balikan
itu (komposisi fungsi) adalah dari A ke B ke A (atau dari B ke A ke B) akan
mengembalikan masing-masing element dari himpunan asal ke elemen-element
itu sendiri. Dengan kata lain, jika dimasukkan x ke dalam fungsi memberikan
hasil y, maka dengan memasukkan nilai y ke dalam fungsi invers f1 (baca f in-
vers, biar tidak dibingungkan dengan pengertian eksponensial) akan diperoleh
hasil x. Tidak setiap fungsi memiliki balikan, fungsi yang tidak mempunyai
fungsi invers ini disebut invertibel.
-
Chapter 3. Algebra Functions 33
Theorem 3.1.1 If f(x) is function with x < then inverse function f1(x) satisfiesthe following:
Teorema 3.1.1 Jika f(x) suatu fungsi dalam x
-
Chapter 3. Algebra Functions 34
3.1.2 Arithmetic and Geometric SequenceBarisan Aritmatik dan Geometrik
In mathematics, an arithmetic sequence or arithmetic progression is a sequence
of numbers such that the difference of any two successive members of the se-
quence is a constant. For instance, the sequence 3, 5, 7, 9, 11, 13, . . . is an arith-
metic progression with common difference 2. The sum of the terms of a arith-
metic progression is known as a arithmetic series. Thus, the general form of a
arithmetic sequence is a, a + b, a + 2b, . . . , a + (n 1)b; and that of a geometricseries is (a) + (a+ b) + (a+ 2b) + + (a+ (n 1)b).Dalam matematika, suatu barisan aritmatika atau urutan aritmatika didefin-
isikan sebagai barisan bilangan sedemikian hingga beda dari dua bilangan yang
berurutan dari barisan itu adalah konstan. Sebagai contoh, barisan bilangan
3, 5, 7, 9, 11, 13, . . . adalah barisan aritmatika dengan beda 2. Jumlah suku-suku
dari barisan arimatika disebut dengan deret aritimatika. Bentuk umum dari
barisan aritmatika adalah a, a + b, a + 2b, . . . , a + (n 1)b; sedangkan bentukumum dari deret aritmatika adalah (a) + (a+ b) + (a+ 2b) + + (a+ (n 1)b).Meanwhile, A geometric sequence is a sequence of numbers where each term
after the first is found by multiplying the previous one by a fixed non-zero num-
ber called the common ratio. For example, the sequence 2, 6, 18, 54,. . . is a
geometric progression with common ratio 3. Similarly 10, 5, 2.5, 1.25, . . . is a
geometric sequence with common ratio 1/2. The sum of the terms of a geo-
metric progression is known as a geometric series. Thus, the general form of
a geometric sequence is a, ar, ar2, ar3, ar4, . . .; and that of a geometric series is
a+ ar + ar2 + ar3 + ar4 + . . .
Sementara, suatu barisan geometrik adalah barisan bilangan dimana masing-
masing suku setelah bilangan pertama didapat dari mengalikan bilangan se-
-
Chapter 3. Algebra Functions 35
belumnya dengan bilangan konstan yang tidak nol, yang disebut dengan ra-
sio dan rasio ini selalu sama. Sebagai contoh, barisan bilangan 2, 6, 18, 54,. . .
adalah barisan geometrik dengan rasio 3. Sama hanya dengan barisan 10, 5,
2.5, 1.25, . . . adalah barisan geometrik dengan rasio 1/2. Jumlah suku-suku
dari barisan geometrik ini disebut dengan deret geometrik. Bentuk umum dari
barisan geometri adalah a, ar, ar2, ar3, ar4, . . .; sedangkan bentuk umum dari
deret geometri adalah a+ ar + ar2 + ar3 + ar4 + . . .
Lemma 3.1.1 Given an arithmetic sequence a+(a+b)+(a+2b)+ +(a+(n1)b),where a is an initial term an b is a deference of any two successive terms. Then, we havethe followings:
Lema 3.1.1 Diberikan suatu deret aritmatika a+(a+b)+(a+2b)+ +(a+(n1)b),dimana a adalah nilai suku awal dan b adalah beda suku-suku yang berurutan, makabeberapa hal berikut berlaku:
Un = a+ (n 1)b (3.1)Sn =
n
2[U1 + Un] (3.2)
Sn =n
2[2a+ (n 1)b] (3.3)
Ut = a+1
2(n 1)b (3.4)
Lemma 3.1.2 If we insert some k numbers on between any two successive numbers ofarithmetic sequence and they form a new arithmetic sequence, then
-
Chapter 3. Algebra Functions 36
Lema 3.1.2 Jika diantara dua buah bilangan yang berurutan dari suatu deret arit-matika disisipi k buah bilangan dan membentuk deret aritmatika baru maka
b =b
k + 1(3.5)
n = n+ (n 1)k (3.6)
Lemma 3.1.3 Let a + ar + ar2 + + arn1 be a geometric sequence, where a, r arerespectively an initial value and ratio. The followings hold for this squence
Lema 3.1.3 Diberikan suatu deret geometrik a + ar + ar2 + + arn1, dimana aadalah nilai suku awal dan r adalah rasio suku-suku yang berurutan. Beberapa halberikut berlaku untuk deret ini.
Un = arn1 (3.7)
Sn =a(rn 1)r 1 , r > 1 (3.8)
Sn =a(1 rn)1 r , r < 1 (3.9)
Ut = arn1 (3.10)
Lemma 3.1.4 If we insert some k numbers on between any two successive numbers ofgeometric sequence and they form a new geometric sequence, then
Lema 3.1.4 Jika diantara dua buah bilangan yang berurutan dari suatu deret geometrikdisisipi k buah bilangan dan membentuk deret geometrik baru maka
r = k+1r (3.11)
n = n+ (n 1)k (3.12)
-
Chapter 3. Algebra Functions 37
Lemma 3.1.5 For arithmetic and geometric series satisfy Un = Sn S(n 1).
Lema 3.1.5 Untuk deret aritmatik maupun geometrik berlaku Un = Sn S(n 1).
Lemma 3.1.6 An infinite convergence geometric series, where |r| < 1, satisfies S =a
1r .
Lema 3.1.6 Untuk deret geometrik tak hingga konvergen, dimana |r| < 1, berlakuS = a1r .
Example. Determine the sum of all radius of circles whose numbers are infinity.
Example. Tentukan jumlah seluruh jari-jari lingkaran berikut ini sampai pada
banyaknya lingkaran tak higga.
Figure 3.1: Squares in the circles.
-
Chapter 3. Algebra Functions 38
Furthermore, how to find the n-term of sequence 1, 4, 11, 22, 37, . . . . Both formu-
las Un can not be used to answer this problems as the sequence does not have
a common difference at first layer, namely 3,7,11,15. Thus then, this sequence
admits an arithmetic sequence of common difference 4. The solution can be ob-
tained by considering polynomial f(x) = akxk+ak1xk1+ak2xk2+ +a0x0.Selanjutnya, bagaimana menentukan suku ken dari barisan bilangan: 1, 4, 11,22, 37, . . . . Kedua rumus Un di atas tidak dapat dipakai untuk menjawab per-
tanyaan ini, sebab beda pada layer pertama tidak sama, yaitu 3,7,11,15, baru
kemudian barisan beda ini merupakan barisan aritmatika dengan beda 4. So-
lusinya diperoleh dari mempertimbangkan fungsi polinomial f(x) = akxk +
ak1xk1 + ak2xk2 + + a0x0.
Lemma 3.1.7 Let f(x) = a1x + a0;x = 1, 2, . . . , n be a linear function series of thepolynomial, it has common difference b = a1 at firs layer.
Lema 3.1.7 Misal deret fungsi linear dari polinomial di atas adalah f(x) = a1x +a0;x = 1, 2, . . . , n, maka deret ini mempunyai beda b = a1 pada layer pertama.
Proof. An expansion of the linear function for the n-terms is as follows:
Bukti. Ekspansi fungsi linear sampai suku ken adalah sebagai berikut:a1 + a0, 2a1 + a0, . . . , a1(n 3) + a0, a1(n 2) + a0, a1(n 1) + a0, a1n+ a0
hence the common difference of the successive terms is b = f(n) f(n 1) =f(n 1) f(n 2) = = f(2) f(1) = a1, namelysehingga beda dari suku-suku yang berurutan adalah b = f(n) f(n 1) =f(n 1) f(n 2) = = f(2) f(1) = a1, yaitu
a1 + a0, 2a1 + a0 a1
, . . . , a1(n 3) + a0, a1(n 2) + a0 a1
, a1(n 1) + a0, a1n+ a0 a1
-
Chapter 3. Algebra Functions 39
Lema 3.1.8 Let f(x) = a2x2 + a1x+ a0; x = 1, 2, . . . , n be a quadratic function seriesof the polynomial, it has common difference b = 2a2 at second layer.
Lema 3.1.9 Misal deret fungsi kuadrat dari polinomial di atas adalah f(x) = a2x2 +a1x+ a0;x = 1, 2, . . . , n, maka deret ini mempunyai beda b = 2a2 pada layer kedua.
Proof. An expansion of the quadratic function for the n-terms is as follows:
Bukti. Ekspansi fungsi quadratic untuk suku ken adalah sebagai berikut:
a2 + a1 + a0, 4a2 + 2a1 + a0, . . . , a2(n 1)2 + a1(n 1) + a0, a2n2 + a1n+ a0
hence the differences of the successive terms are as follows:
sehingga beda layer pertama dari suku-suku yang berurutan adalah sebagai
berikut:
bn = f(n) f(n 1) = 2a2n a2 + a1 = (2n 1)a2 + a1bn1 = f(n 1) f(n 2) = 2a2n 3a2 + a1 = (2n 3)a2 + a1bn2 = f(n 2) f(n 3) = 2a2n 5a2 + a1 = (2n 5)a2 + a1
...
b3 = f(3) f(2) = 5a2 + a1b2 = f(2) f(1) = 3a2 + a1.
Therefore, the common difference of the successive terms of the difference se-
quence of the first layer is
Dengan demikian, beda dari suku-suku yang berurutan pada barisan beda un-
tuk layer pertama adalah
b = bn bn1 = bn bn1 = = b3 b2 = 2a2
-
Chapter 3. Algebra Functions 40
or
atau
a2 + a1 + a0, 4a2+ 3a2+a1
2a1 + a0, 9a2+ 5a2+a1
3a1 + a0, 16a2+ 7a2+a1
4a1 + a0, 25a2+ 9a2+a1Layer I
5a1 + a0
2a2
2a2
2a2Layer II
2
Lema 3.1.10 Let f(x) = a3x3 + a2x2 + a1x + a0;x = 1, 2, . . . , n, be a cubic functionseries of the polynomial, it has common difference b = 6a3 at third layer.
Lema 3.1.11 Misal deret fungsi kubik dari polinomial di atas adalah f(x) = a3x3 +a2x
2 + a1x + a0;x = 1, 2, . . . , n, maka deret ini mempunyai beda b = 6a3 pada layerketiga.
Proof. As exercise.
Bukti. Sebagai latihan. 2
We conclude inductively in the following theorem:
Secara induktif dapat disimpulkan dalam teorema berikut:
Theorem 3.1.2 The series of polynomial function f(x) = akxk+ak1xk1+ak2xk2+ + a0x0;x = 1, 2, . . . , n has a common difference b = k!ak at layer k.
Teorema 3.1.2 Deret fungsi polinomial f(x) = akxk + ak1xk1 + ak2xk2 + +a0x
0;x = 1, 2, . . . , n, mempunyai beda yang sama b = k!ak pada layer kek.
-
Chapter 3. Algebra Functions 41
Proof. As exercise.
Bukti. Sebagai latihan. 2
Example. Given a series 15 + 32 + 63 + 108 + 167 + . . . . Obtain the nterm andthe nsum.Example. Diberikan suatu deret 15 + 32 + 63 + 108 + 167 + . . . . Tentukan suku
ken dan jumlah ken.Solution. The series above forms the following
Solusi. Deret di atas akan mengikuti pola berikut
15 + 32 17
+63 31
+108 45
+167 59
+ . . .
14
14
14
Since the series has a common difference at second layer, we have k = 2 and
the function f(x) = a2x2 + a1x + a0. We need to find the coefficients a2, a1, a0.
Theorem 3.1.2 implies b = k!ak = 2!a2 = 14 a2 = 7, it follows f(x) = 7x2 +a1x+ a0. Let Un = f(n) and Un = 7n2 + a1n+ a0. We have the following:
Karena deret fungsi mempunyai beda yang sama pada layer kedua maka k = 2
dan rumus f(x) = a2x2 + a1x + a0. Selanjutnya perlu dicari koefisien a2, a1, a0.
Dari Theorema 3.1.2 diperoleh b = k!ak = 2!a2 = 14 a2 = 7. Sehinggaf(x) = 7x2 + a1x + a0. Misal Un = f(n) dan Un = 7n2 + a1n + a0, maka akan
didapat:
n = 1 7 + a1 + a0 = 15 a1 + a0 = 8n = 2 28 + 2a1 + a0 = 32 2a1 + a0 = 4
From both equations, we have a1 = 4 dan a0 = 12 which implies that thenterm is Un = 7n2 4n+ 12.
-
Chapter 3. Algebra Functions 42
Dari kedua persamaan diperoleh nilai a1 = 4 dan a0 = 12. Sehingga sukuken adalah Un = 7n2 4n+ 12.To find the nsum of the above series, we consider the following seriesUntuk menentukan jumlah ken dari deret di atas, maka kita lihat deret berikut
Un 15, 32, 63, 108, 167, . . .Sn 15, 47, 110, 218, 385, . . .
15, 47 32
, 110 63
, 218 108
, 385 167
+ . . .
31
45
59
14
14
Since the sequence of function has a common difference on the third layer, we
have k = 3 and function f(x) = a3x3 + a2x2 + a1x + a0. We need to find the
coefficients a3, a2, a1, a0. Theorem 3.1.2 implies b = k!ak = 3!a3 = 14 a3 = 73 .Hence f(x) = 7
3x3+a2x
2+a1x+a0. Let Sn = f(n) and Sn = 73n3+a2n
2+a1n+a0.
We have the following:
Karena deret fungsi mempunyai beda yang sama pada layer ketiga maka k = 3
dan rumus f(x) = a3x3 + a2x2 + a1x + a0. Selanjutnya perlu dicari koefisien
a3, a2, a1, a0. Dari Theorema 3.1.2 diperoleh b = k!ak = 3!a3 = 14 a3 = 73 .Sehingga f(x) = 7
3x3 + a2x
2 + a1x+ a0. Misal Sn = f(n) maka Sn = 73n3 + a2n
2 +
a1n+ a0, maka akan didapat:
n = 1 73+ a2 + a1 + a0 = 15 a2 + a1 + a0 = 38
3
n = 2 563+ 4a2 + 2a1 + a0 = 47 4a2 + 2a1 + a0 = 85
3
n = 3 1893
+ 9a2 + 3a1 + a0 = 110 9a2 + 3a1 + a0 = 1413
Solving the three equations, we have a2 = 32 , a1 =676
and a0 = 0 which implies
the nsum is Sn = 73n3 + 32n2 + 676 n.
-
Chapter 3. Algebra Functions 43
Dengan menyelesaikan ketiga persamaan di atas diperoleh nilai a2 = 32 , a1 =676
dan a0 = 0. Sehingga jumlah suku ken adalah Sn = 73n3 + 32n2 + 676 n. 2
3.2 Arithmetic, Geometric, Harmonic, and QuadraticMeansRataan Aritmatik, Geometrik, Harmonik danKuadratik
In mathematics or statistics, an arithmetic mean of a list of numbers is the sum
of all of the list divided by the number of items in the list. The arithmetic mean
is the most commonly-used type of average and is often referred to simply as
the average. A geometric mean is a type of mean or average, which indicates
a central tendency of numbers. It is similar to arithmetic mean, which is what
most people think of with the word average, except that instead of adding the
set of numbers and then dividing the sum by the count of numbers in the set
n, the numbers are multiplied and then the nth root of the resulting product is
taken. A harmonic mean (formerly sometimes called the subcontrary mean) is
one of several kinds of average. Typically, it is appropriate for situations when
the average of rates is desired. A quadratic mean is a type of average which is
calculated as the square root of the mean of the squares.
Dalam matematika atau statistika, suatu rataan aritmatik dari daftar bilangan
adalah jumlah bilangan itu dibagi dengan banyaknya bilangan dalam daftar.
Rataan aritmatika adalah sesuatu yang paling sering dipakai dan secara umum
juga disebut dengan rata-rata. Rataan geometrik adalah jenis rataan atau rata-
rata yang merepresentasikan suatu tendensi sentral dari sekumpulan bilangan.
Hampir sama dengan rataan aritmatik dimana banyak orang berpikir bahwa ini
-
Chapter 3. Algebra Functions 44
hanyalah rata-rata, namun dalam rata-rata seluruh bilangan dalam daftar di-
jumlahkan kemudian dibagi dengan banyaknya bilangan dalam daftar, untuk
rataan geometrik semua bilangan dalam daftar dikalikan kemudian ditarik akar
pangkat n. Rataan harmonik (dulu disebut sebagai kebalikan rataan) adalah
jenis lain dari rata-rata. Biasanya ini sesuai untuk menentukan rata-rata yang
mempertimbangkan tingkatan. Rataan kuadratik adalah tipe dari rata-rata yang
diperoleh dari menarik akar kuadrat dari rata-rata kuadratnya.
Let AM=Arithmetic Mean, GM=Geometric Mean, HM=Harmonic Mean and
QM=Quadratic Mean. For any positive real numbers a, b, it satisfies
Misal AM=Rataan Aritmatik, GM=Rataan Geometrik, HM=Rataan Harmonik
and QM=Rataan Kuadratik. Untuk sebarang a, b bilangan real positif, berlaku
(a b)2 0 a2 + b2 2ab (3.13)
If a a and b b then, from (3.13), it follows a+ b 2ab orJika a a dan b b maka (3.13) menjadi a+ b 2ab atau
a+ b
2ab (3.14)
In general we can present (3.14) as follows
Secara umum kita dapat menulis (3.14) sebagai
x1 + x2 + + xnn AM
nx1x2 . . . xn GM
(3.15)
If a 1a
and b 1b
then (3.14) shows
Jika a 1a
dan b 1b
maka (3.14) menjadi
ab 21
a+ 1
b
(3.16)
-
Chapter 3. Algebra Functions 45
In general, we can present (3.16) as
Secara umum kita dapat menulis (3.16) sebagai
nx1x2 . . . xn n1
x1+ 1
x2+ + 1
xn HM
(3.17)
From (3.13), we get 2(a2+ b2) a2+2ab+ b2 2(a2+ b2) (a+ b)2. If the twosides are divided by 4 then we have a
2+b2
2 (a+b
2
)2, orDari (3.13) didapat 2(a2+ b2) a2+2ab+ b2 2(a2+ b2) (a+ b)2. Bila keduaruas dibagi 4, diperoleh a
2+b2
2 (a+b
2
)2, ataua2 + b2
2 a+ b
2(3.18)
In general (3.18) can be written as
Secara umum (3.18) ditulis sebagaix21 + x
22 + + x2nn
QM
x1 + x2 + + xnn
(3.19)
Therefore, from(3.15), (3.17) and (3.19) we can conclude that for any positive real
numbers x1, x2, . . . , xn satisfy:
Dengan demikian, berdasarkan (3.15), (3.17) dan (3.19) dapat disimpulkan bahwa
untuk setiap bilangan real positif x1, x2, . . . , xn berlaku:
QM AM GM HM
where
-
Chapter 3. Algebra Functions 46
dimana
QM =
x21 + x
22 + + x2nn
AM =x1 + x2 + + xn
nGM = n
x1x2 . . . xn
HM =n
1x1+ 1
x2+ + 1
xn
Example. Let x, y, z be any real positive numbers such that x+ y+ z = 1. Prove
that xy(x+ y)2 + yz(y + z)2 + xz(x+ z)2 4xyz.Contoh. Diketahui x, y, z adalah bilangan real positif sehingga x + y + z = 1.
Buktikan bahwa xy(x+ y)2 + yz(y + z)2 + xz(x+ z)2 4xyz.Solution. Since x+ y + z = 1, we have
Solusi. Karena x+ y + z = 1 maka didapat
xy(1 z)2 + yz(1 x)2 + xz(1 y)2 4xyzxy + yz + xz 6xyz + xyz2 + x2yz + xy2z 4xyz
xy + yz + xz + xyz2 + x2yz + xy2z 10xyz1
x+1
y+1
z+ x+ y + z 101
x+1
y+1
z 9
1
3 31
x+ 1
y+ 1
z
x+ y + z3 AM
31x+ 1
y+ 1
z HM
-
Chapter 3. Algebra Functions 47
3.3 The Polynomials and Remainder TheoremSuku Banyak dan Teorema Sisa
A polynomial f(x) of degree n can be presented as:
Suatu suku banyak f(x) yang berderajad n dinyatakan dengan:
f(x) = a0xn + a1x
n1 + + an1x+ an
where a0, a1, . . . , an are constant, a0 6= 0 and n is a cardinal number.dimana a0, a1, . . . , an adalah konstanta, a0 6= 0 dan n adalah bilangan cacah.
3.3.1 Polynomials DivisionPembagian Suku Banyak
The division of polynomial is similar to the division of numbers. For instance in
the number: Since 3 4 = 12, it follows 12 : 4 = 3 or 12 : 3 = 4. In the case of12 : 4 = 3, numbers 4, 3 are respectively called divisor and quotient.
Pembagian suku banyak menyerupai pembagian bilangan. Sebagai contoh pada
bilangan: Karena 34 = 12 maka 12 : 4 = 3 atau 12 : 3 = 4. Pada kasus 12 : 4 = 3maka bilangan 4, 3 masing-masing disebut pembagi dan hasil bagi.
A polynomial f(x) divided by a divisor P (x) will give a quotient H(x) and a
remainder S(x). Mathematically, we can write as:
f(x) = P (x)H(x) + S(x)
where: f(x) = is a polynomial of degree n; P (x) = is a polynomial of degree k;
H(x) = is a polynomial of degree n k; S(x) = is a polynomial of degree k 1.
-
Chapter 3. Algebra Functions 48
Suatu suku banyak f(x) yang dibagi dengan pembagi P (x) akan menghasilkan
hasil bagi H(x) dan sisanya S(x). Secara matematis dapat ditulis sebagai:
f(x) = P (x)H(x) + S(x)
dimana: f(x) = suku banyak berderajad n; P (x) = suku banyak berderajad k;
H(x) = suku banyak berderajad n k; S(x) = suku banyak berderajad k 1.When dividing polynomials, we need to consider the followings:
1. If the divisor is a linear term then the quotient and remainder can be ob-
tained by Horner technique.
2. If the divisor is not linear and not be able to be factorized into product of
linear terms then the quotient and remainder can be obtained by identity
technique.
Dalam melakukan pembagian terhadap suku banyak perlu diperhatikan hal-hal
berikut:
1. Jika pembaginya linier, maka hasil bagi dan sisanya dapat dicari dengan
menggunakan cara Horner.
2. Jika pembaginya bukan linier dan tidak dapat diuraikan menjadi bentuk
perpangkatan linier maka hasil bagi dan sisanya dapat dicari dengan per-
gunakan metoda Identitas.
-
Chapter 3. Algebra Functions 49
3.3.2 Remainder TheoremTeorema Sisa
1. If polynomial f(x) is divided by (x a) then the remainder is f(a).
2. If polynomial f(x) is divided by (ax b) then the remainder is f( ba).
3. If (x a)|f(x) then f(a) = 0.
1. Jika suatu suku banyak f(x) dibagi dengan (x a) maka sisanya f(a).
2. Jika suatu suku banyak f(x) dibagi dengan (ax b) maka sisanya f( ba).
3. Jika (x a)|f(x) maka f(a) = 0.
3.3.3 Factor TheoremTeorema faktor
1. If (x a) is a factor of f(x) then the root of f(x) = 0 is x = a.
2. If polynomial f(x) satisfies f(a) = 0, f(b) = 0 and f(c) = 0 then f(x) is
divisible by (x a)(x b)(x c).
3. If f(x) is divided by (x a)(x b) then the remainder is S(x) = (xa)(ba) f(b)+
(xb)(ab)f(a).
4. If f(x) is divided by (x a)(x b)(x c) then the remainder is S(x) =(xa)(xb)(ca)(cb) f(c) +
(xa)(xc)(ba)(bc) f(b) +
(xb)(xc)(ab)(ac)f(a).
-
Chapter 3. Algebra Functions 50
1. Jika (x a) adalah faktor dari f(x) maka akar dari f(x) = 0 adalah x = a.
2. Jika pada suku banyak f(x) berlaku f(a) = 0, f(b) = 0 dan f(c) = 0 maka
f(x) habis dibagi (x a)(x b)(x c).
3. Jika f(x) dibagi dengan (x a)(x b) maka sisanya S(x) = (xa)(ba) f(b) +
(xb)(ab)f(a).
4. Jika f(x) dibagi dengan (xa)(xb)(xc)maka sisanya S(x) = (xa)(xb)(ca)(cb) f(c)+
(xa)(xc)(ba)(bc) f(b) +
(xb)(xc)(ab)(ac)f(a).
3.3.4 Properties of Polynomial RootsSifat-Sifat Akar-Akar Suku Banyak
In this section, we consider Vietas Formula. Let si be the sum of the products of
distinct polynomial roots rj of the polynomial equation of degree n
Dalam hal ini akan disajikan penggunaan rumus Vieta. Misal si adalah jum-
lah dari hasil kali akar-akar polinomial yang berbeda rj dari sebuah polinomial
berderajad n
anxn + an1xn1 + ...+ a1x+ a0 = 0
where the roots are taken i at a time (i.e., si is defined as the symmetric polyno-
mial i(r1, ..., rn) for i = 1, ..., n). For example, the first few values of si are
dimana akar-akar itu dihitung sebanyak i dalam suatu proses (atau si didefin-
isikan sebagai polinomial simetrik i(r1, ..., rn) untuk i = 1, ..., n). Sebagai con-
toh, beberapa nilai si yang pertama adalah
s1 = r1 + r2 + r3 + r4 + . . .
s2 = r1r2 + r1r3 + r1r4 + r2r3 + . . .
s3 = r1r2r3 + r1r2r4 + r2r3r4 + . . ....
-
Chapter 3. Algebra Functions 51
and so on. Then Vietas formulas states that
dan seterusnya. Maka rumus Vietas dinyatakan sebagai
si = (1)ianian
The followings are some example of Vietas formula.
Berikut ini adalah beberapa contoh dari rumusan Vieta.
1. For the polynomial ax3 + bx2 + cx+ d = 0, we have:
Pada suku banyak ax3 + bx2 + cx+ d = 0 berlaku:
1) x1 + x2 + x3 = b/a2) x1x2 + x1x3 + x2x3 = c/a
3) x1 x2 x3 = d/a
2. For the polynomial ax4 + bx3 + cx2 + dx+ e = 0, we have:
Pada suku banyak ax4 + bx3 + cx2 + dx+ e = 0 berlaku:
1) x1 + x2 + x3 + x4 = b/a2) x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4 = c/a
2) x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4 = d/a3) x1 x2 x3 x4 = e/a
We note that if the degree of polynomial is even then the the value of s is positive
otherwise it is negative.
Dapat dicatat bahwa bila pangkat tertinggi dari polinomial adalah genap maka
nilai s adalah positif jika ganjil maka nilai s adalah negatif.
To find some rational roots of polynomials can be used the following steps:
Untuk menentukan beberapa akar rasional dari suku banyak dapat digunakan
langkah-langkah berikut:
-
Chapter 3. Algebra Functions 52
1. If the sum of all polynomial coefficients is equal to 0 then x = 1 is one of
the root.
Jika jumlah seluruh koefisien suku banyak sama dengan 0, maka x = 1
merupakan salah satu akarnya.
2. If the sum of the coefficients of odd order and even order are the same then
x = 1 is one of the root.Jika jumlah koefisien pangkat ganjil dan genap adalah sama, maka x = 1merupakan salah satu akarnya.
3. If (1) and (2) are not applicable then consider a trial and error technique by
finding factors of the coefficient of the lowest order and substituting into
f(x). Observe whether f(x) = 0 or not.
Jika langkah (1) dan (2) tidak memenuhi, maka gunakan cara coba-coba
yaitu dengan menentukan faktor dari koefisien pangkat terendahnya dan
masukkan ke dalam f(x). Amati apakah f(x) = 0 atau tidak.
PROBLEMS AND SOLUTIONS
SOAL-SOAL DAN PEMBAHASAN
1. A geometric series is presented as :
1
32+1
4+ 2 + 16 + 128 + 1024
When we insert two numbers in between any two successive numbers
such that it forms a new geometric series, determine the new ratio and
the number of terms of the new geometric series.
Suatu deret geometri diketahui sebagai berikut:
1
32+1
4+ 2 + 16 + 128 + 1024
-
Chapter 3. Algebra Functions 53
Jika disisipkan dua buah bilangan kedalam dua suku yang berurutan pada
deret geometri ini sedemikian hingga deret itu membentuk deret geometri
baru, tentukan ratio dan banyaknya suku deret geometri baru tersebut.
Solution. We have the following:
Solusi. Diketahui berikut:1
32+1
4+ 2 + 16 + 128 + 1024
So (Sehingga)
r =Un
Un 1r = 8
Let k, n be number of inserted numbers and terms. We have k = 2 and
n = 6. The new ratio is:
Misal k, n masing-masing adalah banyaknya bilangan yang disisipkan dan
banyaknya suku sebelum disisikpan, maka diperoleh k = 2 dan n = 6.
Ratio yang baru adalah:
r = k+1r
r = 38
r = 2
Number of the new terms is
Banyaknya suku yang baru adalah
n = n+ (n 1)kn = 6 + (6 1).2n = 16
-
Chapter 3. Algebra Functions 54
The desired geometric series is:
Deret geometri yang dicari adalah:
1
32+
1
16+1
8 +14 + 12 + 1 +2 + ....+ 265 + 512 the inserted numbers (bilangan yang disisipkan)
+1024
2. Let a, b and c be any riel positive numbers such that abc = 1. Prove that1
a3(b+c)+ 1
b3(a+c)+ 1
c3(a+b) 3
2.
Misal a, b dan c adalah bilangan riil positif sedemikian hingga abc = 1.
Buktikan bahwa 1a3(b+c)
+ 1b3(a+c)
+ 1c3(a+b)
32.
Solution. Let
S =1
a3(b+ c)+
1
b3(a+ c)+
1
c3(a+ b)(3.20)
and a = 1x, b = 1
y, c = 1
z. Let T = x+y+ z. Since abc = 1, we have xyz = 1.
Substituting the new a, b, c we have:
Solusi. Misal
S =1
a3(b+ c)+
1
b3(a+ c)+
1
c3(a+ b)(3.21)
dan a = 1x, b = 1
y, c = 1
z. Misal T = x + y + z. Karena abc = 1 maka
xyz = 1. Dengan mensubstitusikan a, b, c yang baru didapat:
1
a3(b+ c)=
x2
T x =T 2 (T 2 x2)
T x =T 2
T x T x1
b3(a+ c)=
y2
T y =T 2 (T 2 y2)
T y =T 2
T y T y1
c3(a+ b)=
z2
T z =T 2 (T 2 z2)
T z =T 2
T z T z
Substituting the above equations into (3.21) we have the following.
Dengan mensubstitusikan semua persamaan di atas ke dalam (3.21) maka
-
Chapter 3. Algebra Functions 55
diperoleh berikut ini.
S = T 2(
1
T x +1
T y +1
T z) 3T (x+ y + z)
= T 2(
1
T x +1
T y +1
T z) 4T
= T 2(3
3
(1
T x +1
T y +1
T z))
4T
= T 2 3( 1
Tx +1
Ty +1
Tz3 AM
) 4T
T 2 3(
311
Tx+ 11
Ty+ 11
Tz
3 HM
) 4T
= T 2(
9
(T x) + (T y) + (T z)) 4T
= T 2(
9
3T (x+ y + z)) 4T
= T 2(
9
2T
) 4T
=9T
2 4T = T
2=x+ y + z
2=
3
2 x+ y + z
3 AM
32
3xyz =
3
2
Therefore
Dengan demikian
1a3(b+ c)
+1
b3(a+ c)+
1
c3(a+ b) 3
2
3. Given that f(x) is a polynomial of degree 2. When f(x) is divided by x+1,
the remainder is 3; when f(x) is divided by x 3, the remainder is 23; and
-
Chapter 3. Algebra Functions 56
when f(x) is divided by x 2, the remainder is 15. Find the polynomialf(x).
Diketahui f(x) adalah sebuah polinomial berderajad 2. Saat f(x) dibagi
dengan x+ 1, maka sisanya adalah 3; saat f(x) dibagi dengan x 3, makasisanya adalah 23; dan saat f(x) dibagi dengan x 2, maka sisanya adalah15. Tentukan polinomial f(x) tersebut.
Solution. Let f(x) = qx2 + mx + n. When f(x) is divided by x + 1, the
remainder is s(1) = q(1)2 + m(1) + n = 3; when f(x) is divided byx 3, the remainder is s(3) = q(3)2 + m(3) + n = 23; and when f(x) isdivided by x 2, the remainder is s(2) = q(2)2 +m(2) + n = 15. Thus, wehave
Misal f(x) = qx2 +mx + n. Saat f(x) dibagi dengan x + 1, maka sisanya
adalah s(1) = q(1)2 + m(1) + n = 3; saat f(x) dibagi dengan x 3,maka sisanya adalah s(3) = q(3)2 + m(3) + n = 23; dan saat f(x) dibagi
dengan x2, maka sisanya adalah s(2) = q(2)2+m(2)+n = 15. Sehingga,diperoleh
q m+ n = 39q + 3m+ n = 23
4q + 2m+ n = 15
Solving the three equations, we get q = 1,m = 3 and n = 5.
Dengan menyelesaikan ketiga persamaan di atas, maka didapat q = 1,m =
3 dan n = 5.
-
CHAPTER 4
TrigonometryTrigonometri
Trigonometry (from Greek trigonon triangle + metron measure) is a branch
of mathematics that deals with triangles, particularly those plane triangles in
which one angle has 90 degrees (right triangles). Trigonometry deals with rela-
tionships between the sides and the angles of triangles and with the trigonomet-
ric functions, which describe those relationships.
Trigonometri (berasal dari kata yunani trigonon segitiga + metron mengukur)
adalah suatu cabang matematika yang berkenaan dengan segitiga, khususnya
segitiga dalam bidang dimana satu sudut mempunyai besar sudut 90 derajad
(segitiga siku-siku). Trigonometri berkaitan dengan hubungan anatara sisi-sisi
dan sudut-sudut sebuah segitiga dengan fungsi trigonometri yang menggam-
barkan sebuah relasi diantaranya.
Trigonometry has applications in both pure mathematics and in applied math-
ematics, where it is essential in many branches of science and technology. It is
usually taught in secondary schools either as a separate course or as part of a
precalculus course. Trigonometry is informally called trig.
Aplikasi trigonometri dapat ditemukan baik dalam matematika murni maupun
matematika terapan yang keduanya ini sangat berguna pada beberapa cabang
dalam sain dan teknologi. Trigonometri ini biasanya diajarkan di sekolah menen-
gah baik dalam matapelajaran tertentu atau merupakan bagian dari mata pela-
jaran kalkulus. Secara informal isitilah trigonometri ini disebut dengan trig.
57
-
Chapter 4. Trigonometry 58
4.1 Trigonometric FunctionFungsi Trigonometri
Consider the following figure, we define the trigonometric functions as : sin =yr, cos = x
r, tg = y
x, ctg = x
y, sec = 1
cos, cossec = 1
sin.
Perhatikan gambar berikut, maka fungsi-fungsi trigonometri didefinisikan se-
bagai: sin = yr, cos = x
r, tg = y
x, ctg = x
y, sec = 1
cos, cossec = 1
sin.
y
r y
x
P (x, y)
0
rx
Figure 4.1: The right triangle trigonometric system
Theorem 4.1.1 Pythagoras equality is stated as follow.
Teorema 4.1.1 Kesamaan Pythagoras dinyatakan dalam berikut ini.
1. sin2 + cos2 = 1, rumus identitas
2. 1 + ctg 2 = cossec 2
3. tg 2+ 1 = sec2
The values of trigonometric function in every quadrant is described on a system
of quadrant, where 90o < 2 < 180o, 180o < 4 < 270o and 270 < 3 < 360o.
Considering the system of quadrant, the values of trigonometric function for any
angle can be memorized easily. In Quadrant I, all of trigonometric function
-
Chapter 4. Trigonometry 59
sign are positive, Quadrant II, only sinus is positive, Quadrant III, only tangent
is positive, and Quadrant IV, only cosinus is positive. Therefore, the keyword to
memorize it is ASTC.
Nilai fungsi pada masing-masing kuadran tertera dalam sistem kuadran, di-
mana 90o < 2 < 180o, 180o < 4 < 270o dan 270 < 3 < 360o. Dengan
memetakan pada sistem kuadran ini maka nilai fungsi trigonometri untuk se-
barang sudut dapat dengan mudah diingat tandanya. Pada kuadaran I all
tanda fungsi trigonometri positif, kuadaran II hanya sinus yang positif, kuadaran
III hanya tangent yang positif dan kuadaran IV hanya cosinus yang positif.
Dengan demikian kata kunci untuk mengingatnya adalah ASTC.
Table 4.1: Trigonometric quadrant system
II I
sin2 > 0 all > 0
III IV
tg3 > 0 cos4 > 0
Thus that, understanding the sign, to obtain the values of trigonometric function
we just need to remember its values at the first quadrant. Use the key words
ASTC to obtain the values on the following quadrant. For instance, to determine
sin 150o, we only need to know sin 30o as sin(180o 30o) = sin 30o. We refer tosecond quadrant that sinus is positive which follows that sin 30o = 1
2
Dengan memahami nilai tanda ini maka untuk hal tertentu kita hanya dapat
mengingat nilai nilai fungsi trigonometri pada kuadran pertama, selanjutnya
gunakan kata kunci ASTC untuk menentukan nilai-nilai di kuadran lainnya. Se-
bagai contoh: untuk menetukan sin 150o, kita cukup mengetahui sin 30o karena
-
Chapter 4. Trigonometry 60
sin(180o 30o) = sin 30o. Kita ingat di kuadran kedua bahwa sinus adalah po-sisitif, sehingga sin 30o = 1
2
We summarize that the values of sinus, cosinus, tangent and cotangent for spe-
cial angles are as follows.
Nilai sinus, cosinus, tangent dan cotangent untuk sudut-sudut istimewa pada
kuadran pertama adalah sebagai berikut.
Table 4.2: The value of trigonometric functions for special angles
0o 30o 45o 60o 90o
sin 0 12
12
2 1
2
3 1
cos 1 12
3 1
2
2 1
20
tg 0 13
3 1
3
ctg 3 1 13
3 0
The trigonometric functions in every quadrant does not remain the same. To
easily memorize the change of trigonometric functions of any angles (Xo ),it can be showed as the following system. From Quadrant I IV in clock-wise direction, the situations are B(berubah), Tb(tidak berubah), B(berubah),
Tb(tidak berubah) or in short form we have an acronym BTBT. Applying the
acronym ASTC, we easily put sign + or on the resulted values.Fungsi trigonometri di beberapa kuadran tidak selalu tetap. Untuk memper-
mudah ingatan kita tentang perubahan nilai fungsi trigonometri dari beberapa
sudut (Xo ) dapat disajikan dalam sistem berikut. Dari kuadaran I IV berlawanan jarum jam, kondisinya adalah B(berubah), Tb(tidak berubah),
B(berubah), Tb(tidak berubah) atau dapat disingkat BTBT. Dengan menerap-
kan singkatan ASTC kita dapat memberikan tanda + dan pada nilai-nilai itu
-
Chapter 4. Trigonometry 61
dengan mudah.
Table 4.3: The value of trigonometric functions for any angle (Xo )
Tb B
sin(180o ) = sin sin(90o ) = coscos(180o ) = cos cos(90o ) = sintg (180o ) = tg tg (90o ) = ctgctg (180o ) = ctg ctg (90o ) = tg
B Tb
sin(270o ) = cos sin(360o ) = sincos(270o ) = sin cos(360o ) = costg (270o ) = ctg tg (360o ) = tgctg (270o ) = tg ctg (360o ) = ctg
If an angle is obtained by turning a phase in clockwise direction then theangle take a place in Quadrant IV. Thus, we know that the values of trigono-metric functions for negative angles are exactly the values of trigonometric func-
tions on Quadrant IV. For detail, see the followings.
Bila sudut diperoleh dengan memutar jangka searah jarum jam maka sudut berada pada kuadarn IV. Dengan demikian dapat dipahami bahwa nilaifungsi trigonometri pada sudut negatif setara dengan nilai fungsi trigonometri
pada sistem di atas pada kuadran IV. Nilai selengkapnya disajikan dalam tabel
berikut.
Furthermore, we can develop a quadrant system for trigonometric function val-
ues for any angle (Xo + ). In this case, we generate an acronym TBTB as a
keyword to remember.
-
Chapter 4. Trigonometry 62
Table 4.4: The value of trigonometric functions for negative angles
sin() = sin(360o ) = sincos() = cos(360o ) = costg () = tg (360o ) = tgctg () = ctg (360o ) = ctg
Disamping itu, dapat pula digambarkan sistem kuadran untuk menentukan
nilai fungsi trigonometri pada sudut (Xo + ). Dalam sistem ini diperoleh
singkatan TBTB sebagai kata kunci untuk mengingat.
Table 4.5: The value of trigonometric functions for any angle (Xo + )
B Tb
sin(90o + ) = cos sin(360o + ) = sincos(90o + ) = sin cos(360o + ) = cos
tg (90o + ) = ctg tg (360o + ) = tgctg (90o + ) = tg ctg (360o + ) = ctg
Tb B
sin(180o + ) = sin sin(270o + ) = coscos(180o + ) = cos cos(270o + ) = sintg (180o + ) = tg tg (270o + ) = ctgctg (180o + ) = ctg ctg (270o + ) = tg
-
Chapter 4. Trigonometry 63
Example.
Contoh.
1. Determine the value of sin(270o30o)
cos(180o45o) !
Tentukan nilai dari sin(270o30o)
cos(180o45o) !
Solution. Remember the angle (Xo), ASTC and BTBT, thus sin(270o30o)cos(180o45o) =
cos 30o cos 45o =
3/2.
Solusi. Ingat sudut (Xo), ASTC dan BTBT, maka sin(270o30o)cos(180o45o) =
cos 30o cos 45o =
3/2.
2. Determine the value of tg (360o+60o)
cos(180o+90o)!
Tentukan nilai dari tg (360o+60o)
cos(180o+90o)!
Solution. Remember the angle (Xo+), ASTC and TBTB, thus tg (360o+60o)
cos(180o+90o)=
tg 60o
sin 90o ==3.
Solusi. Ingat sudut (Xo+), ASTC dan TBTB, maka tg (360o+60o)
cos(180o+90o)= tg 60
o
sin 90o =3.
4.1.1 Sine and Cosine RuleAturan Sinus dan Cosinus
The following figure shows 4ABC and a circle of radius R.Gambar dibawah ini memperlihatkan 4ABC dan lingkaran dengan jari-jari R.
Theorem 4.1.2 (Sine Rule) The sine rule states:
Theorem 4.1.3 (Aturan sinus) Aturan sinus mengatakan bahwa:a
sin=
b
sin =
c
sin = 2R
-
Chapter 4. Trigonometry 64
Z C
B
A
c a
C
B
A b
0
C
B
A
c a
b
0
(i) (ii) (iii)
Figure 4.2: Triangle and circle of radius R
Proof. As an exercise.
Bukti. Sebagai bahan latihan.
Theorem 4.1.4 (Cosine Rule) The cosine rule states:
Teorema 4.1.2 (Aturan cosinus) Aturan cosinus mengatakan bahwa:
a2 = b2 + c2 2bc cosb2 = a2 + c2 2ac cos c2 = a2 + b2 2ab cos
Proof. Consider Figure 4.2(iii)
Bukti. Perhatikan Gambar 4.2(iii)
CZ = AC AZ = b c cosBZ = c sin
BC2 = CZ2 +BZ2
a2 = (b c cos)2 + (c sin)2
= b2 2bc cos + c2(cos2 + sin2 )= b2 2bc cos + c2
-
Chapter 4. Trigonometry 65
Thus a2 = b2 + c2 2bc cos. In the same way, we can prove that b2 = a2 + c2 2ac cos and c2 = a2 + b2 2ab cos .Sehingga a2 = b2 + c2 2bc cos. Dengan cara yang sama, dapat dibuktikanb2 = a2 + c2 2ac cos dan c2 = a2 + b2 2ab cos . 2
Example. Prove that
Contoh. Buktikan bahwa
sin2 = sin2 + sin2 2 sin sin cossin2 = sin2 + sin2 2 sin sin cos sin2 = sin2 + sin2 2 sin sin cos
Solution. The sine rule states that a = 2R sin, b = 2R sin and c = 2R sin .
Substituting into cosine rule above, we will get those formulas.
Solusi. Aturan sinus menyatakan bahwa a = 2R sin, b = 2R sin dan c =
2R sin . Substitusikan ke dalam aturan cosinus di atas maka akan diperoleh
rumus-rumus itu.
4.1.2 Formul