Solusi Latihan Materi Aljabar Versi 3
-
Upload
eddy-hermanto -
Category
Documents
-
view
1.552 -
download
60
description
Transcript of Solusi Latihan Materi Aljabar Versi 3
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
1
BAB I
ALJABAR
LATIHAN 1 :
1. baba
2243
−+ = 5
3a + 4b = 10a − 10b sehingga a = 2b
abba 22 2+ = 2
22
224
bbb + = 3
∴ Jadi, abba 22 2+ = 3.
2. Misalkan ( )( )( )( )765765765765 ++−+−−+++ = X
X = ( ) ( ) ⎟⎠⎞⎜
⎝⎛ −−⎟⎠⎞⎜
⎝⎛ −+
22657765 = ( )( )43024302 −+ = 120 − 16
∴ ( )( )( )( )765765765765 ++−+−−+++ = 104. 3. 183 =+++ yxyx
Misal a = yx + maka a2 + 3a = 18 sehingga (a − 3)(a + 6) = 0 Karena a > 0 maka a = 3 Jadi, x + y = 9 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
152 =−−− yxyx
Misal b = yx − maka b2 − 2a = 15 sehingga (b − 5)(b + 3) = 0 Karena b > 0 maka b = 5 Jadi, x − y = 25 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Dari persamaan (1) dan (2) didapat x = 17 dan y = −8 ∴ Jadi, xy = −136.
4. ( ) ( ) ⎟⎠⎞⎜
⎝⎛ −++⎟
⎠⎞⎜
⎝⎛ +−= 53535353X
( ) ( ) ( ) ( )5353535322
−+++⋅−=X
532532 ++−=X
( ) ( ) 22225345342 ⋅⋅⋅+++−=X = 40
∴ ( ) ( ) 10253535353 =⎟⎠⎞⎜
⎝⎛ −++⎟
⎠⎞⎜
⎝⎛ +−
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
2
5. 482014 2 +− yy + 152014 2 −− yy = 9 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
Misal 482014 2 +− yy − 152014 2 −− yy = X ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Alternatif 1 : Dari persamaan (1) dan (2) didapat
14y2 − 20y + 48 = ( )229 X+ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)
14y2 − 20y − 15 = ( )229 X− ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4)
Kurangkan persamaan (3) dan (4) didapat 4 ⋅ 63 = (9 + X)2 − (9 − X)2
X = 7
∴ Jadi, 482014 2 +− yy − 152014 2 −− yy = 7 Alternatif 2 : Kalikan persamaan (1) dengan (2) didapat 9X = (14y2 − 20y + 48) − (14y2 − 20y − 15) 9X = 63 X = 7
∴ Jadi, 482014 2 +− yy − 152014 2 −− yy = 7
6. (x − 1)3 + (x − 2)2 = 1 (x − 1)3 = 1 − (x − 2)2 = (1 − (x − 2))(1 + (x − 2)) (x − 1)3 = (3 − x)(x − 1) (x − 1)((x − 1)2 − (3 − x)) = 0 (x − 1)(x2 − x − 2) = 0 (x − 1)(x + 1)(x − 2) = 0 ∴ Himpunan semua nilai x yang memenuhi adalah {−1, 1, 2}
7. x2 + ( )22
1+xx = 3
x2 (x + 1)2 + x2 = 3(x + 1)2
x4 + 2x3 + x2 + x2 = 3x2 + 6x + 3 x4 + 2x3 − x2 − 6x − 3 = 0 (x2 − x − 1) (x2 + 3x + 3) = 0 x2 + 3x + 3 = 0 atau x2 − x − 1 = 0 • Untuk x2 + 3x + 3 = 0
Disk = 32 − 4(1)(3) = −3 < 0 Tidak ada akar real yang memenuhi
• Untuk x2 − x − 1 = 0
x1,2 = ( )( )2
11411 2 −−±
x = 21 + 52
1 atau x = 21 − 52
1
∴ Maka nilai x yang memenuhi persamaan x2 + ( )22
1+xx = 3 adalah x = 2
1 + 521 atau x = 2
1 − 521 .
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
3
8. x4 − 4x3 + 5x2 − 4x + 1 = 0
(x4 − 4x3 + 6x2 − 4x + 1) − x2 = 0 ((x − 1)2)2 − x2 = 0 Mengingat a2 − b2 = (a − b)(a + b) maka : (x2 − 2x + 1 − x)(x2 − 2x + 1 + x) = 0 (x2 − 3x + 1)(x2 − x + 1) = 0 Karena (−1)2 − 4(1)(1) < 0 maka tidak ada x real yang memenuhi x2 − x + 1 = 0.
Untuk x2 − 3x + 1 = 0 dipenuhi oleh x1,2 =( )( )
211433 2−± sehingga x1,2 = 2
53±
∴ Maka nilai x real yang memenuhi adalah x = 253+ atau x = 2
53−
9. w2 + z2 = 7 dan w3 + z3 = 10 (w2 + z2)(w + z) = w3 + z3 + wz(w + z) 7(w + z) = 10 + wz(w + z) wz = ( )
zwzw+−+ 107
w2 + z2 = (w + z)2 − 2wz 7 = (w + z)2 − 2 ( )( )zw
zw+−+ 107
Misal w + z = x 7x = x3 − 14x + 20 x3 − 21x + 20 = 0 (x + 5)(x − 1)(x − 4) = 0 w + z = −5 atau w + z = 1 atau w + z = 4 ∴ Nilai terbesar w + z = 4
10. abc + ab + bc + ca + a + b + c = 1 sehingga (a + 1)(b + 1)(c + 1) = 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
bcd + bc + cd + db + b + c + d = 9 sehingga (b + 1)(c + 1)(d + 1) = 10 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) cda + cd + da + ac + c + d + a = 9 sehingga (c + 1)(d + 1)(a + 1) = 10 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) dab + da + ab + bd + d + b + a = 9 sehingga (d + 1)(a + 1)(b + 1) = 10 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) Kalikan persamaan (1), (2), (3) dan (4) sehingga didapat (a + 1)3(b + 1)3(c + 1)3(d + 1)3 = 2000
(a + 1)(b + 1)(c + 1)(d + 1) = 3 210
2(d + 1) = 3 210 sehingga d = 1253 −
10 (a + 1) = 3 210 sehingga a = 123 −
10 (b + 1) = 3 210 sehingga b = 123 −
10 (c + 1) = 3 210 sehingga c = 123 −
∴ Jadi, a = 123 − ; b = 123 − ; c = 123 − dan d = 1253 −
11. 2000x6 + 100x5 + 10x3 + x − 2 = 0 (20x2 + x − 2)(100x4 + 10x2 + 1) = 0 Persamaan 100x4 + 10x2 + 1 memiliki diskriminan < 0 sehingga tidak memiliki akar real. Jadi, 20x2 + x − 2 = 0
∴ Kedua akar real persamaan 2000x6 + 100x5 + 10x3 + x − 2 = 0 adalah 401611+− dan 40
1611−− .
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
4
12. a4 + 4b4 = (a2 + 2ab + 2b2)(a2 − 2ab + 2b2) Jika b = 3 maka a4 + 324 = (a2 + 6a + 18)(a2 − 6a + 18) = (a(a + 6) + 18)(a(a − 6) + 18)
Misalkan ( )( )( )( )( )( )( )( )( )( )324523244032428324163244
324583244632434324223241044444
44444
++++++++++ = S
S = ( )( )( )( )( )( )( )( )( )( )( )( )( )( )( )( )( )( )( )( )18465218585218344018464018222818342818101618221618)2(418104
18525818645818404618524618283418403418162218282218410181610+++++++++−+++++++++++
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
S = 18)2(4186458+−+
xx = 373
∴ ( )( )( )( )(( )( )( )( )(
))324523244032428324163244
324583244632434324223241044444
44444
++++++++++ = 373.
13. Misalkan nn −−+−+ 4625
225
4625
225 = m untuk m ∈ bilangan bulat
Jelas bahwa m ≥ 0 Dari persamaan di atas didapat syarat 625 ≥ 4n sehingga n ≤ 156
Syarat lain adalah n−≥ 4625
225 sehingga n ≥ 0
Jadi persyaratan dari ketaksamaan tersebut adalah 0 ≤ n ≤ 156
( ) 24
6254
6254
625225
4625
225 2 mnnn =−−+−−+−+
25 + 2 n = m2
Karena 0 ≤ n ≤ 156 maka 0 ≤ 2 n ≤ 2 156
0 ≤ m2 − 25 ≤ 2 156 Karena m2 − 25 bulat maka : 0 ≤ m2 − 25 ≤ 24 sehingga 5 ≤ m ≤ 7 • Jika m = 5
25 + 2√n = 52 sehingga n = 0 • Jika m = 6
25 + 2√n = 62 sehingga 4n = 121. Tidak ada n bulat yang memenuhi. • Jika m = 7
25 + 2√n = 72 sehingga n = 144 ∴ Nilai n yang memenuhi adalah n = 0 atau n = 144.
14. x = xx 1− + x11−
Akar dari suatu bilangan tidak mungkin negatif. Karena x ≠ 0 maka x > 0.
x2 = x − x1 + 1 − x
1 + 2 2111xxx +−−
x3 = x2 + x − 2 + 12 23 +−− xxx
(x3 − x2 − x + 1) − 12 23 +−− xxx + 1 = 0 Mengingat bahwa a2 − 2a + 1 = (a − 1)2 maka
( ) 0112
23 =−+−− xxx x3 − x2 − x + 1 = 1 x3 − x2 − x = 0
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
5
Karena x ≠ 0 maka x2 − x − 1 = 0
x = 251+ (memenuhi bahwa x > 0) atau x = 2
51− (tidak memenuhi bahwa x > 0) Cek ke persamaan semula :
x1 = ( )152
1 −
xx 1− + x11− = 1 + 5262
1 − = 1 + 521 − 2
1
xx 1− + x11− = 52
1 + 21 = x
∴ Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 251+ .
15. ax + by = 3 ax2 + by2 = 7 ax3 + by3 = 16 ax4 + by4 = 42 (x + y)(axn-1 + byn-1) = axn + byn + ayxn-1 + bxyn-1
axn + byn = (x + y)(axn-1 + byn-1) − xy(axn-2 + byn-2) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Berdasarkan persamaan (1) maka : ax3 + by3 = (x + y)(ax2 + by2) − xy(ax + by) 16 = 7(x + y) − 3xy ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) ax4 + by4 = (x + y)(ax3 + by3) − xy(ax2 + by2) 42 = 16(x + y) − 7xy ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) Berdasarkan persamaan (2) dan (3) didapat x + y = −14 dan xy = −38 ax5 + by5 = (x + y)(ax4 + by4) − xy(ax3 + by3) ax5 + by5 = (−14)(42) − (−38)(16) ∴ ax5 + by5 = 20
16. a + b = −c (a + b)3 = (−c)3
a3 + b3 + 3ab(a + b) = −c3
Karena a + b = − c maka a3 + b3 − 3abc = −c3
∴ a3 + b3 + c3 = 3abc (terbukti)
LATIHAN 2 :
1. Sn = 260 ; Ut = 20 ; b = 3 ( ) tn
nn UnUaS ⋅=+= 2
260 = n ⋅ 20 sehingga n = 13 Ut = U7
U6 = U7 − b ∴ U6 = 17
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
6
2. 500, 465, 430, 395, ⋅⋅⋅ merupakan barisan aritmatika dengan a = 500, b = − 35.
Un = a + (n − 1) ⋅ b = 535 − 35k < 0 n > 15 Nilai n yang membuat Un negatif pertama kali adalah n = 16. ∴ Jadi, suku negatif yang pertama adalah Uk = 500 + (16 − 1) ⋅ (−35) = −25
3. ( )∑=
=+11
17724
iik
(4 + 2k1) + (4 + 2k2) + ⋅⋅⋅ + (4 + 2k11) = 77 2(k1 + k2 + ⋅⋅⋅ + k11) = 77 − 44 = 33.
∑=
=7
114
iik
k1 + k2 + ⋅⋅⋅ + k7 = 14 2(14 + k8 + k9 + k10 + k11) = 33 2(k8 + k9 + k10 + k11) = 5
(∑=
+11
824
iik ) = (4 + 2k8) + (4 + 2k9) + (4 + k10) + (4 + 2k11) = 16 + 5 = 21
∴ Jadi, = 21. ( )∑=
+11
824
iik
4. u2 + u5 + u6 + u9 = 40 (a + b) + (a + 4b) + (a + 5b) + (a + 8b) = 40 4a + 18b = 40 2a + 9b = 20 S10 = 2
10 (2a + 9b) S10 = 5 ⋅ 20 = 100 ∴ Jadi, S10 = 100.
5. xk+1 − xk = 21
Karena selisih dua bilangan berurutan konstan maka soal tersebut merupakan deret aritmatika dengan beda sama dengan 2
1 dan suku pertama sama dengan 1.
x1 + x2 + ⋅⋅⋅ + x400 = ( ) ( )( )( )21
2400 140012 −+
x1 + x2 + ⋅⋅⋅ + x400 = 40.300 ∴ x1 + x2 + ⋅⋅⋅ + x400 = 40.300.
6. 123 = 1728 dan 133 = 2197 sedangkan 442 = 1936 dan 452 = 2025
200620063 << m dapat disederhanakan menjadi 13 ≤ m ≤ 44 untuk m bulat Himpunan m yang memenuhi = {13, 14, 15, ⋅⋅⋅, 44} 13 + 14 + 15 + ⋅⋅⋅ + 44 = 912 ∴ Penjumlahan semua bilangan yang memenuhi sama dengan 912.
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
7
7. a + (a + 1) + (a + 2) + ⋅⋅⋅ + 50 = 1139.
Banyaknya bilangan a, (a + 1), (a + 2), ⋅⋅⋅, 50 adalah 50 − a + 1 = 51 − a
21 (51 − a) ⋅ (a + 50) = 1139, maka a2 − a − 272 = 0
(a − 17)(a + 16) = 0 Karena a positif maka a = 17 ∴ a = 17
8. an+1 = an + 1 untuk n = 1, 2, 3, ⋅⋅⋅, 97. Jelas bahwa beda barisan tersebut adalah b = 1
a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a98 = 137
298 (2a1 + 97) = 137
a1 = 492308−
a2, a4, a6, ⋅⋅⋅, a98 adalah barisan aritmatika dengan suku pertama, a2 = a1 + 1 = 49
2259− dan beda = 2 serta n = 49.
a2 + a4 + a6 + ⋅⋅⋅ + a98 = ( ) ( )( )21492 492259
249 ⋅−+− = −2259 + 49 ⋅ 48
∴ a2 + a4 + a6 + ⋅⋅⋅ + a98 = 93
9. un = a + (n − 1)b uk = a + (k − 1)b ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) ut = a + (t − 1)b ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Kurangkan persamaan (1) dengan (2) uk − ut = (k − t)b t − k = (k − t)b b = −1 Jumlahkan persamaan (1) dengan (2) didapat t + b = 2a + (t + k)b − 2b a = t + k − 1 u(t+k) = a + (t + k − 1)b u(t+k) = a + ab = a − a u(t+k) = 0 ∴ Jadi, nilai pada suku ke-(t + k) sama dengan 0.
10. 2o + 21 + 22 + ⋅⋅⋅ + 2n = ( )12
122 1
−−+no
= 2n+1 − 1 Diinginkan 2n+1 − 1 sedekat mungkin ke 2004. Karena 210 = 1024 dan 211 = 2048, maka n = 10 ∴ n = 10
11. 9 − 7x, 5x − 6 dan x − 1 adalah tiga suku pertama deret geometri tak hingga. (5x − 6)2 = (9 − 7x)(x − 1) 25x2 − 60x + 36 = −7x2 + 16x − 9 32x2 − 76x + 45 = 0 (4x − 5)(8x − 9) = 0
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
8
• Jika x = 45 maka barisan tersebut adalah 4
1 , 41 , 4
1 , ⋅⋅⋅ yang tidak memenuhi syarat bahwa −1 < r < 1.
• Jika x = 89 maka barisan tersebut adalah 8
9 , − 83 , 8
1 , ⋅⋅⋅ yang membentuk barisan geometri tak hingga
dengan suku pertama 89 dan rasio − 3
1
89 − 8
3 + 81 =
31
89
1+ = 32
27
∴ Maka jumlah suku-sukunya adalah 3227 .
12. Misalkan a, ar, ar2, ar3, ⋅⋅⋅ adalah barisan geometri dimaksud. a + ar2 + ar4 + ⋅⋅⋅ = 4
9 .
49
1 2 =−ra ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
ar + ar3 + ar5 + ⋅⋅⋅ = 43 .
43
1 2 =−rar ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)
43
49 =⋅ r
r = 31 sehingga a = ( )( )2
31
49 1−⋅ = 2
∴ Jadi, suku pertamanya sama dengan 2.
13. Misalkan barisan geometri tersebut memiliki suku pertama, a dan rasio, r. 21 =−r
a
r = 21 a− Syarat, −1 < r < 1
111 2 <−<− a
02 2 <−<− a ∴ 0 < a < 4
14. raS −∞ = 1
Misalkan bilangan pertama yang dipilih Afkar adalah ( )a21 untuk a bilangan bulat tak negatif dengan rasio,
r = ( )b21 untuk b bilangan asli maka :
( )( ) 7
11 2
1
21
=− b
a
Karena b asli maka 21 ≤ 1 − ( )b2
1 < 1
( ) 71
21
141 <≤ a
Nilai a yang memenuhi hanya a = 3 sehingga b = 3 Maka 3 suku pertama yang dipilih Afkar adalah ( 2
1 )3, ( 21 )6 dan ( 2
1 )9
∴ Jadi, tiga suku pertama yang dipilih Afkar adalah 81 , 64
1 , 5121 .
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
9
15. ( ) ( )LLL −−−−++++=+−+−+− 494
74
278
94
32
494
278
74
94
32 44
71
32
32
494
278
74
94
32
14
14
−−
+−
=+−+−+− L
∴ 38
494
278
74
94
32 4 −=+−+−+− L
16. Misalkan ketiga bilangan yang membentuk barisan aritmatika tersebut adalah a − b, a dan a + b. a − b, a − 5 dan a + b merupakan barisan geometri dengan rasio 2. (a − 5)2 = (a − b)(a + b) a2 − 10a + 25 = a2 − b2
10a = b2 + 25 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Karena rasio barisan geometri tersebut sama dengan 2 maka a − 5 = 2(a − b) a = 2b − 5 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) 20b − 50 = b2 + 25 (b − 5)(b − 15) = 0 b = 5 atau b = 15 Jika b = 5 maka a = 5 sehingga barisan tersebut adalah 0, 0, 10 yang tidak memenuhi. Jika b = 15 maka a = 25 sehingga barisan tersebut adalah 10, 25, 40 yang memenuhi. ∴ Jadi, jumlah ketiga barisan tersebut adalah 10 + 25 + 40 = 75.
17. Suku-suku barisan tersebut adalah 4, 10, 20, 35, 56, ⋅⋅⋅ n S(n) D1(n) = S(n) – S(n − 1) D2(n) = D1(n) − D1(n − 1) D3(n) = D2(n) − D2(n − 1) D4(n) = D3(n) − D3(n − 1) 1 4 2 14 10 3 34 20 10 4 69 35 15 5 5 125 56 21 6 1 6 209 84 28 7 1
Karena D4(n) konstan maka dapat diambil kesimpulan bahwa rumus Sn merupakan polinomial pangkat 4. Misalkan S(n) = an4 + bn3 + cn2 + dn + e.
n S(n) D1(n) = S(n) – S(n − 1) D2(n) = D1(n) − D1(n − 1) D3(n) = D2(n) − D2(n − 1) D4(n) = D3(n) − D3(n − 1) 1 a+b+c+d+e 2 16a+8b+4c+2d+e 15a+7b+3c+d 3 81a+27b+9c+3d+e 65a+19b+5c+d 50a+12b + 2c 4 256a+64b+16c+4d+e 175a+37b+7c+d 110a+18b + 2c 60a+6b 5 625a+125b+25c+5d+e 369a+61b+9c+d 194a+24b + 2c 84a+6b 24a 6 1296a+216b+36c+6d+e 671a+91b+11c+d 302a+30b + 2c 108a+6b 24a
Jadi, a = 24
1
60a + 6b = 5 sehingga b = 125
50a + 12b + 2c = 10 sehingga 2c = 10 − 50( 241 ) − 12( 12
5 ). Jadi, c = 2435 .
15a + 7b + 3c + d = 10 sehingga d = 10 − 15( 241 ) − 7( 12
5 ) − 3( 2435 ) = 12
25
a + b + c + d + e = 4 sehingga e = 4 − 241 − 12
5 − 2435 − 12
25 = 0
∴ S(n) = an4 + bn3 + cn2 + dn + e = 241 n4 + 12
5 n3 + 2435 n2 + 12
25 n.
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
10
18. a19 = a92 = 0
Misalkan ∆An = an+1 − an. Misalkan juga ∆(∆An) = ∆An+1 − ∆An = 1. Karena ∆(∆An) konstan sama dengan 1 maka rumus Un merupakan persamaan kuadrat. Karena a19 = a92 = 0 maka an = k(n − 19)(n − 92) 1 = ∆A2 − ∆A1 = a3 − a2 − (a2 − a1) 1 = a3 + a1 − 2a2
1 = 16 ⋅ 89k + 18 ⋅ 91k − 2 ⋅ 17 ⋅ 90k k = 2
1
an = ( )( )2
9219 −− nn ∴ Jadi, a1 = 819.
19. 1 + 2 + 3 + ⋅⋅⋅ + 100 = 2100 (1 + 100) = 5050.
12 + 22 + 32 + ⋅⋅⋅ + n2 = ( )( )6
121 ++ nnn 12 + 22 + 32 + ⋅⋅⋅ + 102 = 385. Jumlah 100 bilangan asli pertama yang bukan bilangan kuadrat sempurna = 5050 − 385 ∴ Jadi, jumlah 100 bilangan asli pertama yang bukan bilangan kuadrat sempurna = 4665.
20. Karena a, b, c membentuk barisan aritmatika maka b = a + k dan c = a + 2k untuk suatu nilai k. Karena 0 < a < b < c < d serta a, b, c, d ∈ N maka k ∈ N.
Karena b, c, d membentuk barisan geometri dan b = a + k serta c = a + 2k maka d = cr = ( )kaka
++ 22 .
d − a = 30 ( )
kaka
++ 22 − a = 30
(a + 2k)2 − a(a + k) = 30(a + k) 4k2 = 30a + 30k − 3ak 2k(2k − 15) = 3a(10 − k) Karena a dan k positif maka haruslah 2k − 15 < 0 dan 10 − k < 0 atau 2k − 15 > 0 dan 10 − k > 0 Jika 2k − 15 < 0 dan 10 − k < 0 maka k < 2
15 dan k > 10 yang tidak mungkin terpenuhi.
Jika 2k − 15 > 0 dan 10 − k > 0 maka 215 < k < 10 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
Karena 4k2 = 30a + 30k − 3ak maka 4k2 = 3(10a + 10k − ak) Karena k bulat maka haruslah k merupakan bilangan kelipatan 3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Dari (1) dan (2) didapat nilai k yang mungkin hanyalah k = 9 sehingga a = 18. Jadi, a = 18, b = 27, c = 36 dan d = 48. ∴ Maka a + b + c + d = 129
21. ( )( ) 22
213333
21321⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
==++++ + nn
nnn nn
L
Agar ( )221+nn merupakan bilangan kuadrat maka haruslah n merupakan bilangan kuadrat sempurna.
Bilangan kuadrat terdekat setelah 2009 adalah 452 = 2025.
∴ Nilai n > 2009 yang memenuhi nn3333 321 ++++ L merupakan bilangan kuadrat adalah 2025.
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
11
22. a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a1492 = 1985
a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a1985 = 1492 an+2 = an+1 − an
a3 = a2 − a1
a4 = a3 − a2 = −a1
a5 = a4 − a3 = −a2
a6 = a5 − a4 = a1 − a2
a7 = a6 − a5 = a1
a8 = a7 − a6 = a2
M Jadi, an untuk n ∈ N berulang dengan periode 6. a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 = (a1) + (a2) + (a2 − a1) + (−a1) + (−a2) + (a1 − a2) = 0. 1492 = 6 ⋅ 248 + 4 dan 1985 = 6 ⋅ 330 + 5 Karena 1492 bersisa 4 jika dibagi 6 maka penjumlahan 1492 bilangan pertama sama dengan penjumlahan 4 bilangan terakhir. a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a1492 = 0 + a1489 + a1490 + a1491 + a1492 a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a1492 = a1 + a2 + a3 + a4 a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a1492 = 2a2 − a1 = 1985 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Karena 1985 bersisa 5 jika dibagi 6 maka penjumlahan 1985 bilangan pertama sama dengan penjumlahan 5 bilangan terakhir. a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a1485 = 0 + a1980 + a1982 + a1983 + a1984 + a1985 a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a1485 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a1485 = a2 − a1 = 1492 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Dari persamaan (1) dan (2) didapat a1 = −999 dan a2 = 493 Karena 2001 = 6 ⋅ 333 + 3 maka penjumlahan 2001 bilangan pertama sama dengan penjumlahan 3 bilangan terakhir. a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a2001 = a1999 + a2000 + a2001 a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + a2001 = a1 + a2 + a3 = 2a2 = 986 ∴ Jadi, jumlah 2001 bilangan pertama = 986.
23. Misalkan pxxxxxx =+++= ...444.....
Karena pxxx =..... maka p2 = xp. Nilai p yang memenuhi adalah x atau 0.
Karena pxxx =+++ ...444 maka p2 = 4x + p ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Jika p = 0 disubtitusikan ke persamaan (1) maka x = 0. Jika p = x disubtitusikan ke persamaan (1) didapat x = 0 atau x = 5. ∴ Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 0 atau x = 5.
24. Misalkan
M
43
43
43
++
+ = X maka
X = 3 + X4
X2 − 3X − 4 = 0
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
12
(X + 1)(X − 4) = 0 Karena X tidak mungkin negatif maka X = 4
M
43
43
43
56
++
+− = 6 − 4
5 = 419
∴ Jadi,
M
43
43
43
56
++
+− = 4
19
25. Bilangan kuadrat yang sekaligus juga bilangan pangkat tiga adalah bilangan pangkat enam.
Bilangan kuadrat ≤ 265 adalah 12, 22, ⋅⋅⋅, 162 ada sebanyak 16 bilangan. Bilangan pangkat tiga ≤ 265 adalah 13, 23, ⋅⋅⋅, 63 ada sebanyak 6 bilangan. Bilangan pangkat enam ≤ 265 adalah 16 dan 26 ada sebanyak 2 bilangan. Banyaknya bilangan yang bukan pangkat dua atau pangkat tiga yang ≤ 265 = 16 + 6 − 2 = 20. Maka 265 adalah suku ke 265 − 20 = 245. Lima bilangan setelah 265 yang bukan bilangan kuadrat atau pangkat tiga adalah 266, 267, 268, 269 dan 270. ∴ Suku ke-250 dari barisan tersebut adalah 270
26. Alternatif 1 : Angka 1 yang pertama muncul pada posisi ke-1. Angka 1 yang kedua berada pada posisi ke-3. Dan seterusnya. Jadi, angka 1 yang ke-k ada pada posisi 1 + 2 + 3 + ⋅⋅⋅ + k = ( )
21+kk .
Karena 25049⋅ < 1234 < 2
5150⋅ maka di antara 1234 bilangan pertama akan terdapat angka 1 sebanyak 49 buah dan ada sebanyak 1234 − 49 angka 2. ∴ Jadi, jumlah 1234 bilangan pertama sama dengan 2 ⋅ 1234 − 49 = 2419. Alternatif 2 : Misalkan jumlah seluruh bilangan sampai dengan angka 1 yang ke-k adalah X. X = 1 + (2 + 1) + (2 + 2 + 1) + (2 + 2 + 2 + 1) + ⋅⋅⋅ + ( 2 + 2 + ⋅⋅⋅ + 2 + 1) k − 1 kali X = 1 + 3 + 5 + 7 + ⋅⋅⋅ + (2(k − 1) + 1) = k2
Angka 1 yang ke-k ada pada posisi 1 + 2 + 3 + ⋅⋅⋅ + k = ( )2
1+kk . Jadi, angka 1 terakhir pada 1234 bilangan pertama berada pada posisi ke-1225 yaitu saat k = 49. Sembilan angka berikutnya adalah 2. ∴ Jadi, jumlah 1234 bilangan pertama = 492 + 2 ⋅ 9 = 2419.
27. f(1) = f(0) + 20071
f(2) = f(1) + 20072
f(3) = f(2) + 20073
⋅⋅⋅
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
13
f(2007) = f(2006) + 1 Maka f(2007) = f(0) + 2007
20072007
32007
22007
1 ++++ L
f(2007) = 1945 + ( ) 20071
22007 20071 ⋅+
∴ f(2007) = 2949.
28. )2)(1(21
)1(21
)2)(1(1
+++++ −= nnnnnnn
( )199819971
199719961
431
321
321
211
21
1998199719961
4321
3211
xxxxxxxxxxxx −++−+−=+++ LL
( )199819971
211
21
1998199719961
4321
3211
xxxxxxxx −=+++ L
∴ 79800121995002
1998199719961
4321
3211 =+++ xxxxxx L = 3990006
997501
29. Misalkan S = ( )( )( ) ( )( )22222 20031
20021
41
31
21 11111 −−−−− L
( )( )( )( )( )( ) ( )( )( )( )20031
20031
20021
20021
41
41
31
31
21
21 1111111111 +−+−+−+−+−= LS
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 20032004
20032002
20022003
20022001
20012002
54
45
43
34
32
23
21 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅= LS
20032004
21 ⋅=S
∴ ( )( )( ) ( )( ) 20031002
20031
20021
41
31
21
22222 11111 =−−−−− L
30. ( ) ( ) ( ) ( ) 11009910034231210099
143
132
121
1 −=−++−+−+−=++++++++
LL
∴ 10099
143
132
121
1++++
++++ L = 9.
31. xk =kk +2
1 = )1(1+kk
xm + xm+1 + ⋅⋅⋅ + xn = 291
291
)1(1
)2)(1(1
)1(1 =+++ ++++ nnmmmm L
291
111
21
11
111 =−++−+− ++++ nnmmmm L
291
111 =− +nm
mn + 30m − 29n = 29 (m − 29)(n + 30) = −292
Karena n bulat positif maka 0 < m < 29. Nilai m − 29 yang mungkin adalah −1 sehingga n + 30 = 292. ∴ Maka pasangan (m, n) yang memenuhi adalah (28, 811)
32. a1 = 211, a2 = 375, a3 = 420 dan a4 = 523 serta an = an−1 − an−2 + an−3 − an−4. a5 = a4 − a3 + a2 − a1 = 523 − 420 + 375 − 211 = 267 a6 = −a1, a7 = −a2, a8 = −a3, a9 = −a4, a10 = −a5, a11 = a1, a12 = a2, a13 = a3, a14 = a4 dan seterusnya yang merupakan pengulangan dengan periode 10. a531 + a753 + a975 = a1 + a3 + a5 = 211 + 420 + 267 ∴ a531 + a753 + a975 = 898.
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
14
33. Bentuk barisan tersebut adalah 1000, n, 1000 − n, 2n − 1000, 2000 − 3n, 5n − 3000, 5000 − 8n, 13n − 8000, 13000 − 21n, 34n − 21000, 34000 − 55n, 89n − 55000, 89000 − 144n. Syarat 3 bilangan pertama adalah 0 ≤ n ≤ 1000. Syarat bilangan ke-4 adalah n ≥ 500. Jadi, syarat 4 bilangan pertama adalah 500 ≤ n ≤ 1000. Syarat bilangan ke-5 adalah n < 667. Jadi, syarat 5 bilangan pertama adalah 500 ≤ n < 667. Syarat bilangan ke-6 adalah n ≥ 600. Jadi, syarat 6 bilangan pertama adalah 600 ≤ n < 667. Syarat bilangan ke-7 adalah n ≤ 625. Jadi, syarat 7 bilangan pertama adalah 600 ≤ n ≤ 625. Syarat bilangan ke-8 adalah n > 615. Jadi, syarat 8 bilangan pertama adalah 615 < n ≤ 625. Syarat bilangan ke-9 adalah n ≤ 619. Jadi, syarat 9 bilangan pertama adalah 615 < n ≤ 619. Syarat bilangan ke-10 adalah n > 617. Jadi, syarat 10 bilangan pertama adalah 617 < n ≤ 619. Syarat bilangan ke-11 adalah n ≤ 618. Jadi, syarat 11 bilangan pertama adalah 617 < n ≤ 618 ∴ Jadi, nilai n yang memenuhi panjang barisan tersebut maksimal adalah n = 618. Catatan : Untuk n = 618 maka panjang barisan tersebut adalah 13 dengan suku ke-14 = −6.
34. ∑= +
++=1999
122 1
111a aa
S)(
∑= +
++++=
1999
122
234
11232
a aaaaaaS
)(
∑= +
++=
1999
1
2
11
a aaaaS
)(
∑=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
+=1999
1 111
a aaS
)(
∑= +
+=1999
1 111999
a aaS
)(
∑=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
+−+=
1999
1 1111999
a aaS
( ) ( ) ( ) ( )20001
19991
41
31
31
21
21
111999 −++−+−+−+= LS = 1999 + 1
1 − 20001
∴ S = 1999 + 20001999
35. Misalkan hasil kali 99 bilangan tersebut = X
11
3
3
+−
kk = ( )( )
( )( )1111
2
2
+−+++−
kkkkkk
Perhatikan bahwa n2 + n + 1 = (n + 1)2 − (n + 1) + 1. Maka 22 + 2 + 1 = 32 − 3 + 1 ; 32 + 3 + 1 = 42 − 4 + 1 ; 42 + 4 + 1 = 52 − 5 + 1dan seterusnya. X = 101
9953
42
31 ⋅⋅⋅⋅ L ⋅
11001001100100
144144
133133
122122
2
2
2
2
2
2
2
2
+−++
+−++
+−++
+−++ ⋅⋅⋅⋅ L
X = 10110021⋅⋅ ⋅
1221100100
2
2
+−++
X = 1011001100100
32 2
⋅++⋅
X > 101100100100
32 2
⋅+⋅ = 3
2
∴ X > 32 (terbukti)
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
15
LATIHAN 3 :
1. f(x) = −x + 3 f(x2) = −x2 + 3 ((f(x))2 = (−x + 3)2 = x2 − 6x + 9 −2f(x) = 2x − 6 ∴ f(x2) + (f(x))2 − 2f(x) = −4x + 6
2. f(x) = x + 1 f(g(x) = (fog)(x) = 3x2 + 4 g(x) + 1 = 3x2 + 4 ∴ g(x) = 3x2 + 3
3. f(x) = 2x - 1, dan g(x) = x .
f(g(x)) = 3 sehingga f ( )x = 3
312 =−x ∴ x = 4
4. (fog)(x) = 5x dan g(x) = 151−x
f( 151−x ) = 5x
Alternatif 1 : f( 15
1−x ) = 5x = 1
1511 +−x
f(x) = x1 + 1
∴ f(x) = xx 1+
Alternatif 2 : Misalkan y = 15
1−x maka x = y
y5
1+ sehingga
f(y) = yy 1+
∴ f(x) = xx 1+
5. g(x) = x2 + 2x + 5 dan f(g(x)) = 3x2 + 6x − 8 f(x2 + 2x + 5) = 3(x2 + 2x + 5) − 23 ∴ Jadi, f(x) = 3x − 23
6. f(x) = 2x + 1 ; g(x) = 5x2 + 3 dan h(x) = 7x. (goh)(x) = g(h(x)) = 5(7x)2 + 3 = 245x2 + 3 (fogoh)(x) = f((goh)(x)) = f(245x2 + 3) = 2(245x2 + 3) + 1 ∴ (fogoh)(x) = 490x2 + 7
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
16
7. f(x) = xax−+
21 dan f−1(4) = 1
Alternatif 1 : Dari f−1(4) = 1 didapat f(1) = 4 4 ⋅ (2 − 1) = a(1) + 1 a = 3 f(3) = ( )
32133
−+
∴ f(3) = −10 Alternatif 2 : Karena f(x) = x
ax−+
21 maka f−1(x) = xa
x+−12
1 ⋅ (a + 4) = 2(4) − 1 a = 3 f(3) = ( )
32133
−+
∴ f(3) = −10
8. f−1(x) = 1+xx dan g−1(x) = 2x − 1
(gof)−1(x) = (f−1 o g−1)(x) = f−1(2x − 1) = xx2
12 −
∴ (gof)−1(x) = xx2
12 −
9. f(x) = 12 +x dan (fog)(x) = 2542
−+−
xxx dan berlaku g(x) ≥ 0 untuk x > 2
f(g(x)) = 2542
−+−
xxx
(g(x))2 + 1 = 2
2
)2(54
−+−
xxx
(g(x))2 = ( )221−x
Karena g(x) ≥ 0 untuk x > 2 maka g(x) = 2
1−x
g(x − 3) = 231−−x = 5
1−x
∴ Jadi, g(x − 3) = 51−x
10. ( ) ( ) xxff xx 211 =−+
Untuk x = 21 maka f(2) + 2f(− 2
1 ) = 1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
Untuk x = −2 maka f(− 21 ) − 2
1 f(2) = −4
2f(− 21 ) − f(2) = −8 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)
Kurangkan persamaan (1) dengan persamaan (2). 2f(2) = 9 ∴ f(2) = 2
9
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
17
11. f(f(f(k))) = 27 Karena k ganjil maka f(f(k + 3)) = 27 Karena k + 3 genap maka f( 2
3+k ) = 27
• Jika 23+k ganjil maka
23+k + 3 = 27
k = 45 yang tidak memenuhi 23+k ganjil
• Jika 23+k genap maka
43+k = 27
k = 105 yang memenuhi k ganjil dan 23+k genap.
Jadi, nilai k yang memenuhi adalah k = 105. ∴ Jadi, penjumlahan digit-digit k yang memenuhi adalah 1 + 0 + 5 = 6.
12. f(x)f(y) − f(xy) = x + y * Jika x = 0 dan y = 0, maka f(0)f(0) − f(0) = 0 f(0) ( f(0) − 1 ) = 0. Maka f(0) = 0 atau f(0) = 1 * Jika x = 1 dan y = 0, maka f(1)f(0) − f(0) = 1
• Jika f(0) = 0, maka 0 = 1 yang berarti tidak mungkin f(0) = 0 maka f(0) = 1 • Untuk f(0) = 1 maka f(1) − 1 = 1 sehingga f(1) = 2
* Jika x = 2004 dan y = 1 maka f(2004)f(1) − f(2004) = 2005 2f(2004) − f(2004) = 2005 sehingga f(2004) = 2005 * Jika x = 2004 dan y = 0 maka f(2004)f(0) − f(0) = 2004 f(2004) − 1 = 2004 sehingga f(2004) = 2005 ∴ f(2004) = 2005
13. f(xy) = f(x + y) Jika x = n dan y = 1 maka f(n) = f(n + 1) Maka f(49 ) = f(48) = f(47) = f(46) = ⋅⋅⋅ = f(7) Karena f(7) = 7 maka ∴ f(49) = 7.
14. f(x + y) = f(x) + f(y) + 6xy + 1 dan f(−x) = f(x) untuk x dan y bulat. Jika x = y = 0 maka f(0) = f(0) + f(0) + 1 sehingga f(0) = −1 Jika x = 3 dan y = −3 maka f(0) = f(3) + f(−3) − 54 + 1 Karena f(3) = f(−3) maka −1 = 2f(3) − 53 ∴ f(3) = 26.
15. f(x + 1) = )(1)(1
xfxf
−+ dan f(2) = 2
f(3) = 2121
−+ = −3
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
18
f(4) = 3131
+− = 2
1−
f(5) = 2121
1
1
+
− = 3
1
f(6) = 3131
1
1
−
+ = 2
Sehingga nilai f(n) untuk n bulat ≥ 2 akan periodik dengan kala ulang 4. Karena 2009 = 4(502) + 1 maka f(2009) = f(5) ∴ Nilai fungsi f(2009) adalah 3
1 .
16. f(11) = (1 + 1)2 = 4 f2(11) = 42 = 16 f3(11) = (1 + 6)2 = 49 f4(11) = (4 + 9)2 = 169
f5(11) = (1 + 6 + 9)2 = 256 f6(11) = (2 + 5 + 6)2 = 169 Jadi, untuk n ≥ 4 nilai fn(11) periodik dengan kala ulang 2. Untuk n ≥ 4 dan n genap maka fn(11) = 169. Maka f4(11) = f6(11) = f8(11) = ⋅⋅⋅ = f1988(11) = 169
∴ f1988(11) = 169
LATIHAN 4 :
1. f(2) = 24 dan f(−5) = 10 Misalkan sisa jika f(x) dibagi x2 + 3x − 10 adalah ax + b. f(x) = (x − 2)(x + 5) g(x) + ax + b Jika x = 2 maka f(2) = 2a + b = 24 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Jika x = −5 maka f(−5) = −5a + b = 10 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Dari persamaan (1) dan (2) didapat a = 2 dan b = 20 ∴ Jadi, sisa jika f(x) dibagi x2 + 3x − 10 adalah 2x + 20
2. v(x) = (x2 − x) g(x) + 5x + 1 v(1) = 0 + 6 = 6 v(x) = (x2 + x) h(x) + 3x + 1 v(−1) = 0 − 3 + 1 = −2 Misalkan sisa jika v(x) dibagi x2 − 1 adalah ax + b. v(x) = (x2 − 1) u(x) + ax + b Jika x = 1 maka v(1) = a + b = 6 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Jika x = −1 maka v(−1) = −a + b = −2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Dari persamaan (1) dan (2) didapat a = 4 dan b = 2. ∴ Jadi, sisa jika v(x) dibagi x2 − 1 adalah 4x + 2.
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
19
3. ax4 + bx3 + 1 = q(x) ⋅ (x − 1)2
Jelas bahwa q(x) harus merupakan fungsi kuadrat. Karena koefisien x4 adalah a dan konstanta ruas kiri = 1 maka q(x) = ax2 + px + 1 ax4 + bx3 + 1 = (ax2 + px + 1) ⋅ (x2 − 2x + 1) ax4 + bx3 + 1 = ax4 + (−2a + p)x3 + (a − 2p + 1)x2 + (p − 2)x + 1 Dari persamaan di atas didapat : Berdasarkan koefisien x maka p − 2 = 0 sehingga p = 2 Berdasarkan koefisien x2 maka a − 2p + 1 = 0 sehingga a = 3 Berdasarkan koefisien x3 maka b = −2a + p sehingga b = −4 ∴ ab = −12.
4. Karena koefisien x3 adalah a dan konstantanya adalah 1 maka haruslah (ax3 + bx2 + 1) = (x2 − x − 1)(ax − 1) (ax3 + bx2 + 1) = ax3 − (a + 1)x2 + (1 − a)x + 1 Maka 1 − a = 0 sehingga a = 1 b = − (a + 1) sehingga b = −(1 + 1) = −2 ∴ Nilai b yang memenuhi adalah b = 2.
5. Banyaknya titik potong dua grafik sama dengan banyaknya nilai x yang menyebabkan p(x) − q(x) = 0. Karena p(x) dan q(x) keduanya suku banyaknya berderajat empat dengan koefisien x4 ayng sama maka jelas bahwa p(x) − q(x) merupakan suku banyak berderajat tiga. Jadi, nilai x yang menyebabkan p(x) − q(x) = 0 paling banyak ada 3. ∴ Banyaknya maksimal titik potong dari y = p(x) dan y = q(x) adalah 3.
6. f(−1) = −2 dan f(3) = 7. g(−1) = 3 dan g(3) = 2 h(x) = f(x) ⋅ g(x) h(−1) = (−2)(3) = −6 dan h(3) = (7)(2) = 14. h(x) = (x + 1)(x − 3) ⋅ k(x) + ax + b Untuk x = −1 maka h(−1) = −a + b = −6 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Untuk x = 3 maka h() = 3a + b = 14 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Dari persamaan (1) dan (2) didapat a = 5 dan b = −1 ∴ Jadi, sisa jika h(x) dibagi x2 − 2x − 3 adalah 5x − 1.
7. p(x) = x2 − 6 p(p(x)) = x (x2 − 6)2 − 6 = x x4 − 12x2 − x + 30 = 0 (x + 2)(x − 3)(x2 + x − 5) = 0
Nilai x yang memenuhi adalah −2, 3, 2211−− , 2
211+− .
Karena 2211−− = 2
211+ < 2251+ = 3 maka nilai terbesar ⏐x⏐ yang memenuhi adalah 3.
∴ Nilai maksimal dari {⏐x⏐ : x ∈ A} adalah 3.
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
20
8. (3x2 − x + 1)3 = a6x6 + a5x5 + a4x4 + a3x3 + a2x2 + a1x + a0.
a) Jika x = 1 didapat (3 − 1 + 1)3 = a6 + a5 + a4 + a3 + a2 + a1 + a0 = 27. ∴ Jadi, a6 + a5 + a4 + a3 + a2 + a1 + a0 = 27.
b) Jika x = −1 didapat (3 + 1 + 1)3 = a6 − a5 + a4 − a3 + a2 − a1 + a0 = 125 ∴ Jadi, a6 − a5 + a4 − a3 + a2 − a1 + a0 = 125.
c) Jika x = 0 maka 1 = a0. a6 + a5 + a4 + a3 + a2 + a1 + a0 = 27. a6 + a5 + a4 + a3 + a2 + a1 = 27 − 1 = 26. ∴ Jadi, a6 + a5 + a4 + a3 + a2 + a1 = 26.
d) a6 + a5 + a4 + a3 + a2 + a1 + a0 = 27. a6 − a5 + a4 − a3 + a2 − a1 + a0 = 125 Jumlahkan kedua persamaan di atas didapat 2(a6 + a4 + a2 + a0) = 152 ∴ Jadi, a6 + a4 + a2 + a0 = 76.
9. Misalkan keempat akar x4 − (3m + 2)x2 + m2 = 0 adalah a − b, a, a + b dan a + 2b (a − b) + (a) + (a + b) + (a + 2b) = 0 b = − 2a maka keempat akar tersebut adalah 3a, a, −a dan −3a. m2 = (3a)(a)(−a)(−3a) = 9a4
Jadi, m = ± 3a2
(3a)(a) + (3a)(−a) + (3a)(−3a) + (a)(−a) + (a)(−3a) + (−a)(−3a) = −(3m + 2) (3 − 3 − 9 − 1 − 3 + 3)a2 = −3m − 2 −10a2 = −3m − 2 30a2 = 9m + 6 ±10m = 9m + 6 ∴ m = − 19
6 atau m = 6
10. Misalkan ke-4 akar tersebut adalah x1, x2, x3 dan x4 dengan x1 = 2 dan x2 = 2008 = 5022 . Alternatif 1 : x4 + ax3 + bx2 + cx + d = (x − x1) (x − x2) (x − x3) (x − x4) = 0 x1 + x2 + x3 + x4 = −a yang merupakan bilangan rasional. Maka ada 2 kemungkinan nilai x3 dan x4.
• x3 = p − 2 − 5022 dan x4 = q untuk p dan q bilangan rasional. x1x2x x3 4 = d yang merupakan bilangan rasional. ( )( )( )( )qp 5022250222 −− = bilangan rasional untuk p, q rasional
2200825142514 −−p = bilangan rasional. Maka tidak ada p rasional yang memenuhi
• x3 = p − 2 dan x4 = q − 5022 untuk p dan q bilangan rasional. x1x2x3x4 = d yang merupakan bilangan rasional. ( )( )( )( )5022250222 −− qp = bilangan rasional
40165024220082514 +−− qppq = bilangan rasional
Kesamaan di atas akan terpenuhi hanya jika p = q = 0 sehingga x3 = − 2 dan x4 = − 2008
x4 + ax3 + bx2 + cx + d = (x − 2 ) (x − 2008 ) (x + 2 ) (x + 2008 ) x4 + ax3 + bx2 + cx + d = (x2 − 2)(x2 − 2008) = x4 − 2010x2 + 4016
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
21
Maka a = 0, b = −2010, c = 0 dan d = 4016 ∴ Nilai a + b + c + d = 0 − 2010 + 0 + 4016 = 2006. Alternatif 2 :
Jika 2 disubtitusikan ke persamaan x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0 didapat ( ) ( )4222 ++−=+ dbca Karena a, b, c dan d rasional maka kesamaan hanya mungkin terjadi jika 2a + c = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Sehingga 2b + d + 4 = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Jika 50222008 = disubtitusikan ke persamaan x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0 didapat
( ) ( )4032064200822008 ++−=+ dbca Karena a, b, c dan d rasional maka kesamaan hanya mungkin terjadi jika 2008a + c = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) Sehingga 2008b + d + 4032064 = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) Dari persamaan (1) dan (3) didapat a = 0 dan c = 0 Dari persamaan (2) dan (4) didapat b = −2010 dan d = 4016 ∴ Nilai a + b + c + d = 0 − 2010 + 0 + 4016 = 2006.
11. Akar-akar x3 + 3x2 + 4x − 11 = 0 adalah a, b dan c. a + b + c = −3 a + b = −3 − c, a + c = −3 − b dan b + c = −3 − a Misalkan y = −3 − x sehingga x = −3 − y. Jadi, −3 − y adalah akar-akar persamaan x3 + 3x2 + 4x − 11 = 0. Jadi, haruslah (−3 − y)3 + 3(−3 − y)2 + 4(−3 − y) − 11 = 0 y3 + ⋅⋅⋅ + 27 − 27 + 12 + 11 = 0 y3 + ⋅⋅⋅ + 23 = 0 ∴ Jadi, nilai t = 23.
12. Misal f(1) = f(2) = f(3) = f(4) = f(5) = k Dibentuk persamaan polinomial : g(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + c − k g(x) = f(x) − k Jelas bahwa g(1) = g(2) = g(3) = g(4) = g(5) = 0 Berarti bahwa 1; 2; 3; 4 dan 5 adalah akar-akar persamaan polinomial g(x) = 0. x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + c − k = 0 x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = − A
B = − 1a = −a
Karena akar-akarnya adalah 1; 2; 3; 4 dan 5 maka : 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = − a ∴ a = − 15
13. po(x) = x3 + 313x2 − 77x − 8 dan pn(x) = pn−1(x − n) p20(x) = p19(x − 20) = p18(x − 20 − 19) = ⋅⋅⋅ = p0(x − (20 + 19 + ⋅⋅⋅ + 1)) = p0(x − 210) Jadi, p20(x) = p0(x − 210) p20(x) = (x − 210)3 + 313(x − 210)2 − 77(x − 210) − 8 Koefisien x dari p20(x) sama dengan 3 ⋅ 2102 − 313 ⋅ 2 ⋅ 210 − 77 = 763. ∴ Jadi, koefisien x dari p20(x) adalah 763.
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
22
14. x3 − 8x2 + 4x − 2 = 0 akar-akarnya a, b dan c. Maka a + b + c = 8. Subtitusi y = 8 − 2x sehingga x = 2
8 y− ke persamaan x3 − 8x2 + 4x − 2 = 0. Maka
( ) ( ) ( ) 0248 282
283
28 =−+− −−− yyy memiliki akar-akar 8 − 2a, 8 − 2b dan 8 − 2c
f(x) = x3 + px2 + qx + r memiliki tiga akar, yaitu a + b − c = 8 − 2c, a + c − b = 8 − 2b dan b + c − a = 8 − 2a. Karena koefisien x3 dari f(x) sama dengan 1 maka
Polinom f(x) = ( ) ( ) ( ) 01632648 282
283
28 =+−+− −−− xxx juga memiliki akar-akar 8 − 2a, 8 − 2b dan 8 − 2c.
f(1) = ( ) ( ) ( ) 1632648 2182
2183
218 +−+− −−− = 345
∴ f(1) = 345.
15. p(x) = x6 + ax5 + bx4 + cx3 + dx2 + ex + f Misal q(x) = p(x) − x. Karena p(x) adalah polinomial berderajat 6 maka q(x) pun adalah polinomial berderajat 6. q(1) = q(2) = q(3) = q(4) = q(5) = q(6) = 0 yang berarti bahwa 1, 2, 3, 4, 5 dan 6 adalah akar-akar persamaan q(x) = 0. Maka : q(x) = a (x − 1) (x − 2) (x − 3) (x − 4) (x − 5) (x − 6) Karena koefisien x6 dari p(x) adalah 1 maka a = 1. q(x) = (x − 1) (x − 2) (x − 3) (x − 4) (x − 5) (x − 6) p(7) = q(7) + 7 p(7) = (7 − 1) (7 − 2) (7 − 3) (7 − 4) (7 − 5) (7 − 6) + 7 p(7) = 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 + 7 ∴ p(7) = 727
16. Akar-akar persamaan x4 − x3 − x2 − 1 = 0 adalah a, b, c dan d. x4 − x3 − x2 − 1 = (x + 1)(x3 − 2x2 + x − 1) = 0 Tanpa mengurangi keumuman misalkan a = −1 sehingga b + c + d = 2 dan bc + bd + cd = 1 b2 + c2 + d2 = (b + c + d)2 − 2(ab + ac + bc) = 2. p(x) = x6 − x5 − x3 − x2 − x p(x) = (x3 − 2x2 + x − 1)(x3 + x2 + x + 1) + x2 − x + 1 p(a) = p(−1) = (−5)(0) + 3 = 3 p(b) = 0 + b2 − b + 1 = b2 − b + 1 p(c) = 0 + c2 − c + 1 = c2 − c + 1 p(d) = 0 + d2 − d + 1 = d2 − d + 1 p(a) + p(b) + p(c) + p(d) = 6 + (b2 + c2 + d2) − (b + c + d) = 6 + 2 − 2 ∴ Jadi, p(a) + p(b) + p(c) + p(d) = 6.
17. Karena f(a) = f(b) = f(c) = f(d) = 5 maka f(x) − 5 = (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) q(x) dengan q(x) adalah polinomial yang memiliki koefisien bilangan bulat. Jika x sama dengan a, b, c atau d maka f(x) = 5 bukan 8. Jika x ∈ Z dan x ≠ a, b, c atau d maka x − a, x − b, x − c dan x − d adalah bilangan bulat berbeda. Agar ada f(k) = 8 maka (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) q(x) = 3. Tetapi 3 tidak bisa merupakan perkalian sekurangnya 4 bilangan bulat berbeda. ∴ Terbukti bahwa tidak ada bilangan bulat k yang memenuhi f(k) = 8.
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
23
LATIHAN 5.A
1. Misalkan persamaan kuadrat yang diminta memiliki akar-akar a dan b. Persamaan x2 + px + 1 = 0 akan memiliki akar-akar a − 2 dan b − 2. Persamaan 2x2 − 3x + q = 0 akan memiliki akar-akar a + 3 dan b + 3. (a + 3) + (b + 3) = 2
3
a + b = − 29 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
(a − 2)(b − 2) = 1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) ab − 2(a + b) + 4 = 1 ab = −12 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) Maka persamaan kuadrat yang diminta adalah x2 + 2
9 x − 12 = 0 ∴ Jadi, persamaan kuadrat tersebut adalah 2x2 + 9x − 24 = 0.
2. p = 2
231xxx
−+
(3 + p)x2 − px + 1 = 0 Agar nilai x real maka haruslah memenuhi p2 − 4(3 + p)(1) ≥ 0 (p − 6)(p + 2) ≥ 0 p ≤ −2 atau p ≥ 6 ∴ Jadi, nilai p yang memenuhi x real adalah p ≤ −2 atau p ≥ 6.
3. Misalkan kedua akar persamaan kuadrat x2 − px + p = 0 adalah a dan b, maka a > 0 dan b > 0. a + b = p > 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) a b = p > 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Diskriminan = p2 − 4p ≥ 0 p ≥ 4 atau p ≤ 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) Dari ketiga persyaratan tersebut didapat p ≥ 4 ∴ Jadi, agar kedua akar persamaan kuadrat x2 − px + p = 0 real positif maka haruslah p ≥ 4.
4. x1 dan x2 adalah akar-akar persamaan x2 + 2x + 4 = 0. x1 + x2 = −2 dan x1x2 = 4
74
1)(2
11
11
2121
21
21
−++−
−+−− ==+ xxxx
xxxx
71
1)(1
11
11
212121==⋅ ++−−− xxxxxx
Persamaan kuadrat yang akar-akarnya 11
1−x dan 11
2 −x adalah x2 + 74 x + 7
1 = 0.
∴ Jadi, persamaan kuadrat yang akar-akarnya 11
1−x dan 11
2 −x adalah 7x2 + 4x + 1 = 0.
5. 9a2 − 12ab + 4b2 = 0 Untuk b ≠ 0 maka (3 b
a − 2)2 = 0
∴ Maka ba = 3
2 .
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
24
6. (a + b)3 − (a − b)3 = (a3 + 3a2b + 3ab2 + b3) − (a3 − 3a2b + 3ab2 − b3) = 2b3 + 6a2b.
( 43 + 3)2 = 43 + 9 + 6 43 = 52 + 6 43 .
( ) ( ) 2/32/34365243652 −−+ = ( 43 + 3)3 − ( 43 − 3)3 = 2 ⋅ 33 + 6( 43 )2(3) = 828.
∴ Jadi, ( ) ( ) 2/32/34365243652 −−+ = 828.
7. 2910
12 −− xx
+ 4510
12 −− xx
= 6910
22 −− xx
Misalkan x2 − 10x − 29 = y maka
y1 + 16
1−y = 40
2−y
(y − 40)(2y − 16) = 2y(y − 16) 2y2 − 96y + 640 = 2y2 − 32y y = 10 x2 − 10x − 29 = 10 (x − 13)(x + 3) = 0 x = −3 atau x = 13 ∴ Jadi, nilai x positif yang memenuhi persamaan adalah x = 13.
8. 11x2 − 4x − 2 = 0 memiliki akar-akar a dan b. a + b = 11
4 dan ab = − 112
(1 + a + a2 + ⋅⋅⋅)(1 + b + b2 + ⋅⋅⋅) = ( a−11 )( b−1
1 ) = abba ++− )(11 = 2411
11−− = 5
11
∴ Jadi, nilai dari (1 + a + a2 + ⋅⋅⋅)(1 + b + b2 + ⋅⋅⋅) adalah 511 .
9. x2 + bx + c = 0 Agar akar-akar persamaan tersebut real maka Diskriminan = b2 − 4⋅ (1)⋅c ≥ 0. Maka 4c ≤ b2
Karena 1 ≤ c ≤ 6, maka 4 ≤ 4c ≤ 24 Untuk b = 1 maka 4c ≤ 1. Akibatnya tidak ada nilai c yang memenuhi Untuk b = 2 maka 4c ≤ 4. Akibatnya nilai c yang memenuhi ada satu, yaitu c = 1 Untuk b = 3 maka 4c ≤ 9. Akibatnya nilai c yang memenuhi ada dua, yaitu c = 1 ; 2 Untuk b = 4 maka 4c ≤ 16. Akibatnya nilai c yang memenuhi ada empat, yaitu c = 1 ; 2; 3; 4 Untuk b = 5 maka 4c ≤ 25. Akibatnya nilai c yang memenuhi ada enam, yaitu c = 1 ; 2; 3; 4; 5; 6 Untuk b = 6 maka 4c ≤ 36. Akibatnya nilai c yang memenuhi ada enam, yaitu c = 1 ; 2; 3; 4; 5; 6 ∴ Maka banyaknya pasangan yang memenuhi ada : 0 + 1 + 2 + 4 + 6 + 6 = 19.
10. x2 + 6x + c = 0 memiliki akar-akar x1 dan x2. x1 + x2 = −6 dan x1x2 = c x2 + (x12 + x22)x + 4 = 0 memiliki akar-akar u dan v. u + v = −uv −(x12 + x22) = −4 36 − 2c = 4 sehingga c = 16. x13x2 + x1x23 = x1x2(x12 + x22) = 16 ⋅ 4 = 64 ∴ Jadi, nilai dari x13x2 + x1x23 sama dengan 64.
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
25
11. x2 − 3(a − 1)x + 2a2 + 4b = 0 memiliki akar-akar α dan β serta α = 2β.
α + β = 3(a − 1) Maka β = a − 1 dan α = 2(a − 1) αβ = 2a2 + 4b = 2(a − 1)2
4b = −4a + 2 ∴ a + b = 2
1
12. x2 − (3m + 2) + (4m + 12) = 0 memiliki akar-akar α dan β maka α + β = 3m + 2 αβ = 4m + 12
αm = m
β m2 = αβ m2 = 4m + 12 (m − 6)(m + 2) = 0 Maka m = 6. Persamaan kuadrat tersebut adalah x2 − 20x + 36 = 0 yang memiliki akar-akar 2 dan 18. Karena syarat barisan tak hingga adalah −1 < r < 1 maka α = 18 dan β = 2. Jadi, r = 18
6 = 31
Karena a = 2 maka jumlah deret tak hingga tersebut adalah 311
2−
= 3.
∴ Jumlah deret tak hingga tersebut adalah 3.
13. x2 − (2p + 1)x + p = 0 memiliki akar-akar x1 dan x2. 3x2 − (q − 1)x − 1 = 0 memiliki akar-akar x3 dan x4. x1x3 = 1 dan x2x4 = 1 x1x2x3x4 = 1 (p)((− 3
1 ) = 1 sehingga p = −3 x1 + x2 = 2p + 1 = −5 dan x1x2 = p = −3 x3 + x4 =
21
11xx + =
21
21xxxx +
35
31 =−q sehingga q = 6
∴ Jadi, p − 2q + 13 = −2.
14. Misalkan akar persekutuan tersebut adalah p, akar yang lain dari x2 + ax + bc = 0 dan x2 + bx + ac = 0 masing-masing adalah q dan r maka : p2 + ap + bc = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) p2 +bp + ac = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Kurangkan persamaan (1) dengan (2). p(a − b) + c(b − a) = 0 p(a − b) = c(a − b) Karena a ≠ b maka p = c Karena p + q = −a maka q = −a − c ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) pq = bc Karena p = c maka q = b ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) Karena p + r = −b maka r = − b − c ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5)
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
26
pr = ac Karena p = c maka r = a q + r = b + (−b − c) = −c qr = (b)(a) = ab Persamaan kuadrat yang akar-akarnya q dan r adalah x2 − (q + r)x + qr = 0 x2 + cx + ab = 0 ∴ Terbukti bahwa akar-akar yang lain dari kedua persamaan x2 + ax + bc = 0 dan x2 + bx + ac = 0
memenuhi persamaan x2 + cx + ab = 0.
15. α + β = −p αβ = 1 γ + δ = −q γδ = 1 (α − γ)(β − γ)(α + δ)(β + δ) = (α − γ)(β + δ)(β − γ)(α + δ) (α − γ)(β − γ)(α + δ)(β + δ) = (αβ + αδ − βγ − γδ)(αβ + βδ − αγ − γδ) Mengingat bahwa αβ = 1 dan γδ = 1 maka : (α − γ)(β − γ)(α + δ)(β + δ) = (αδ − βγ)(βδ − αγ) (α − γ)(β − γ)(α + δ)(β + δ) = αβδ2 − α2γδ − β2γδ + αβγ2
Mengingat bahwa αβ = 1 dan γδ = 1 maka : (α − γ)(β − γ)(α + δ)(β + δ) = δ2 − α2 − β2 + γ2
(α − γ)(β − γ)(α + δ)(β + δ) = (γ + δ)2 − 2γδ − (α + β)2 + 2αβ Mengingat bahwa α + β = −p, αβ = 1 serta γ + δ = −q dan γδ = 1 maka : (α − γ)(β − γ)(α + δ)(β + δ) = q2 − p2 (terbukti). ∴ Terbukti bahwa (α − γ)(β − γ)(α + δ)(β + δ) = q2 − p2.
16. Persamaan tersebut memenuhi persamaan xx 9119 +=
x2 − 19 x − 91 = 0
238319
29141919
2,1±⋅+± ==x
⏐x1⏐ = 238319+ = 2
38319+ dan ⏐x2⏐ = 238319− = 2
19383−
k = ⏐x1⏐ + ⏐x2⏐
k = 238319+ + 2
38319− = 383
∴ k2 = 383.
17. Andaikan bahwa x2 + b1x + c1 = 0 dan x2 + b2x + c2 = 0 keduanya tidak memiliki akar real. b12 − 4c1 < 0 sehingga b12 < 4c1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) b22 − 4c2 < 0 sehingga b22 < 4c2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) b12 + b22 < 4(c1 + c2) Karena b1b2 = 2(c1 + c2) maka b12 + b22 < 2b1b2
(b1 − b2)2 < 0 Bilangan kuadrat tidak mungkin negatif maka ketaksamaan di atas tidak mungkin terjadi. Maka tidak mungkin x2 + b1x + c1 = 0 dan x2 + b2x + c2 = 0 keduanya tidak memiliki akar real. ∴ Terbukti bahwa Sedikitnya salah satu dari x2 + b1x + c1 = 0 atau x2 + b2x + c2 = 0 memiliki akar real.
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
27
18. a dan 4a + 3b + 2c mempunyai tanda yang sama maka :
acba 234 ++ > 0
4 + 3 ab + 2 a
c > 0 Misalkan α dan β adalah akar-akar persamaan ax2 + bx + c = 0 maka : 4 − 3(α + β) + 2αβ > 0 (α − 1)(β − 2) + (α −2)(β − 1) > 0 Jika α dan β keduanya terletak pada interval (1, 2) maka (α − 1)(β − 2) dan (α −2)(β − 1) keduanya bernilai negatif (kontradiksi) ∴ Terbukti bahwa persamaan ax2 + bx + c = 0 kedua akarnya tidak mungkin terletak pada interval (1, 2)
LATIHAN 5.B
1. ( ) xx 33
243112273 =⋅ −
216
3−x
= x53−
6x − 1 = −10x ∴ Jadi, x = 16
1
2. Karena 53x = 8 maka 5x = 2 53+x = 53 ⋅ 5x 53+x = 125 ⋅ 2 ∴ 53+x = 250.
3. 5x+1 + 56−x = 11 5 ⋅ 52x − 11 ⋅ 5x + 56 = 0 yang merupakan persamaan kuadrat dalam 5x. Misalkan 5 ⋅ 52x − 11 ⋅ 5x + 56 = 0 memiliki akar-akar a dan b.
5a ⋅ 5b = 5a+b = 556
= 55
a + b = 5 ∴ Jumlah akar-akar persamaan 5x+1 + 56−x = 11 sama dengan 5.
4. 58−2x + 49 ⋅ 53−x − 2 = 0 Misalkan y = 53−x maka y2 = 56−2x. 25y2 + 49y − 2 = 0 (25y − 1)(y + 2) = 0 Karena nilai y tidak mungkin negatif maka
251 = 53−x
x = 5 ∴ Jadi, himpunan penyelesaian persamaan tersebut adalah {5}
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
28
5. memiliki penyelesaian x1033 323 22
=+ −+− xxxx1 dan x2.
Misalkan y = maka xx 32
3 −
9y + y = 10 sehingga y = 1 Maka x2 − 3x = 0 sehingga nilai x yang memenuhi adalah 0 dan 3. ∴ = 3213 xx + 3 = 27.
6. 54(6x) + 3x = 6(18x) + 9 (3x − 9)(6 ⋅ 6x − 1) = 0 Maka x = 2 atau x = −1 ∴ Jadi, (x1 ⋅ x2)2 = 4.
LATIHAN 5.C
1. ( ) ( )33
2323
15log5log45log − = ( )( )
33
3333
15log5log45log5log45log −+ =
15log15log12
3
3⋅
∴ ( ) ( )33
2323
15log5log45log − = 12.
2. Karena 3a = 4 maka a = 3log 4 Karena 4b = 5 maka b = 4log 5 Karena 5c = 6 maka c = 5log 6 Karena 6d = 7 maka d = 6log 7 Karena 7e = 8 maka e = 7log 8 Karena 8f = 9 maka f = 8log 9 abcdef = 3log 4 ⋅ 4log 5 ⋅ 5log 6 ⋅ 6log 7 ⋅ 7log 8 ⋅ 8log 9 = 3log 9 = 2 ∴ abcdef = 2.
3. Karena 8log x + 4log y2 = 5 maka x1/3 ⋅ y = 25. Karena 8log y + 4log x2 = 7 maka x ⋅ y1/3 = 27. Kalikan kedua persamaan di atas didapat (xy)4/3 = 212
∴ xy = 29 = 512
4. !100log
1!100log
1!100log
1!100log
1100432 ++++ L = 100!log 2 + 100!log 3 + 100!log 4 + ⋅⋅⋅ + 100!log 100 = 100!log 100!.
∴ !100log
1!100log
1!100log
1!100log
1100432 ++++ L = 1.
5. Agar f(x) = 2log (px2 + px + 3) terdefinisi pada setiap nilai x maka px2 + px + 3 definit positif. Maka p > 0 dan p2 − 4(p)(3) < 0 p(p − 12) < 0 Nilai p yang memenuhi adalah 0 < p < 12. ∴ Jadi, batas-batas nilai p yang memenuhi adalah 0 < p < 12.
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
29
6. = 27 dan = 3 yxx loglog 33 + yxy loglog 33 +
Maka = 27 ⋅ 3 = 81 yxxy loglog 33
)( +
3log (xy) = (xy)log 81 = 4 ⋅ xylog 3 (3log (xy))2 = 4 Maka 3log (xy) = 2 atau 3log (xy) = −2 • 3log (xy) = 2
xy = 9 3log x + 3log y = 3log (xy) 3log x + 3log y = 3log 9 = 2 Subtitusikan ke persamaan semula didapat x2 = 27 dan y2 = 3 x + y = 4√3
• 3log (xy) = −2 x-2 = 27 dan y-2 = 3 Tidak memenuhi syarat bahwa x > y
∴ Jadi, x + y = 4√3.
7. Karena un+1 = p⋅un maka u1, u2, ⋅⋅⋅, u6 membentuk barisan geometri. Karena 10log u3 + 10log u4 = 1 maka u3 u4 = 10 p2 u1 ⋅ p3 u1 = 10 p5 ⋅ u12 = 10 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) u1 + u6 = 11 u1 + p5 u1 = 11 u1 = 51
11p+
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)
Subtitusikan persamaan (2) ke persamaan (1) maka p5 ⋅ 121 = 10 (1 + p5)2
10(p5)2 − 101 p5 + 10 = 0 (10 p5 − 1)(p5 − 10) = 0 Karena p > 1 maka p5 = 10 Maka 10log p = 5
1 ⋅ 10log 10
∴ Jadi, 10log p = 51 .
8. w = x24 = y40 = x12y12z12 w = w1/2 ⋅ w3/10 ⋅ z12
w1/5 = z12 w = z60. ∴ zlog w = 60
9. Misalkan 2log x = k ( ) ( )xx loglogloglog 282
312 =⋅
kk loglog3log 822 =+−
( ) 3loglog1 2231 =− k
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
30
3232
2 loglog =k
23
3=k k2 = 27 ∴ (2log x)2 = 27.
10. Agar 8log n rasional maka haruslah n berbentuk 2k dengan k bilangan rasional. Karena n adalah bilangan asli maka haruslah k bilangan bulat tak negatif.
( )∑=
1997
1n
nf = 0 + 8log 2o + 8log 21 + 8log 22 + ⋅⋅⋅ + 8log 210 = 3103210 +++++ L = 3
55
∴ 3 = 55. ( )∑=
1997
1n
nf
11. 2log (3log (5log (7log N))) = 11
N = 112357
Faktor prima dari N hanyalah 7. ∴ Banyaknya faktor prima dari N ada 1.
12. Misalkan ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ...5log2log5log2log5log2log210 424140+++ bbbbbb = X
X = blog 5 + 4 blog 5 ⋅ blog 2 + 42 ⋅ blog 5 ⋅ (blog 2)2 + 43 ⋅ blog 5 ⋅ (blog 2)3 + ⋅⋅⋅ X = blog 5 (1 + 4 blog 2 + 42 ⋅ (blog 2)2 + 43 ⋅ (blog 2)3 + ⋅⋅⋅) 1 + 4 blog 2 + 42 ⋅ (blog 2)2 + 43 ⋅ (blog 2)3 + ⋅⋅⋅ adalah merupakan deret geometri tak hingga dengan suku pertama 1 dan rasio 4 ⋅ blog 2.
X = blog 5 ⋅ 2log41
1b⋅−
= 16log5logbb
b
= 5log16b
Karena b = 2000 maka X = 125log 5
∴ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ...5log2log5log2log5log2log210 424140+++ bbbbbb = 3
1 .
13. 225log x + 64log y = 4 dan xlog 225 − ylog 64 = 1. Misalkan a = 225log x dan 64log y = b maka a + b = 4 dan 111 =+ ba sehingga ab = 4
Dari a + b = 4 dan ab = 4 didapat penyelesaian (a, b) yaitu (3 + 5 , 1 − 5 ) atau (3 − 5 , 1 + 5 ). Mengingat kesimterian pada soal yang ditanyakan maka tanpa mengurangi keumuman soal didapat 225log x1 = 3 + 5 dan 225log x2 = 3 − 5 sehingga 225log x1x2 = 225log 6. Jadi, x1x2 = 2256 = 1512. 64log y1 = 1 − 5 dan 64log y2 = 1 + 5 sehingga 64log y1y2 = 64log 2. Jadi, y1y2 = 642 = 212. 30log (x1y1x2y2) = 30log (1512 ⋅ 212) = 30log 3012. ∴ 30log (x1y1x2y2) = 12.
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
31
LATIHAN 5.D
1. Persamaan lingkaran tersebut adalah (x − 4)2 + (y − 3)2 = 42. ∴ Jadi, persamaan lingkaran tersebut adalah (x − 4)2 + (y − 3)2 = 16.
2. Misalkan titik pusat lingkaran tersebut adalah (a, a + 1). Karena lingkaran menyinggung sumbu X di titik (5,0) maka jari-jari lingkaran tersebut adalah a + 1. Karena titik (5, 0) terletak pada lingkaran maka (5 − a)2 + (0 − (a + 1))2 = (a + 1)2
(5 − a)2 = 0 sehingga a = 5. ∴ Persamaan lingkaran tersebut adalah (x − 5)2 + (y − 6)2 = 62.
3. Persamaan lingkaran tersebut memenuhi (x − a)2 + (y − (a + 1))2 = 52. Karena lingkaran melalui titik (0, 0) maka a2 + (a + 1)2 = 25 a2 + a − 12 = 0 (a − 3)(a + 4) = 0 Jika a = 3 maka persamaan lingkaran tersebut adalah (x − 3)2 + (y − 4)2 = 25 Jika a = −4 maka persamaan lingkaran tersebut adalah (x + 4)2 + (y + 3)2 = 25 ∴ Jadi, persamaan lingkaran tersebut adalah (x − 3)2 + (y − 4)2 = 25 atau (x + 4)2 + (y + 3)2 = 25.
4. A(−2,1) , B(4,−3) dan P(x,y) terletak sedemikian sehingga (PA)2 + (PB)2 = (AB)2. (x + 2)2 + (y − 1)2 + (x − 4)2 + (y + 3)2 = (4 + 2)2 + (1 + 3)2
x2 + y2 − 2x + 2y − 11 = 0 (x − 1)2 + (y + 1)2 = 13. Jika y = 0 maka x = 1 ± 2 3
∴ Jadi, titik potong dengan sumbu X adalah di (1 + 2 3 , 0) dan (1 − 2 3 , 0).
5. Titik (7,−1) pada lingkaran x2 + y2 = 50 maka ∴ Persamaan garis singung di titik tersebut adalah 7x − y = 50.
6. Garis lurus 3x + 4y + k = 0 menyinggung lingkaran (x + 3)2 + (y + 4)2 = 52. Alternatif 1 : (x + 3)2 + ( 4
3xk−− + 4)2 = 25 16(x + 3)2 + (−k − 3x + 16)2 = 400. 16x2 + 96x + 144 + k2 + 9x2 + 256 + 6kx − 32k − 96x = 400 25x2 + +6kx + k2 − 32k = 0 Diskriminan = 36k2 − 4(25)(k2 − 32k) = 0 k(9k − 25k + 800) = 0 16k(50 − k) = 0 ∴ Nilai k adalah k = 0 atau k = 50
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
32
Alternatif 2 : Gradien garis 3x + 4y + k = 0 adalah 4
3− .
Persamaan garis singgung (x + 3)2 + (y + 4)2 = 52 dengan gradien 43− adalah
y + 4 = 43− (x + 3) ± 5 ( ) 12
43 +−
4y + 16 = −3x − 9 ± 25 3x + 4y + 25 ± 25 = 0 ∴ Nilai k adalah k = 0 atau k = 50.
7. Karena lingkaran menyinggung sumbu X di (6, 0) maka pusat lingkaran tersebut adalah (6, b). Jari-jari lingkaran tersebut sama dengan ⏐b⏐. Alternatif 1 : Jari titik (6, b) ke garis y = √3 x sama dengan jari-jari yaitu b maka
⏐b⏐ = 13
)()6(3+− b
(2b)2 = (6√3 − b)2
b = 2√3 atau b = −6√3 ∴ Jari-jari lingkaran tersebut adalah 2√3 atau 6√3. Alternatif 2 : Misalkan garis y = √3x menyingung lingkaran di titik A dan sumbu X menyinggung lingkaran di titik B serta pusat lingkaran di titik P. Panjang OA = panjang OB = 6. (x2) + (√3x)2 = 62
x = ±3 ⏐PA⏐ = ⏐PB⏐ = b * Jika x = 3 maka titik A(3, 3√3)
(6 − 3)2 + (b − 3√3)2 = b2
9 + b2 + 27 − 6b√3 = b2
b = 2√3 Maka jari-jari lingkaran sama dengan 2√3.
* Jika x = −3 maka titik A(−3, −3√3) (6 + 3)2 + (b + 3√3)2 = b2
81 + b2 + 27 + 6b√3 = b2
b = −6√3 Maka jari-jari lingkaran sama dengan 6√3.
∴ Jari-jari lingkaran tersebut adalah 2√3 atau 6√3. Alternatif 3 : Persamaan garis singgung lingakarn (x − 6)2 + (y − b)2 = b2 dengan gradien √3 adalah y − b = √3(x − 6) ± b 13+ y − b = √3x − 6√3 ± 2b y = √3x − 6√3 + b ± 2b Maka − 6√3 + b ± 2b = 0 b + 2b = 6√3 atau b − 2b = 6√3 b = 2√3 atau b = −6√3 ∴ Jari-jari lingkaran tersebut adalah 2√3 atau 6√3.
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
33
8. Titik (7,−1) terletak di luar lingkaran x2 + y2 = 40
Alternatif 1 : Persamaan garis melalui titik (7,−1) dan gradien m adalah y + 1 = m(x − 7). Subtitusi garis tersebut ke persamaan lingkaran didapat x2 + (mx − 7m − 1)2 = 40 (m2 + 1)x2 − 2(7m2 + m)x + 49m2 + 14m − 39 = 0 Diskriminan = 22(7m2 + m)2 − 4(m2 + 1)(49m2 + 14m − 39) Agar y + 1 = m(x − 7) menyinggung lingkaran x2 + y2 = 40 maka diskriminan harus sama dengan 0. 22(7m2 + m)2 − 4(m2 + 1)(49m2 + 14m − 39) = 0 49m4 + 14m3 + m2 − 49m4 − 14m3 + 39m2 − 49m2 − 14m + 39 = 0 −9m2 − 14m + 39 = 0 (9m − 13)(m + 3) = 0 m = 9
13 atau m = −3
Jika m = 913 maka garis singgung tersebut memiliki persamaan y + 1 = 9
13 (x − 7). Jika m = −3 maka garis singgung tersebut memiliki persamaan y + 1 = −3(x − 7). ∴ Jadi, persamaan garis singung yang ditarik dari titik (7,−1) adalah 13x − 9y = 100 dan 3x + y = 20. Alternatif 2 : Misalkan titik (xo, yo) = (7, −1). Persamaan garis polar titik (xo, yo) terhadap lingkaran x2 + y2 = 40 adalah xox + yoy = 40 yaitu 7x − y = 40 Subtitusikan persamaan garis polar tersebut ke lingkaran x2 + y2 = 40 didapat x2 + (7x − 40)2 = 40 5x2 − 56x + 156 = 0 (5x − 26)(x − 6) = 0 x1 = 5
26 atau x2 = 6
Jika x1 = 526 maka y1 = − 5
18 sehingga titik singgung dari garis singgung tersebut pada lingkaran adalah
( 526 ,− 5
18 ) sehingga persamaan garis singgungnya adalah 13x − 9y = 100. Jika x2 = 6 maka y2 = 2 sehingga titik singgung dari garis singgung tersebut pada lingkaran adalah (6,2) sehingga persamaan garis singgungnya adalah 3x + y = 20. ∴ Jadi, persamaan garis singung yang ditarik dari titik (7,−1) adalah 13x − 9y = 100 dan 3x + y = 20. Alternatif 3 : Misalkan gradien garis singung tersebut adalah m. Maka persamaan garis singgung tersebut adalah
12 +±= mrmxy yaitu 4040 2 +±= mmxy . Karena garis tersebut melalui titik (7,−1) maka
( )174040 2 +±=+ mm 40m2 + 40 = 49m2 + 14m + 1 9m2 + 14m − 39 = 0 (9m − 13) (m + 3) = 0 m = 9
13 atau m = −3
Jika m = 913 maka garis singgung tersebut memiliki persamaan y + 1 = 9
13 (x − 7). Jika m = −3 maka garis singgung tersebut memiliki persamaan y + 1 = −3(x − 7). ∴ Jadi, persamaan garis singung yang ditarik dari titik (7,−1) adalah 13x − 9y = 100 dan 3x + y = 20.
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
34
9. Gradien 4y = −3x + 80 adalah 4
3− .
Persamaan garis singgung lingkaran x2 + y2 = 36 dengan gradien adalah 34 adalah
y = 34 x + 6 ( ) 12
34 +
∴ 3y = 4x + 30.
10. x2 + y2 = 100 memiliki jari-jari 10.
Jari titik (−12, 5) ke pusat lingkaran x2 + y2 = 100 adalah 22 512 + = 13. ∴ Jarak terjauh titik (−12, 5) ke lingkaran x2 + y2 = 100 sama dengan 13 + 10 = 23.
11. (x + 5)2 + (y − 12)2 = 142 merupakan persamaan lingkaran berpusat di (−5, 12) dan berjari-jari 14. Titik (0,0) terletak di dalam lingkaran (x + 5)2 + (y − 12)2 = 142. x2 + y2 = r2 adalah persamaan lingkaran berpusat di (0,0) dan berjari-jari r. Agar nilai r minimum maka lingkaran x2 + y2 = r2 harus menyinggung (x + 5)2 + (y − 12)2 = 142. Misalkan persinggungannya di titik K. Jarak pusat (−5, 12) ke titik K sama dengan 14. Jarak pusat (−5, 12) ke titik titik (0,0) sama dengan 13. Maka jari-jari lingkaran x2 + y2 = r2 harus sama dengan 1. ∴ Jadi, nilai minimum dari x2 + y2 adalah 12 = 1.
12. x2 + y2 = 4 + 12x + 6y ekivalen dengan (x − 6)2 + (y − 3)2 = 72 yang merupakan lingkaran berjari-jari 7. x2 + y2 = k + 4x + 12y ekivalen dengan (x − 2)2 + (y − 6)2 = k + 40
Jarak antarpusat kedua lingkaran = ( ) ( )22 6326 −+− = 5. Karena jarak antarpusat = 5 < 7 maka pusat lingkaran (x − 2)2 + (y − 6)2 = k + 40 terletak di dalam lingkaran (x − 6)2 + (y − 3)2 = 72. Agar terdapat titik potong maka haruslah 22 ≤ k + 40 ≤ 122. −36 ≤ k ≤ 104. Maka, a = −36 dan b = 104 ∴ Jadi, a − b = 140.
13. (x− 7)2 + (y − 3)2 = 64 adalah persamaan lingkaran Misalkan 3x + 4y = m. Karena (x, y) terletak pada lingkaran maka pastilah nilai maksimal dan minimal m akan menyebabkan garis lurus 3x + 4y = m menyinggung lingkaran. Persamaan garis singgung lingkaran (x− 7)2 + (y − 3)2 = 64 dengan gradien 4
3− adalah
y − 3 = 43− (x − 7) ± 8 ( ) 12
43 +−
4y − 12 = −3x + 21 ± 10 3x + 4y = 33 ± 10 m = 33 ± 10 Maka nilai m minimal adalah 23. ∴ Jadi, nilai terkecil dari 3x + 4y adalah 23.
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
35
LATIHAN 5.E :
1. ⏐x − 1⏐ + ⏐x − 4⏐ = 2 Bagi dalam 3 kasus. * Jika x ≤ 1
Maka ⏐x − 1⏐ = 1 − x dan ⏐x − 4⏐ = 4 − x 1 − x + 4 − x = 2 sehingga x = 2
3 (tidak memenuhi x ≤ 1) * Jika 1 < x ≤ 4
Maka ⏐x − 1⏐ = x − 1 dan ⏐x − 4⏐ = 4 − x x − 1 + 4 − x = 2 sehingga 3 = 2 (tidak memenuhi kesamaan)
* Jika x > 4 Maka ⏐x − 1⏐ = x − 1 dan ⏐x − 4⏐ = x − 4 x − 1 + x − 4 = 2 sehingga x = 2
7 (tidak memenuhi x > 4) ∴ Tidak ada nilai x yang memenuhi persamaan ⏐x − 1⏐ + ⏐x − 4⏐ = 2.
2. Karena x ≥ p maka ⏐x − p⏐ = x − p. Karena x ≤ 15 maka ⏐x − 15⏐ = 15 − x. Karena x − 15 ≤ 0 sehingga x − p − 15 < 0 maka ⏐x − p − 15⏐ = 15 + p − x. ⎪x − p⎪ + ⎪x − 15⎪ + ⎪x − p − 15⎪ = x − p + 15 − x + 15 + p − x ⎪x − p⎪ + ⎪x − 15⎪ + ⎪x − p − 15⎪ = 30 − x. Karena x ≤ 15 maka nilai minimal dari ⎪x − p⎪ + ⎪x − 15⎪ + ⎪x − p − 15⎪ = 15 yaitu saat x = 15. ∴ Jadi, nilai minimal dari ⎪x − p⎪ + ⎪x − 15⎪ + ⎪x − p − 15⎪ adalah 15.
3. Bagi dalam 3 daerah. • Jika x ≤ −11
⏐x + 11⏐ = −x − 11 dan ⏐x − 7⏐ = 7 − x Persoalan menjadi y = (7 − x) − (−x − 11) = 18
• Jika −11 < x ≤ 7 ⏐x + 11⏐ = x + 11 dan ⏐x − 7⏐ = 7 − x Persoalan menjadi y = (7 − x) − (x + 11) = −4 − 2x x = 2
4 y−−
−11 < 24 y−− ≤ 7
−22 < −4 − y ≤ 14 −18 < −y ≤ 18 −18 ≤ y < 18
• Jika x > 7 ⏐x + 11⏐ = x + 11 dan ⏐x − 7⏐ = x − 7 Persoalan menjadi y = (x − 7) − (x + 11) = −18
Jadi, nilai y yang mungkin adalah −18 ≤ y ≤ 18 ∴ Maka nilai y bulat yang mungkin ada 37.
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
36
4. f(x) = ⏐⏐x − 2⏐ − a⏐ − 3 f memotong sumbu x maka ⏐⏐x − 2⏐ − a⏐ − 3 = 0 ⏐⏐x − 2⏐ − a⏐ = 3 ⏐x − 2⏐ − a = 3 atau ⏐x − 2⏐ − a = −3 ⏐x − 2⏐ = a + 3 atau ⏐x − 2⏐ = a − 3 Jika a + 3 = 0 maka ⏐x − 2⏐ = 0 hanya ada 1 penyelesaian. Sebaliknya jika a + 3 ≠ 0 maka penyelesaian persamaan⏐x − 2⏐ = a + 3 ada 2 penyelesaian yaitu x − 2 = a + 3 atau x − 2 = −(a + 3) Hal yang sama untuk persamaan ⏐x − 2 ⏐ = a − 3 Maka jika a = −3 akan menyebabkan hanya ada 1 penyelesaian x untuk persamaan ⏐x − 2⏐ = a + 3 namun ada dua nilai x untuk penyelesaian ⏐x − 2⏐ = a − 3 Sedangkan jika a = 3 akan menyebabkan hanya ada 1 penyelesaian x untuk persamaan ⏐x − 2⏐ = a − 3 namun ada dua nilai x untuk penyelesaian ⏐x − 2⏐ = a + 3 ∴ Nilai a yang membuat grafik f memotong sumbu x tepat di 3 titik adalah a = 3 atau a = −3.
5. ⏐x⏐ + x + y = 10 dan x + ⏐y⏐ − y = 12 * Jika x dan y di kuadran I maka ⏐x⏐ = x dan ⏐y⏐ = y 2x + y = 10 dan x = 12 sehingga y = −14 (tidak memenuhi (x, y) di kuadran I) * Jika x dan y di kuadran II maka ⏐x⏐ = −x dan ⏐y⏐ = y y = 10 dan x = 12 (tidak memenuhi (x, y) di kuadran II) * Jika x dan y di kuadran III maka ⏐x⏐ = −x dan ⏐y⏐ = −y y = 10 dan x − 2y = 12 sehingga x = 32 (tidak memenuhi (x, y) di kuadran III) * Jika x dan y di kuadran IV maka ⏐x⏐ = x dan ⏐y⏐ = −y 2x + y = 10 dan x − 2y = 12 Nilai (x, y) yang memenuhi adalah ( 5
32 , 514− ) (memenuhi (x, y) di kuadran IV)
∴ x + y = 532 − 5
14 = 518
6. ⎪a + b⎪ + c = 19 dan ab + ⎪c⎪ = 97
• Jika c ≥ 0 ab + c = 97 ⏐a + b⏐ + 97 − ab = 19 ab − ⏐a + b⏐ − 78 = 0 * Jika a + b ≥ 0 maka ab − a − b − 78 = 0 (a − 1)(b − 1) = 79
Karena 79 adalah bilangan prima maka pasangan (a, b) yang mungkin memenuhi adalah (2, 80), (80,2), (0,−78)(−78,0). Yang memenuhi a + b ≥ 0 adalah (2,80) dan (80,2). Karena ab = 160 > 97 maka pasangan (2,80) dan (80,2) akan menyebabkan c < 0. Kontradiksi.
* Jika a + b < 0 maka ab + a + b = 78
(a + 1)(b + 1) = 79 Karena 79 adalah bilangan prima maka pasangan (a, b) yang mungkin memenuhi adalah (0, 78), (78,0), (−2,−80)(−80,−2). Yang memenuhi a + b < 0 adalah (−2,−80) dan (−80,−2). Karena ab = 160 > 97 maka pasangan (−2,−80) dan (−80,−2) akan menyebabkan c < 0. Kontradiksi.
• Jika c < 0 ab − c = 97 Syarat yang harus terpenuhi adalah ab − 97 < 0 atau ab < 97. ⏐a + b⏐ + ab − 97 = 19
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
37
ab + ⏐a+ b⏐ = 116 * Jika a + b ≥ 0 maka ab + a + b − 116 = 0 (a + 1)(b + 1) = 117 = 32 ⋅ 13
Pasangan (a, b) yang memenuhi adalah (0,116), (116,0), (2,38), (38,2), (8, 12), (12,8). * Jika a + b < 0 maka
ab − a − b = 116 (a − 1)(b − 1) = 117 = 32 ⋅ 13 Pasangan (a, b) yang memenuhi adalah (0,−116), (−116,0), (−2,−38), (−38,−2), (−8, −12), (−12,−8).
∴ Jadi, banyaknya tripel (a, b, c) yang memenuhi ada 12.
7. xx untuk x tak nol akan bernilai 1 jika x positif dan bernilai −1 jika x negatif. Karena simetri maka akan ada
4 kasus. • a, b dan c ketiganya positif
abcabc
cc
bb
aa +++ = 4 ⋅ 1 = 4
• Dua di antara a, b dan c positif dan satu negatif Karena abc negatif maka
abcabc
cc
bb
aa +++ = 2 ⋅ 1 − 2 ⋅ 1 = 0
• Satu di antara a, b dan c positif dan dua negatif Karena abc positif maka
abcabc
cc
bb
aa +++ = 2 ⋅ 1 − 2 ⋅ 1 = 0
• a, b dan c ketiganya negatif Karena abc negatif maka
abcabc
cc
bb
aa +++ = 4 ⋅ (−1) = −4
∴ Jadi, semua kemungkinan nilai dari abcabc
cc
bb
aa +++ untuk a, b dan c tak nol adalah −4, 0 atau 4.
8. y = −⎪x − a⎪ + b dan y = ⎪x − c⎪ + d 5 = −⏐2 − a⏐ + b ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) 5 = ⏐2 − c⏐ + d ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) 3 = −⏐8 − a⏐ + b ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) 3 = ⏐8 − c⏐ + d ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) Dari persamaan (1) dan (3) didapat 2 = ⏐8 − a⏐ − ⏐2 − a⏐ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) • Jika a ≤ 2 maka
2 = 8 − a − (2 − a) 2 = 6 Tidak ada nilai a yang memenuhi.
• Jika 2 < a ≤ 8 2 = 8 − a − (a − 2) a = 4
• Jika a > 8 2 = a − 8 − (a − 2) 2 = −6 Tidak ada nilai a yang memenuhi.
Jadi, nilai a yang memenuhi adalah a = 4.
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
38
Dari persamaan (1) dan (3) didapat 2 = ⏐2 − c⏐ − ⏐8 − c⏐ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) • Jika c ≤ 2 maka
2 = 2 − c − (8 − c) 2 = −6 Tidak ada nilai c yang memenuhi.
• Jika 2 < c ≤ 8 2 = c − 2 − (8 − c) c = 6
• Jika c > 8 2 = c − 2 − (c − 8) 2 = 6 Tidak ada nilai c yang memenuhi.
Jadi, nilai c yang memenuhi adalah 6. ∴ Maka a + c = 10.
9. ⎪x1⎪ + ⎪x2⎪ + ⋅⋅⋅ + ⎪xn⎪ = 19 + ⎪x1 + x2 + ⋅⋅⋅ + xn⎪ Karena −1 < xi < 1 dan ⎪x1⎪ + ⎪x2⎪ + ⋅⋅⋅ + ⎪xn⎪ < n sehingga haruslah n ≥ 20. Jika xi = 20
19 untuk i genap dan xi = − 2019 untuk i ganjil atau sebaliknya maka akan memenuhi persamaan
dimaksud untuk n = 20. ∴ Jadi, n minimal = 20.
10. Pada 1 ≤ x ≤ 3 fungsi f(x) linier dengan puncak pada f(2) = 1 serta f(1) = f(3) = 0. Grafik fungsi f(x) untuk 3 ≤ x ≤ 9 adalah tiga kali dari grafik f(x) pada 1 ≤ x ≤ 3 dengan puncak pada f(6) = 3. Grafik fungsi f(x) untuk 9 ≤ x ≤ 27 adalah 9 kali dari grafik f(x) pada 1 ≤ x ≤ 3 dengan puncak pada f(18) = 9. Demikian seterusnya. Grafik fungsi f(x) untuk 36 = 729 ≤ x ≤ 37 = 2187 adalah 729 kali dari grafik f(x) pada 1 ≤ x ≤ 3 dengan puncak pada f( 2
2187729+ ) = f(1458) = 729. Maka f(2001) = 729 − (2001 − 1458) = 186. Karena 183 < 35 = 243 maka nilai x terkecil yang memenuhi f(x) =f(2001) akan terletak pada 243 < x < 729. Grafik fungsi f(x) untuk 243 ≤ x ≤ 729 adalah 243 kali dari grafik f(x) pada 1 ≤ x ≤ 3 dengan puncak pada f( 2
729243+ ) = f(486) = 243 serta memenuhi f(243) = f(729) = 0 Karena 243 − 186 = 57 maka f(486 − 57) = f(429) = 186 = f(2001) ∴ Jadi, nilai terkecil x yang memenuhi f(x) = f(2001) adalah 429.
LATIHAN 6 :
1. Persamaan umum lingkaran adalah x2 + y2 + Ax + By + C = 0 Karena ada 3 titik yang diketahui dan ada 3 variabel yang dicari yaitu A, B dan C maka soal ini merupakan sistem persamaan linier dengan 3 variabel (peubah). Subtitusikan titik (2, 2) ke persamaan lingkaran didapat 8 + 2A + 2B + C = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
39
Subtitusikan titik (2, −4) ke persamaan lingkaran didapat 20 + 2A − 4B + C = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Subtitusikan titik (5, −1) ke persamaan lingkaran didapat 26 + 5A − B + C = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) Kurangkan persamaan (1) dengan (2) maka didapat B = 2 dan subtitusikan ke persamaan (1) dan (3) 2A + C = −12 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) 5A + C = −24 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) Kurangkan persamaan (4) dengan (5) didapat A = −4 sehingga C = −4 Maka persamaan umum lingkaran menjadi x2 + y2 − 4x + 2y − 4 = 0 (x − 2)2 + (y + 1)2 = 32
∴ Maka jari-jari lingkaran tersebut adalah 3.
2. x + y + yx = 232 dan ( )
yyxx + = 2007
Misalkan x + y = a dan yx = b maka
a + b = 232 dan ab = 2007 a(232 − a) = 2007 (a − 223)(a − 9) = 0 a = 9 atau a = 223 ∴ Jadi, x + y real yang memenuhi adalah 9 dan 223.
3. x2 + y2 + x + y = 12 xy + x + y = 3 Misalkan m = x + y dan n = xy maka m2 + m − 2n = 12 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) m + n = 3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) m2 + 3m − 6 = 12 (m + 6)(m − 3) = 0 * Jika m = x + y = −6
Maka n = xy = 9 x(−6 − x) = 9 x2 + 6x + 9 = 0 (x + 3)2 = 0 x = −3 sehingga y = −3
* Jika m = x + y = 3 Maka n = xy = 0 Maka didapat pasangan (x, y) = (3, 0) dan (0, 3)
∴ Jadi, pasangan (x, y) yang memenuhi adalah (−3, −3), (0, 3), (3, 0).
4. Misalkan zxy− = z
yx+ = yx = k
Maka : y = k(x − z) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) x + y = kz ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) x = ky ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) Jumlahkan (1) + (2) + (3) sehingga 2(x + y) = k(x + y). Karena x dan y keduanya positif maka x + y ≠ 0 sehingga k = 2. Karena y
x = k maka yx = 2
∴ Nilai yx sama dengan 2.
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
40
5. Karena 3
3
2
2
1
1ba
ba
ba == dan p1, p2 , p3 bilangan tak nol maka ( )nb
a1
1 = n
n
bpap
11
11 = n
n
bpap
22
22 = n
n
bpap
33
33 dan misalkan bahwa
( )nba
1
1 = n
n
bpap
11
11 = n
n
bpap
22
22 = n
n
bpap
33
33 = k.
Dari persamaan di atas didapat : nn apbkp 1111 = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
nn apbkp 22212 = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) nn apbkp 3333 = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)
Jumlahkan persamaan (1), (2) dan (3) untuk mendapatkan k = nnn
nnn
bpbpbpapapap
332211
332211
++
++ . Karena ( )nba
1
1 = k maka
terbukti bahwa ( )nba
1
1 = nnn
nnn
bpbpbpapapap
332211
332211
++
++ .
∴ Terbukti bahwa ( )nba
1
1 = nnn
nnn
bpbpbpapapap
332211
332211
++
++ .
6. x1 + 4x2 + 9x3 + 16x4 + 25x5 + 36x6 + 49x7 = 1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) 4x1 + 9x2 + 16x3 + 25x4 + 36x5 + 49x6 + 64x7 = 12 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) 9x1 + 16x2 + 25x3 + 36x4 + 49x5 + 64x6 + 81x7 = 123. ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) Kurangkan (2) dengan (1) didapat 3x1 + 5x2 + 7x3 + 9x4 + 11x5 + 13x6 + 15x7 = 11 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) Kurangkan (3) dengan (2) didapat 5x1 + 7x2 + 9x3 + 11x4 + 13x5 + 15x6 + 17x7 = 111 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) Kurangkan (5) dengan (4) didapat 2x1 + 2x2 + 2x3 + 2x4 + 2x5 + 2x6 + 2x7 = 100 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (6) Jumlahkan (5) dengan (6) didapat 7x1 + 9x2 + 11x3 + 13x4 + 15x5 + 17x6 + 19x7 = 211 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (7) Jumlahkan (3) dengan (7) didapat 16x1 + 25x2 + 36x3 + 49x4 + 64x5 + 81x6 + 100x7 = 334 ∴ 16x1 + 25x2 + 36x3 + 49x4 + 64x5 + 81x6 + 100x7 = 334
7. y2 − (8 + 4x)y + (16 + 16x − 5x2) = 0 Alternatif 1 :
(y − (4 + 5x)) (y − (4 − x)) = 0 y = 4 + 5x atau y = 4 − x
Alternatif 2 :
y1,2 = ( ) ( ) ( )( )2
51616144848 22 xxxx −+−+±+ y1 = 4 + 5x atau y2 = 4 − x
• Jika y = 4 + 5x y2 = (x + 8)(x2 + 2) (4 + 5x)2 = (x + 8)(x2 + 2) x(x − 19)(x + 2) = 0 x = 0 atau x = 19 atau x = −2 Jika x = 0 maka y = 4 + 5(0) = 4 Jika x = 19 maka y = 4 + 5(19) = 99 Jika x = −2 maka y = 4 + 5(−2) = −6
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
41
• Jika y = 4 − x (4 − x)2 = (x + 8)(x2 + 2) x(x + 2)(x + 5) = 0 x = 0 atau x = −2 atau x = −5 Jika x = 0 maka y = 4 − (0) = 4 Jika x = −2 maka y = 4 − (−2) = 6 Jika x = −5 maka y = 4 − (−5) = 9
∴ Pasangan (x, y) yang memenuhi adalah (−5, 9), (−2, −6), (−2, 6), (0, 4), (19, 99).
8. x + yz = 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) y + xz = 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) z + xy = 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) Kurangkan persamaan (1) dengan (2) didapat x − y + z(y − x) = 0 (z − 1) (x − y) = 0 z = 1 atau x = y • Untuk z = 1
x + y = 1 1 + xy = 2 x (1 − x) = 1 x2 − x + 1 = 0 (tidak ada penyelesaian real sebab Diskriminan < 0)
• Untuk x = y x + xz = 2 z + x2 = 2 x − z + x(z − x) = 0 (x − 1)(x − z) = 0 sehingga x = 1 atau x = z * Untuk x = 1
y = x = 1 z + 1 = 2 z = 1 sehingga tripel (x, y, z) yang memenuhi adalah (1, 1, 1)
* untuk x = z y = x = z x2 + x = 2 (x − 1)(x + 2) = 0 x = 1 atau x = 2 Tripel (x, y, z) yang memenuhi adalah (1, 1, 1) dan (−2, −2, −2)
∴ Semua tripel (x, y, z) yang memenuhi adalah (1, 1, 1) dan (−2, −2, −2)
9. Misal x = a2, y = b2 dan z = c2 a2 − bc = 42 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) b2 − ac = 6 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) c2 − ab = −30 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) a2 − bc + (c2 − ab) − 2(b2 − ac) = 0 a2 + c2 + 2ac − 2b2 − ab − bc = 0 (a + c)2 − b(a + c) − 2b2 = 0 ((a + c) + b)((a + c) − 2b) = 0 • Jika a + c + b = 0
(b + c)2 − bc = 42 sehingga b2 + c2 + bc = 42 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) b2 − (−b − c)c = 6 sehingga b2 + c2 + bc = 6 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5)
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
42
Dari persamaan (4) dan (5) maka tidak ada nilai a, b dan c yang memenuhi. • Jika a + c − 2b = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (6)
a2 − ( 2ca+ ) c = 42
2a2 − ac − c2 = 84 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (7) c2 − ( 2
ca+ ) a = −30 2c2 − ac − a2 = −60 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (8) 5(2a2 − ac − c2) + 7(2c2 − ac − a2) = 0 3a2 − 12ac + 9c2 = 0 3(a − 3c)(a − c) = 0 • Jika a = c
Subtitusikan ke persamaan (6) sehingga a = b. Maka a = b = c Tetapi a2 − bc = 42 sehingga tidak ada nilai (a, b, c) yang memenuhi.
• Jika a = 3c Subtitusikan ke persamaan (6) sehingga 2c = b c2 − (3c)(2c) = −30 c2 = 6 sehingga a2 = 9c2 = 54 dan b2 = 4c2 = 24 Tripel (x, y, z) = (a2, b2, c2) = (54, 24, 6)
∴ Tripel (x, y, z) yang memenuhi adalah (54, 24, 6)
10. ( ) 213 1 =+ + yxx
( ) 2417 1 =− + yxy Dari persamaan di atas jelas bahwa x, y > 0. Akan kita dapatkan :
( ) xyxyx 342121 =++ ++ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
( ) yyxyx 7322121 =+− ++ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)
Kurangkan persamaan (1) dengan (2) didapat
yx+4 = x3
4 − y732
21xy = (x + y)(7y − 24x) = 7y2 − 24x2 − 17xy 7y2 − 24x2 − 38xy = 0 (7y + 4x)(y − 6x) = 0 Karena x, y > 0 maka y = 6x
( ) 213 71 =+ xx
xxxx 14337 =+
031437 =+− xx (merupakan persamaan kuadrat dalam √x)
x = 314
841414 2 −+ = 37
727+ atau x = 314
841414 2 −− = 37
727− didapat :
x = 217411+ dan y = 7
7822+ atau x = 217411− dan y = 7
7822−
Dengan mengecek ( )77822
217411 , ++ , ( )7
782221
7411 , −− ke persamaan semula maka keduanya merupakan penyelesaian.
∴ Jadi, penyelesaian (x, y) yang memenuhi adalah ( )77822
217411 , ++ , ( )7
782221
7411 , −− .
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
43
LATIHAN 7 : 1. * Jika x ≤ 4 maka ⏐2x − 8⏐ = 8 − 2x
Pertidaksamaan menjadi x2 < 8 − 2x (x + 4) (x − 2) < 0 −4 < x < 2
Ketaksamaan di atas memenuhi syarat awal x ≤ 4. * Jika x ≥ 4 maka ⏐2x − 8⏐ = 2x − 8 Pertidaksamaan menjadi x2 < 2x − 8 x2 − 2x + 8 < 0 (x − 1)2 + 7 < 0 Ruas kiri adalah definit positif sehingga tidak ada penyelesaian x yang memenuhi. ∴ Penyelesaian x yang memenuhi pertidaksamaan x2 < ⏐2x − 8⏐ adalah −4 < x < 2
2. 137
158 << +kn
n
158 < kn
n+
8n + 8k < 15n sehingga k < 87n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
knn+ < 13
7
13n < 7n + 7k sehingga k > 76n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)
Maka 76n < k < 8
7n
Agar nilai k hanya ada 1 kemungkinan maka 87n − 7
6n ≤ 2
87n − 7
6n = 56n ≤ 2
n ≤ 112 Jika n = 112 maka 96 < k < 98. Hanya ada satu nilai k yang memenuhi yaitu k = 97 ∴ Bilangan n terbesar yang memenuhi adalah n = 112
3. Misalkan ( ) 212
2122 cossin1cossin +++=+++= xxxxxxxxxy
Maka y dapat dianggap merupakan persamaan kuadrat dalam x. Diskriminan = cos2x − 2(1 + sin x) Diskriminan = 1 − sin2x − 2 − 2sin x Diskriminan = −(sin x + 1)2 − 1 < 0 1 + sin x > 0 Karena diskriminan dari y < 0 sedangkan koefisien x2 > 0 maka 2
122 cossin +++ xxxxx definit positif.
∴ Terbukti bahwa 0cossin 2122 >+++ xxxxx
4. x4 − 2x3 + 5x2 − 176x + 2009 = 0 (x2 − x)2 + (2x − 44)2 + 73 = 0 Karena bilangan kuadrat tidak mungkin negatif maka tidak ada x real yang memenuhi. ∴ Banyaknya bilangan real x yang memenuhi adalah 0.
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
44
5. vuzyx ++−++ 22 = x + y + z + u + v
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0122
21
2
21
22
21
2
21 =−+−+−−+−+− vuzyx
Karena bilangan kuadrat tidak mungkin negatif maka penyelesaian real yang memenuhi adalah
41==== vuyx dan . 3=z
∴ Jadi, penyelesaian yang memenuhi adalah x = y = u = v = 41 dan z = 3.
6. x + y − x1 − y
1 + 4 = 2 ( )1212 −+− yx
( ) ( )yyxx yx +−−−++−−− 12221222 11 = 0
( ) ( ) 0222
12
1 =−−+−− yx yx
Karena bilangan kuadrat tidak mungkin negatif maka penyelesaian persamaan di atas adalah
02 1 =−− xx dan 02 1 =−− yy
xx =− 12 sehingga xx =− 12
x2 − 2x + 1 = 0 sehingga (x − 1)2 = 0 x = 1 Dengan cara yang sama didapat nilai y = 1. ∴ Pasangan (x, y) yang memenuhi adalah (1, 1).
7. 31
41 34 −− − xx = ( ) ( )
121413 34 −−− xx = ( ) ( ) ( )( )
1214131 23 ++−+++− xxxxxx = ( )( )
12131 23 −−−− xxxx
31
41 34 −− − xx = ( ) ( )
121231 22 ++− xxx
Persamaan 3x2 + 2x + 1 merupakan persamaan kuadrat definit positif.
Jadi, 31
41 34 −− − xx ≥ 0. Tanda kesamaan terjadi jika x = 1.
∴ 41
31 43 −− ≤ xx (terbukti)
8. a2 + b2 − ab = c2
a2 + b2 − ab = a2 + b(b − a) = c2 sehingga )(2 abbac −+= Karena a dan b simetris maka tanpa mengurangi keumuman soal misalkan bahwa a ≤ b
Dari ketaksamaan didapat )(2 abbaa −+≤ . Tanda kesamaan terjadi bila b = a. Maka a ≤ c.
Karena a(b − a) ≥ 0 maka babab ≤−− )(2
Karena cabab =−− )(2 maka c ≤ b. Jadi, a ≤ c ≤ b a − c ≤ 0 sedangkan b − c ≥ 0 ∴ Akibatnya (a − c)(b − c) ≤ 0 (terbukti)
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
45
9. x8 > 0 dan 4
1x
> 0untuk semua nilai x real tak nol
• Jika x < 0 Maka x5 < 0 dan x
1 < 0 sehingga 041158 ≥+−−xxxx (terbukti)
• Jika x > 0 x8 − x5 − x
1 + 41x
= x5(x3 − 1) − 41x
(x3 − 1) = (x3 − 1)(x5 − 41x
) = 41x
(x3 − 1)(x9 − 1)
x8 − x5 − x1 + 4
1x
= 41x
(x3 − 1)(x9 − 1)
Alternatif 1 : Jika 0 < x ≤ 1 maka x3 − 1 ≤ 0 dan x9 − 1 ≤ 0 sehingga (x3 − 1)(x9 − 1) ≥ 0 Jika x ≥ 1 maka x3 − 1 ≥ 0 dan x9 − 1 ≥ 0 sehingga (x3 − 1)(x9 − 1) ≥ 0
41x
(x3 − 1)(x9 − 1) ≥ 0
Terbukti bahwa x8 − x5 − x1 + 4
1x
≥ 0
Alternatif 2 : (x3 − 1)(x9 − 1) = (x3 − 1)(x3 − 1)(x6 + x3 + 1) = (x3 − 1)2(x6 + x3 + 1) Untuk x > 0 maka (x3 − 1)2 ≥ 0 dan (x6 + x3 + 1) > 0 sehingga 4
1x
(x3 − 1)(x9 − 1) ≥ 0
Terbukti bahwa x8 − x5 − x1 + 4
1x
≥ 0
∴ Terbukti bahwa jika x bilangan real tak nol berlaku x8 − x5 − x1 + 4
1x
≥ 0.
10. f(x) = x2 + 4 f(xy) = x2y2 + 4 f(y − x) = (y − x)2 + 4 f(y + x) = (y + x)2 + 4 f(xy) + f(y − x) = f(y + x) x2y2 + 4 + (y − x)2 + 4 = (y + x)2 + 4 x2y2 + y2 + x2 − 2xy + 4 = y2 + x2 + 2xy x2y2 + 4 = 4xy (xy − 2)2 = 0 Jadi xy = 2 Dengan ketaksamaan AM-GM maka
222 =≥+ xyyx Dengan memanfaatkan bilangan kuadrat tak mungkin negatif
x + y = x + x2 = ( )22
xx − + 22
Bilangan kuadrat tak mungkin negatif sehingga x + y ≥ 22
Tanda kesamaan terjadi jika x = y = 2
∴ Nilai minimum dari x + y adalah 22
11. f(x) = ( )xxx+++
161384 2
( )xxx+++
161384 2
= ( )( )16
914 2
+++
xx = ( )
( )123
312
++ + x
x
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
46
Sesuai ketaksamaan AM-GM maka
( )xxx+++
161384 2
≥ 2 ( )( )12
33
12+
+ ⋅ xx = 2
Tanda kesamaan terjadi jika ( )( )12
33
12+
+ = xx
(x + 1)2 = 49 sehingga x = 2
1 atau x = − 25 (tidak memenuhi)
∴ Nilai terkecil f(x) = ( )xxx+++
161384 2
adalah 2 jika x = 21 .
12. Sesuai ketaksamaan AM-GM maka = a⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛∑=
n
iia
11 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + an ≥ n n
naaaa L321 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
Sesuai ketaksamaan AM-GM maka ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∑=
n
i ia1
1 =
naaaa1111
321++++ L ≥ n n
aaaa n
1111321
⋅⋅⋅⋅ L ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)
Kalikan persamaan (1) dan (2) didapat
∴ 2
11
1 na
an
i i
n
ii ≥⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ∑∑==
(terbukti)
13. Berdasarkan ketaksamaan AM-GM maka n
naaaa ⋅⋅⋅ L321 ≤ naaaa n++++ L321
Tanda kesamaan berlaku jika a1 = a2 = a3 = ⋅⋅⋅ = an-1 = an. Maka : 999
999321999 999998321 ++++<⋅⋅⋅ LL
500!999999 < ∴ Terbukti bahwa 999! < 500999
14. Alternatif 1 : Bilangan kuadrat tidak mungkin negatif maka (2a − b)2 ≥ 0. Tanda kesamaan terjadi bila 2a = b. 4a2 + b2 + 5ab − 9ab ≥ 0 Karena a dan b positif maka
( ) ( ) 0954 22 ≥− ++++
baabab
baababba
( )( )( ) 094 ≥− ++
++babaab
baba
∴ baba +≥+ 941 (terbukti) Alternatif 2 :
baba +−+ 941 = ( )baab
ba+
+ − 94 = ( )baababba
+−+ 44 22
baba +−+ 941 = ( )( )baab
ba+− 22
Bilangan kuadrat tidak mungkin negatif serta a dan b positif sehingga
baba +−+ 941 ≥ 0. Tanda kesamaan terjadi jika 2a = b.
∴ baba +≥+ 941 (terbukti)
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
47
Alternatif 3 : Sesuai ketaksamaan AM-HM maka
bba
bba221
22 33 ++
++ ≥
Tanda kesamaan terjadi bila a = 2b
∴ baba +≥+ 941 (terbukti)
15. Alternatif 1 : Berdasarkan ketaksamaan AM-GM maka
3 23
2 2 babaa ≥++ Tanda kesamaan terjadi jika a = a = 2b. ( ) baba 2
278 2
3
≥+
∴ ( )427
2
3
≥+
baba (terbukti). Tanda kesamaan terjadi jika a = 2b.
Alternatif 2 : Karena a dan b positif maka (a − 2b)2(4a + b) ≥ 0 4a3 − 15a2b + 12ab2 + 4b3 ≥ 0 4a3 + 12a2b + 12ab2 + 4b3 ≥ 27a2b 4(a + b)3 ≥ 27a2b
∴ ( )427
2
3
≥+
baba (terbukti). Tanda kesamaan terjadi jika a = 2b.
16. Alternatif 1 : ( )( ) xyxy
yxyx
111 111 ++=++ + Karena x + y = 1 maka ( )( ) xyyx
211 111 +=++ Berdasarkan ketidaksamaan AM-GM
xyyx ≥+2
Karena x dan y keduanya bilangan real positif maka : xy≥4
1 sehingga 82 ≥xy .
∴ ( )( )yx11 11 ++ ≥ 9 (terbukti)
Alternatif 2 : (x − y)2 ≥ 0 (x + y)2 ≥ 4xy Karena x + y = (x + y)2 = 1 maka 2(x + y)2 = x + y + 1 ≥ 8xy xy + x + y + 1 ≥ 9xy (x + 1)(y + 1) ≥ 9xy ∴ ( )( )yx
11 11 ++ ≥ 9 (terbukti)
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
48
17. ac
cb
ba ++ = 3
Karena a, b dan c positif maka dengan ketaksamaan AM-GM didapat
ac
cb
ba ++ ≥ 3 ⋅ 3
ac
cb
ba ⋅⋅ = 3
Tanda kesamaan terjadi jika a = b = c. Karena a
ccb
ba ++ = 3 maka haruslah a = b = c yang kontradiksi dengan a < b < c.
∴ Banyaknya bilangan positif a yang memenuhi adalah 0.
18. x + y + z = 1 Berdasarkan ketaksamaan AM-GM maka x2 + y2 ≥ 2xy y2 + z2 ≥ 2yz x2 + z2 ≥ 2xz Sehingga didapat x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + xz 12 = (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) ≥ 3(xy + yz + xz) ∴ xy + yz + xz ≤ 3
1 (terbukti)
19. Sesuai ketaksamaan AM-GM maka
xyyx211 ≥+ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
xzzx211 ≥+ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)
yzzy211 ≥+ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)
Jumlahkan ketiga persamaan di atas didapat
yzxzxyzyx111111 ++≥++
Karena x, y dan z berbeda maka ∴
yzxzxyzyx111111 ++>++ (terbukti)
20. Berdasarkan ketaksamaan AM-GM maka a2 + b2 ≥ 2ab a2 + c2 ≥ 2ac a2 + d2 ≥ 2ad b2 + c2 ≥ 2bc b2 + d2 ≥ 2bd c2 + d2 ≥ 2cd Jumlahkan semua ketaksamaan tersebut maka 3(a2 + b2 + c2 + d2) ≥ 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) a + b + c + d + e = 8 (8 − e)2 = (a + b + c + d)2 = a2 + b2 + c2 + d2 + 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd (8 − e)2 ≤ 4(a2 + b2 + c2 + d2) = 4(16 − e2) 64 − 16e + e2 ≤ 64 − 4e2 sehingga 5e2 − 16e ≤ 0 e(5e − 16) ≤ 0 Maka 0 ≤ e ≤ 5
16
∴ Jadi, nilai maksimal dari e adalah 516 .
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
49
21. x1 + x2 + x3 + x4 = −p
x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4 = q x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4 = −r x1x2x3x4 = s pr = (x1 + x2 + x3 + x4)( x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4) pr = (x1 + x2 + x3 + x4) ( )
4321
1111xxxx +++ (x1x2x3x4) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
Menurut ketaksamaan AM-GM maka : (x1 + x2 + x3 + x4) ≥ 4 4
4321 xxxx ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)
( )4321
1111xxxx +++ ≥ 4 4 1
4321 xxxx ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)
Tanda kesamaan terjadi bila x1 = x2 = x3 = x4
Dari persamaan (2) dan (3) didapat : (x1 + x2 + x3 + x4) ( )
4321
1111xxxx +++ ≥ 16
pr = (x1 + x2 + x3 + x4) ( )4321
1111xxxx +++ (x1x2x3x4) ≥ 16s
∴ pr − 16s ≥ 0 (terbukti) Menurut ketidaksamaan AM-GM maka :
( ) ( ) 2/14321
6 34321434232413121 66 xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx ⋅=⋅≥+++++
q ≥ 6 ⋅ s1/2
∴ q2 − 36s ≥ 0 (terbukti)
22. Misalkan x = b + c, y = a + c dan z = a + b maka 2a = y + z − x, 2b = x + z − y dan 2c = x + y − z
bac
cab
cba
+++ ++ 222 = zzyx
yyzx
xxzy −+−+−+ ++ = ( )y
xxy + + ( )z
xxz + + ( )z
yyz + − 3
Dengan AM-GM didapat ( )y
xxy + ≥ 2, ( z
xxz + ) ≥ 2 dan ( )z
yyz + ≥ 2
Tanda kesamaan terjadi bila yx
xy = , z
xxz = dan z
yyz = yang berakibat x = y = z.
Maka tanda kesamaan terjadi bila b + c = a + c = a + b yang berakibat a = b = c.
bac
cab
cba
+++ ++ 222 ≥ 2 + 2 + 2 − 3
∴ Jadi terbukti bac
cab
cba
+++ ++ 222 ≥ 3 dengan tanda kesamaan terjadi bila a = b = c.
23. (i) Berdasarkan ketaksamaan AM-HM maka : ( ) ( ) ( )
3accbba +++++ ≥
accbba +++++ 111
3
∴ cba ++9 ≤ 2 ( )accbba +++ ++ 111 (terbukti)
(ii) Berdasarkan ketaksamaan AM-HM maka :
2ba+ ≥
ba11
2+
( baba11
411 +≤+ ) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
dengan cara yang sama didapat : ( cbcb
11411 +≤+ ) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
50
( acac
11411 +≤+ ) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)
( ) ( ) ( )accbbaaccbba11
4111
4111
41111 +++++≤++ +++
∴ ( cbaaccbba111
21111 ++≤++ +++ ) (terbukti)
24. Sesuai AM-GM berlaku :
21a
+ 21b
≥ ab2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
Dengan cara yang sama maka
21a
+ 21c
≥ ac2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)
21b
+ 21c
≥ bc2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)
Dari penjumlahan (1), (2) dan (3) didapat
21a
+ 21b
+ 21c
≥ ab1 + ac
1 + bc1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4)
Dengan cara yang sama seperti (4) akan didapat a2 + b2 + c2 ≥ ab + ac + bc ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) Dari persamaan (4) didapat
( )( ) ( )( )cbacba bcacabcba++++≥++++ 111111
222 = ( )abc
cba 2++
( ) ( ) ( ) abcbcacabcba
cba
cbca
bacb
a222111 222
222++++++++ ≥+++++
Dengan memperhatikan persamaan (5) didapat : ( ) ( )222
111b
caa
cbc
bacba
+++ +++++ ≥ ( )abc
bcacab ++3 = ( )cba1113 ++
∴ ( cbabac
acb
cba 1112222 ++≥++ +++ ) (terbukti)
25. Berdasarkan AM-GM didapat bahwa a2 + b2 ≥ 2ab ; a2 + c2 ≥ 2ac dan b2 + c2 ≥ 2bc
ab+11 + bc+1
1 + ca+11 ≥
222
11
ba ++ +
222
11
cb ++ +
222
11
ac ++
Berdasarkan AM-HM didapat bahwa :
3222 cba ++ ≥
21
21
21
3
cba++ sehingga 222
111cba
++ ≥ 2229
cba ++. Maka :
222
11
ba ++ +
222
11
cb ++ +
222
11
ac ++ ≥ 2223
9cba +++
= 339+
∴ ab+11 + bc+1
1 + ca+11 ≥ 2
3 (terbukti)
26. (a3 − b3)(a2 − b2) ≥ 0 Jika a ≥ b maka a3 − b3 ≥ 0 dan a2 − b2 ≥ 0 maka (a3 − b3)(a2 − b2) ≥ 0 (ketaksamaan di atas terbukti) Jika a ≤ b maka a3 − b3 ≤ 0 dan a2 − b2 ≤ 0 maka (a3 − b3)(a2 − b2) ≥ 0 (ketaksamaan di atas terbukti) a5 + b5 ≥ a2b2(a + b)
abbaab++ 55 ≤ ( ) 2
2
22 cc
abbabaab ⋅
++
Dengan menggunakan fakta bahwa abc = 1 maka :
abbaab++ 55 ≤ cba
c++
Solusi Pembinaan Olimpiade Matematika
Eddy Hermanto, ST Aljabar
51
Dengan cara yang sama didapatkan :
bccbbc++ 55 ≤ cba
a++
caacca++ 55 ≤ cba
b++
abbaab++ 55 +
bccbbc++ 55 +
caacca++ 55 ≤ cba
c++ + cba
a++ + cba
b++
∴ abba
ab++ 55 +
bccbbc++ 55 +
caacca++ 55 ≤ 1 (terbukti)