Majalah.zer0.1.juli.2008

MAJALAH

Zer0 O_o

MATH & CS For N0thing, but Fun

EDISI 01 | JULI 2008

Dalam edisi ini:

Menjelang SNMPTN lim 4 x 2 + 8 x − x 2 + 1 − x 2 + x x →∞

OSN Matematika SMP 2007

?

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

2

Mau, donk MAJALAH Zer0 nya.

Edisi elektronik MAJALAH Zer0 gratis Zer0

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

3

Pengantar Ini adalah edisi pertama MAJALAH Zer0. Majalah ini akan berisi matematika dan kaitannya dengan ilmu komputer. Majalah ini dibuat sebagai salah satu jalur informasi perkembangan matematika, khususnya Indonesia, dengan tujuan mengubah paradigma masyarakat secara umum bahwa matematika itu mematikan, kalau tidak hanya menakutkan, dengan menegaskan kaitan matematika dan pemecahan masalah. Orientasi penyampaian materi pada majalah ini adalah pemecahan masalah: bukan hanya menginformasikan melainkan menguak motivasi, sehingga pembaca bisa terlibat secara aktif dalam memecahkan masalah melalui materi yang ada. Akibatnya siswa dapat belajar secara mandiri bagaimana agar lebih percaya diri dalam mengambil keputusan pada setiap langkah pemecahan masalah berdasarkan argumentasi yang masuk akal. Kegiatan seperti ini memang sedang gencar diusahakan penerapannya pada kegiatan belajar mengajar di sekolah-sekolah, sehingga usaha kami ini diharapkan dapat menjadi jembatan menuju kegiatan belajar mengajar yang diimpikan itu. Majalah ini dibuat untuk siswa yang sedang menjalani pendidikan dasar 12 tahun dan secara khusus untuk siswa yang hendak mengikuti OSN. Dan tentu saja untuk para pencita matematika secara lebih umum. MAJALAH Zer0 dibangun oleh beberapa kolom. Saat ini kami menyediakan lima kolom utama, yaitu artikel, catatan sekolah, masalah dan solusi, berita, dan iklan. Untuk setiap kolom, kami mengundang pembaca untuk turut berpartisipasi menyumbangkan ide, atau iklan khusus untuk kolom iklan, dengan cara mengirimkan tulisan Anda ke salah satu alamat imel editor. Selain materi kami juga terbuka pada kritik dan saran untuk mengembangkan MAJALAH Zer0. Serta untuk membangun komunitas kami menyediakan beberapa blog dimana majalah ini tersedia. Selamat menikmati.

Editor Bernard, [email protected] Johan Gunardi, [email protected]

Blog http://zer0toinfty.wordpress.com http://artofmathematics.wordpress.com

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

4

Menjelang SNMPTN Kita berharap matematika semudah mengedipkan mata yang terjadi secara alami bahkan ada kesan kendali alam bawah sadar. Untuk mengasah intuisi kita terhadap matematika kita perlu banyak latihan. Latihan merupakan hal yang benar-benar mujarab mengatasi masalah matematika. Tetapi, seperti latihan untuk tubuh, latihan matematika juga harus rutin dengan bobot yang ditingkatkan setiap kali latihan. Buang jauh-jauh-jauh pikiran merusak bahwa matematika itu sulit karena justru itulah yang mebuat kita sulit. Ingat pepatah: cara kita menanggapi suatu masalah menentukan seberapa sukses kita menyelesaikannya. Jadi jangan takut hadapi saja, habisi semua soal, dan raih kemengangan. Bagi mereka yang akan mengikuti SNMPTN sekedar memberitahu: matematika itu ladang skor khususnya matematika...umum..eh dasar. SNMPTN merupakan seleksi nasional untuk masuk beberapa perguruan tinggi terkemuka di Indonesia. Akibatnya persaingan dalam SNMPTN sangat ketat, sehingga bagi kamu yang akan mengikutinya diperlukan kesiapan materi dan mental. Kesiapan materi biasanya memengaruhi kesiapan mental, sehingga diperlukan proses latihan yang kontinu dengan bobot yang memberat sampai standar SNMPTN atau bahkan lebih. Hadapi saja matematika dengan serius, tetapi santai. Teknisnya kita bahas beberapa contoh bagaimana menghadapi masalah matematika untuk mendapatkan trik yang mengarahkan pada solusi. Masalah yang akan kita bahas adalah masalah persamaan dan fungsi dan teori limit.

Persamaan dan Fungsi Contoh 1. Tentukan f (5) , jika ( f D g )( x) = x 3 − 6 x + 3 dan g ( x) = x 2 − 2 x + 3 .

Sebelum kita mempunyai ide untuk mengatasi masalah matematika, biasanya kita perlu merasakan terlebih dahulu masalah itu. Langkah paling alami untuk menyelesaikan masalah seperti ini adalah memformulasikan ulang apa yang sudah diketahui. Jika kita menyubsitusikan g ( x) pada f D g kita akan mendapatkan persamaan f ( x 2 − 2 x + 3) = x 3 − 6 x + 3 .

Wow. Bila kita mencari fungsi f(x) terlebih dahulu tentunya akan sangat sukar. Namun, bila mempertimbangkan permintaan masalah, yaitu mencari f(5), maka pencarian f(x) tidak diperlukan. Karena kita harus mencari f(5), maka kita perlu mencari x sehingga g(x) = 5. Dengan nilai x ini kita bisa mendapatkan f(5), yaitu menyubsitusi nilai x itu pada ekspresi x3 − 6 x + 3 . Solusi. Dari g(x) = 5 kita peroleh persamaan x2 − 2 x − 2 = 0 .

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

5

Dengan menggunakan rumus abc kita peroleh x = 1 ± 3 . Untuk masing-masing nilai x ini x3 − 6 x + 3 sama dengan 7. Jadi f(5) = 7. Contoh 2. Buktikan: jika fungsi f dan g punya balikan dan memenuhi f −1 ( x 3 ) = g (2 x − 1) maka 3

⎛ g −1 ( x) + 1 ⎞ f ( x) = ⎜ ⎟ . 2 ⎝ ⎠ Tampilan masalah ini tampak begitu berantakan! Biasanya masalah yang ditampilkan cukup berantakan solusinya akan mudah terlihat setelah kita mempercantik tampilannya. Jika informasi yang diberikan ditulis ulang akan tampak ekspresi yang lebih baik: f −1 D p = g D r , dengan fungsi baru p(x) = x3 dan r(x) = 2x – 1. Masalahnya masih tetap sama yaitu mencari f(x). Tidak ada salahnya cicipi dulu sebelum melanjutkan baca. Persamaan diatas tampak seperti persamaan 1 x ⋅ y = w ⋅ z dengan w,x,y,z tak nol, sehingga x = y ⋅ z −1 ⋅ w−1 . Analogi ini akan membantu kita menyelesaikan persamaan fungsi. Konjektur yang dapat kita tarik adalah bila p, q, dan r fungsi x yang mempunyai balikan serta memenuhi p D q = r , maka p = r D q −1 . Mari kita coba buktikan. Ingat kembali bahwa unsur identitas dalam ruang fungsi yang punya balikan adalah x, yaitu p D p −1 = x dan p −1 D p = x . Jadi p D q = r ekuivalen dengan p D q D q −1 = r D q −1 atau p = r D q −1 . Sekarang konjektur sudah terbukti. Dengan cara yang sama kita juga dapat membuktikan bahwa q = p −1 D r . Sekarang kita bisa membuktikannya. Solusi. Berdasarkan persamaan yang diketahui kita akan memperoleh ekuivalensi f −1 D p = g D r , f D f −1 D p D r −1 = f D g D r D r −1 , p D r −1 = f D g , p D r −1 D g −1 = f D g D g −1 , p D r −1 D g −1 = f .

Fungsi r punya balikan, yaitu r −1 ( x) = ( x + 1) / 2 , sehingga dengan menyubsitusi fungsi-fungsi yang bersesuaian kita peroleh 3

⎛ g −1 ( x) + 1 ⎞ ⎛ g −1 ( x) + 1 ⎞ f ( x) = ( p D r D g )( x) = p(r ( g )) = p ⎜ ⎟=⎜ ⎟ . 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ −1

Terbukti.

−1

−1

−1

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

6

Latihan 1. a. Tentukan f −1 (9) , jika f (2 x 2 + x − 1) = 3x +1 . b. Jika ( g D f )(2 x + 5) = 5 x + 7 dan g ( x) = x − 1 , tentukan f −1 (−12) . Jawaban a dan b berturut-turut adalah 2 dan -3. Contoh 3. Jika x 2 + x −2 = 4 , tentukan x 4 + x −4 .

Jika kita mencari secara langsung nilai x dari persamaan yang diketahui kita akan kesulitan menghadapi persamaan pangkat empat. Yang kita cari adalah nilai x 4 + x −4 dan yang menjadi masalah sekarang adalah hubungan nilai itu dengan persamaan yang diketahui. Karena yang ditanya melibatkan pangkat empat, sedangkan yang diketahui melibatkan pangkat dua, mungkin kita bisa menguadratkan persamaan yang diketahui untuk memunculkan suku yang dicari. Dan kita beruntung karena ketika menguadratkan persamaan yang diketahui kita peroleh x 4 + 2 x 2 x −2 + x −4 = 16 atau x 4 + x −4 = 16 − 2 = 14 . Solusi. x 4 + x −4 = ( x 2 + x −2 ) 2 − 2 = 14 . Latihan 2. Jika x1/ 2 + x −1/ 2 = 3 tentukan x + x −1 . Jika x 2 + x −2 = 2 , tentukan x 6 + x −6 . Sebagai klu, jawabannya berturut-turut adalah 7 dan 2. Contoh 4. Tentukan | x + y | jika | x + y − 4 | + | x − y + 2 |= 0 .

Masalah ini cukup membingungkan jika kita tidak paham arti nilai mutlak. Mutlak x, | x | , untuk setiap bilangan real x didefinisikan sebagai x≥0 ⎧ x, | x |= ⎨ x < 0. ⎩ − x, Jadi mutlak x selalu lebih besar atau sama dengan 0. Solusi. Karena nilai mutlak selalu ≥ 0, maka | x + y − 4 |= 0 =| x − y + 2 | . Secara khusus | x + y − 4 |= 0 yang mengakibatkan x + y = 4. Jadi |x + y| = 4. Masalah tentang persamaan biasanya tampak begitu sederhana. Namun, kesederhanaan inilah yang menjadi masalah sebenarnya. Yang kita perlukan adalah sedikit sentuhan kreativitas. Seperti ditemukan pada masalah-masalah berikut. Contoh 5. Berapa jumlah akar persamaan (log 3) 2 x + (log 3) x + log 3 = 0 ?

Pertanyaannya langsung pada permasalahan. Salah satu cara yang paling naïf adalah mencari akar-akar x dan kemudian menjumlahkannya, tetapi usaha pencariannya malah akan membuat kita mandek. Jika kita misalkan y = (log 3) x , maka persamaan itu menjadi persamaan kuadrat dalam y. Dengan mengingat sifat pengalian pangkat kita coba keberuntungan dengan mengalikan akar-akar y, sehingga diperoleh (log 3) x1 (log 3) x2 = log 3 (log 3) x1 + x2 = log 3.

Solusi. Persamaan yang diinginkan equivalen dengan ((log 3) x )2 + (log 3) x + log 3 = 0 yang merupakan persamaan kuadrat dalam (log 3) x . Hasil kali kedua akarnya adalah

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

7

log 3 = (log 3) x1 (log 3) x2 = (log 3) x1 + x2 . Akibatnya jumlah akar-akar persamaan yang diinginkan adalah 1. Contoh 6. Sederhanakan A =

6 3

2 + 3 22 + 1 4

sehingga penyebutnya rasional.

Sket. Masalah ini tidak seperti masalah merasionalkan penyebut biasa, karena melibatkan akar pangkat 3. Dan membuat kita mandek bahkan di langkah pertama. Ok, yang menjadi pertanyaan berikutnya mungkin bagaimana bentuk sederhananya jika memang bilangan itu dapat dirasionalkan penyebutnya. Sambil menerka-nerka kita kita misalkan hasilnya

berbentuk a 3 22 + b 3 2 + c . Maka kita punya persamaan,

6 3

2 + 2 +1 4

3

2

= a 3 22 + b 3 2 + c .

Kalikan silang dan kelompokkan berdasarkan akar pangkat tiga, kita peroleh (a + 2b + c) 3 22 + (2a + b + 2c) 3 2 + 4a + 2b + c = 6 . Karena persamaan itu identik maka kita punya sistem persamaan ⎧ 4a + 2b + c = 6 ⎪ ⎨ 2a + b + 2c = 0 ⎪ a + 2b + c = 0. ⎩

Penyelesaiannya dengan mudah didapatkan dengan menggunakan metode eliminasi, misalnya, yaitu a = 2, b = 0, dan c = −2 . Solusi. Misalkan A = a 3 22 + b 3 2 + c . Maka

(a + 2b + c) 3 22 + (2a + b + 2c) 3 2 + 4a + 2b + c = 6 , yang dipenuhi oleh a = 2, b = 0, dan c = −2 . Jadi A = 2 3 4 − 2 . Solusi 2. Perhatikan bahwa penyebut dapat ditulis sebagai a 2 + a + 1 , dengan a = 3 4 . Berdasarkan a 3 − 1 = (a − 1)(a 2 + a + 1) , maka

A=

6(a − 1) 6(a − 1) 6( 3 4 − 1) = = = 2 3 4 − 2. 2 3 a −1 (a + a + 1)(a − 1) 4 −1

Contoh 7. Jika α dan β adalah akar persamaan x 2 + bx − 2 = 0 dan

tentukan b + 1.

α 1 =α − , 2β 2

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

8

Solusi. Karena α , β akar persamaan x 2 + bx − 2 = 0 , maka α + β = −b dan αβ = −2 . α 1 1 1 = α − atau (α + β ) = αβ , maka ⋅ −b = −2 atau b = 4 . Jadi b + 1 = 5. Karena 2β 2 2 2 Contoh 8. Jika P( x) = 4 x 4 + ax 3 − 71x 2 − (9b) x + 45 habis dibagi 2 x 2 − 11x + 5 dan x1 , x2 , x3 , x4 adalah akar-akar P ( x) = 0 , maka berapa nilai x1 + x2 + x3 + x4 ? Solusi. Karena P(x) habis dibagi 2 x 2 − 11x + 5 = (2 x − 1)( x − 5) , maka P (1/ 2) = P(5) = 0 . Maka kita dapatkan persamaan 1 a 71 9b 55 a 9b + − − + 45 = + − = 0, (1) 4 8 4 2 2 8 2 (2) 4 ⋅ 54 + a ⋅ 53 − 71⋅ 52 − 9b ⋅ 5 + 45 = 770 + 125a − 45b = 0 yang penyelesaiannya adalah a = −4 dan b = 6 . Jadi x1 + x2 + x3 + x4 = −a / 4 = 1 .

x1 + x2 ? x1 x2 Solusi. Perhatikan bahwa persamaan yang diberikan equivalen dengan 6 ⋅ 6 x (2 x − 4) = 2 x − 4 atau (2 x − 4)(6 ⋅ 6 x − 1) = 0 . Sehingga 2 x = 4 atau 6 ⋅ 6x = 1 yang secara berturut-turut mengakibatkan x = 2 atau x = −1 . Jadi akar-akar persamaan 6(12) x + 4 = 24 ⋅ 6 x + 2 x adalah 2 dan -1, sehingga bagaimana pun urutannya nilai x1 + x2 1 =− . x1 x2 2 Contoh 9. Jika 6(12) x + 4 = 24 ⋅ 6 x + 2 x akar-akarnya adalah x1 dan x2 , berapa

Contoh 10. Jika f ( x + x −1 ) = x3 + x −3 , tentukan f (1). Solusi. Kita akan mencari fungsi f secara eksplisit. Perhatikan bahwa x3 + x −3 = ( x + x −1 )3 − 3 x 2 x −1 − 3 xx −2 = ( x + x −1 )3 − 3( x + x −1 ).

Jadi f ( x) = x3 − 3x . Maka dengan mudah kita hitung f (1) = 13 − 3 ⋅1 = −2 . Latihan 3. Persamaan kuadrat (a − 1) x 2 − 6 x + (c + 4) = 0 dan (2b − 1) x 2 + ax − (b + 1) = 0 akar-akarnya saling berkebalikan. Tentukan a + b + c. (jawaban: 7) Latihan 4. Jika log 2 = a dan log 3 = b , tentukan

6

log 5

( 14 − 4 6 +

)

5+2 6 .

(jawaban: (3b − a + 1) (2a + 2b) ) Latihan 5. Jika p( x) = x5 + ax 2 + bx + a + b habis dibagi x 2 − 1 . Tentukan sisa jika p( x) dibagi x3 – x. (1/2)

Limit Cheat Sheet Jurus paling ampuh untuk menghitung limit adalah dengan menggunakan teorema L’Hospital, yaitu jika f dan g fungsi yang dapat diturunkan, f(s)/g(s) berbentuk tak tentu,

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

9

0/0 atau ∞ / ∞ , untuk suatu s yang menyimbolkan a ∈ \, ∞, atau − ∞ , maka limit berikut ada: lim x→s

f ( x) f '( x) = lim . g ( x) x→ s g '( x)

Persamaan di atas secara implisit menjelaskan sebuah proses menurunkan fungsi sampai didapat bentuk tertentu. Efektifnya, karena pencarian turunan cukup menyulitkan untuk fungsi-fungsi tertentu, teorema di atas baru kita coba aplikasika setelah metode standar pencarian nilai limit dilakukan. Umumnya manipulasi aljabar, termasuk perkalian sekawan, dan pembangian dengan pangkat tertinggi. Contoh 1. lim x →0

x2 + x − 2 4 + 2 − 2 = = 2 , karena bentuknya sudah tertentu. 4−2 x2 − x a a −b b

a →b

Contoh 3. lim s →t

= lim

( a − b )( a 2 + ab + b 2 )

= b + b + b = 3b . Dan a →b a− b a− b tentu saja masalah ini dapat diselesaikan dengan mengaplikasikan teorema L’Hospital karena fungsi limitnya berbentuk tak tentu. Contoh 2. lim

3s 2 − st − 2t 2 ( s − t )(3s + 2t ) 5 = lim = . 2 2 s →t s t − st st ( s − t ) t

Contoh 4. x 2 + x + 3 − 2 x 2 − 3x + 7 lim x →2 x3 − 8 − x2 + 4 x − 4 = lim x →2 ( x − 2)( x 2 + 2 x + 4)( x 2 + x + 3 + 2 x 2 − 3 x + 7) = lim x →2

−( x − 2) 2 ( x − 2)( x 2 + 2 x + 4)( x 2 + x + 3 + 2 x 2 − 3 x + 7)

= 0.

a x 2 + 3 − ( x + 3) =b x →1 x2 + x − 2

Contoh 5. Tentukan nilai a+b jika lim

Misalkan f ( x) = a x 2 + 3 − ( x + 3) dan g ( x) = x 2 + x − 2 . Karena g(1)=0, maka f(1) juga harus = 0, yaitu 2a-4=0 atau a=2. Sekarang kita akan mencari limit

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

10

2 x 2 + 3 − ( x + 3) x →1 ( x + 2)( x − 1)

lim

= lim x →1

= lim x →1

3x 2 − 6 x + 3 ( x + 2)( x − 1)(2 x 2 + 3 + ( x + 3)) 3( x − 1) 2 ( x + 2)( x − 1)(2 x 2 + 3 + ( x + 3))

=0

Sehingga b=0. Jadi nilai a+b=2. Contoh 6. Jika f ( x) = x 2 + 2 x + 3 maka tentukan nilai

lim x →1

f (2 x + 3) − f ( x 2 + x + 3) . x2 + x − 2

Karena f(2.1+3) = f(1+1+3), maka kita perlu mencari fungsi-fungsi yang berkaitan. f(2x+3) = 4x2 + 16x + 18, dan f(x2+x+3) = x4+2x3+9x2+8x+18, sehingga nilai limit yang akan kita cari menjadi − x( x − 1)( x 2 + 3 x − 8) 4 lim = . x →1 ( x + 2)( x − 1) 3

Contoh 7. Tentukan nilai limit 3

lim x →∞

x 3 + 2 x + 1 − 3 81x 3 + x + 21 2x x + x − 2

Karena pangkat tertinggi adalah 3/2, maka secara langsung kita memperoleh nilai limit yang diinginkan, yaitu 0. Contoh 8. Tentukan nilai limit lim 4 x 2 + 8 x − x 2 + 1 − x 2 + x x →∞

Masalah limit tersebut dapat kita susun ulang menjadi lim ( x 2 + 2 x − x 2 + 1) + lim ( x 2 + 2 x − x 2 + x ) x →∞

x →∞

yang dapat diselesaikan dengan cara mengalikan dengan konjugat seperti biasa dan diperoleh hasil, yaitu 3/2.

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

11

Contoh 9. Tentukan nilai a+b jika 4 x 2 + ax + 1 − b x 2 + 2 x =1 2

lim x →∞

Setelah kita kalikan dengan konjugat yang bersesuaian, lim x →∞

x 2 (4 − b 2 ) + x(a − 2b 2 ) + 1 2( 4 x 2 + ax + 1 + b x 2 + 2 x

. (1)

karena nilainya sama dengan 1 maka pangkat tertinggi variabel x2 harus sama dengan 0, jika tidak nilai limitnya akan sama dengan ∞, kontradiksi, sehingga 4 - b2 = 0 dengan selesaian b = -2 atau 2. Jika b = -2 maka nilai limit yang diinginkan akan menjadi ∞, kontradiksi, hanya b = 2 yang memenuhi hipotesis. Sehingga limit (1) menjadi lim x →∞

x(a − 8) + 1 2( 4 x + ax + 1 + 2 x 2 + 2 x ) 2

= 1.

Dengan menyelesaikan ruas kiri kita akan mendapatkan persamaan a −8 =1 2(2 + 2) atau a = 16. Jadi a + b = 18. Untuk limit-limit yang berhubungan dengan trigonometri kita usahakan muncul bentuk limit trigonometri paling dasar, yaitu

lim x →0

sin x tan x = 1 dan lim =1. x → 0 x x

Kita juga perlu mengingat beberapa identitas trigonometri yang cukup dikenal. Jurus paling ampuh tetap dengan mengandalkan teorema L’Hospital, namun biasanya pencarian turunannya cukup sulit. Jangan tergesa-gesa mencari identitas yang cocok, seperti pada contoh berikut. x 2 tan x + sin 3 2 x Contoh 10. lim ? x →0 x sin x tan x Jika kita mencari identitas yang cocok, mungkin akan kesusahan, tetapi bila kita pisahkan limit dan memanfaatkan identitas sin 2 x = 2sin x cos x , kita peroleh

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

12

x 2 cos x sin 2 2 x + lim x →0 sin x x →0 x tan x

lim

Kita hanya tinggal menyusun ulang supaya solusinya mudah terlihat, x sin 2 2 x x + 8 ⋅ lim ⋅ ⋅ cos x = 1 + 8 = 9. x →0 sin x x →0 (2 x ) 2 tan x

lim

Kebanyakan solusinya sudah didepan mata, kita hanya perlu menyusun ulang permasalahan dengan cermat. ( x 2 + 2 x − 3) sin(4 x − 4) x →1 ( x 2 − 1) tan( x 2 − 1)

Contoh 11. lim

Kita susun ulang menjadi, ( x + 3) sin(4 x − 4) ( x 2 − 1) 4 ⋅ 4 ⋅ = ⋅ 4 = 4. 2 2 x →1 ( x + 1) 4( x − 1) tan( x − 1) 4

lim

x2 −1 sin(4 x − 4) Tentu saja persamaan di atas benar jika lim = 1 dan lim = 1. x →1 x →1 tan( x 2 − 1) 4( x − 1) Kedua persamaan terakhir benar karena ketika x → 1 , maka 4 x − 4 → 0 juga x2 −1 → 0 . 1 − cos x 2 x →0 x 2 tan 2 2 x

Contoh 12. lim

Kita coba mengalikan pembilang dengan konjugatnya. lim x →0

1 − cos x 2

x 2 tan 2 2 x(1 + cos x 2 )

= lim x →0

2sin 2 ( x 2 / 2)

x 2 tan 2 2 x(1 + cos x 2 )

.

Persamaan terakhir didapat dengan menerapkan identitas 1 − cos 2 x = 2sin 2 x. Sekarang kita hanya perlu menyusun ulang. 2 sin 2 ( x 2 / 2) (2 x) 2 1 1 1 lim = = . 2 2 2 2 x →0 16 ( x / 2) tan 2 x (1 + cos x ) 8 ⋅ 2 16 2 i + 3i Contoh 13. lim ∑ n→∞ 6i i =1 n

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

13

Mari kita buat sedikit variasi. Jangan terkecoh dengan notasi sigma di dalam limit, lebih lanjut limit dan penjumlahan tak hingga biasanya sering digunakan. Solusi masalah ini sudah didepan mata, kita hanya perlu menyadarinya: deret geometri. n 2 i + 3i 1 1 lim ∑ lim = + i. ∑ i i n→∞ n → ∞ 6 2 i =1 i =1 3 n

Persamaan terakhir menunjukkan jumlah dua deret geometri tak hingga dengan rasio 1/3 dan 1/2, yang masing-masing secara berturut-turut berjumlah (1/3)/(1-1/3) = 1/2 dan 1, sehingga jumlah totalnya adalah 3/2. Dan latihan supaya mantap yang secara umum dapat diselesaikan dengan mengaplikasikan teorema L’Hospital. 5 x + 2 sin x + 8 x cos x 1. lim 2 . x →0 x + tan 2 x + sin x (susun ulang: 5)

2. lim x →1

x 2 − 2 x + cos( x − 1) . (1 − x) 2

(kali sekawan, identitas, susun ulang: ¾)

3. Jika lim x →1

x 2 − x − f ( x) f ( x) . = 2 , maka tentukan nilai lim x →1 x −1 x2 −1

(serang langsung: -1/2)

( x + 1)3 + ( x − 1)3 . x →0 ( x + 1) 2 − ( x − 1) 2

4. lim

(faktorkan: 3/2)

x 3 − (a + 1) x 2 + ax 5. lim 2 . x →1 ( x − a ) tan( x − 1) (faktorkan: 1)

x 2 + ax + b 6. Tentukan nilai a + b, jika lim = 9. x →a x−a (pembilang fungsi limit punya faktor x-a: -15)

7. Tentukan nilai lim x →1

f ( x) g ( x) − f ( x) = 3. , jika lim x →1 g ( x) + f ( x) g ( x)

(serang langsung: -4/5)

⎧ x − 3, 8. Misalkan f ( x) = ⎨ ⎩5, (definisi: 1)

jika x ≠ 4 . Tentukan nilai dari lim f ( x) . x→ 4 jika x = 4

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

14

sec 4 x − sec 5 x . x →0 sec 3 x − sec 2 x

9. lim

(identitas: -9/5)

f (π − h) − f (π ) 4 4 . 10. Jika f(x) = sin (x), maka tentukan nilai lim h →0 h 2

(definisi turunan: 1)

11. lim 3 x 3 + 12 x 2 + 5 x − 2 − 3 x 3 − 6 x 2 + x − 2 . x →∞

(selisih kubik: 6)

3 x +1 − 4 x +3 + 6 x +1 . x →∞ 3 x −1 + 4 x − 2 + 6 x −1

12. lim

(pangkat dari yang tertinggi: 36)

13. Jika f(x) polinom berderajat 3 dan diketahui bahwa lim x →1

lim

x →−2

f ( x) = 12 dan x −1

f ( x) f ( x) . = − 3 , maka tentukan nilai lim 2 2 2 1 x → − x −4 x −x−2

(f(x) punya faktor x-1 dan x+2: 4/3)

Tips Sampai sini kita telah membahas dua bagian kecil dari seluruh materi yang diujikan dalam SNMPTN. Satu hal yang dapat dipelajari adalah bahwa belajar matematika tidak hanya berlatih untuk menyelesaikan masalah dengan cepat. Karena jika itu terjadi kita akan terperangkap pada paradigma bahwa matematika itu sekedar rutinitas dan membuat matematika membosankan. Salah satu akibatnya adalah melupakan konsep dan inilah yang menjadi jerat utama. Padahal matematika dapat digunakan sebagai jembatan yang mengarahkan kita pada pemecahan masalah yang dapat terjadi di kehidupan sehari-hari. Masih ingat definisi limit dan teorema L’Hospital yang sangat ampuh untuk menghitung limit? Jika ya, periksa apa yang salah pada argumentasi berikut untuk menghitung lim ( x 2 + sin x) x 2 ∗ yang bentuk fungsinya ∞ / ∞ : x →∞

x 2 + sin x L 2 x + cos x L 2 − sin x = = lim , lim 2 x →∞ x →∞ x →∞ x 2x 2

lim

tidak ada! Padahal dalam lembar soal semua pilihannya bilangan rasional. Hadapai saja dengan serius, tetapi santai.

Matematikawan tidak pernah mati, hanya kehilangan beberapa fungsi ∗

limitnya ada dan bernilai satu.

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

15

Masalah Josephus Konon masalah ini pernah terjadi pada Flavius Josephus, sejarahwan abad pertama. Ketika perang Jewish-Roman, dia berada di antara 41 para pemberontak Yahudi yang terperangkap di sebuah gua karena orang-orang romawi. Kelompok ini memutuskan untuk bunuh diri daripada tertangkap dengan cara berkumpul melingkar dan setiap orang ketiga harus bunuh diri selama proses mengitari sampai tersisa dua orang. Namun, Josephus dan temannya diam-diam tidak setuju dengan rencana konyol ini dan ia mulai menghitung tempat mana yang harus ditempati agar ia dan temannya tidak mendapat giliran bunuh diri.

Identifikasi Masalah Kita akan membahas variasi masalah josephus: dimulai dengan n orang dinomeri dari 1 sampai n searah jarum jam dan setiap orang kedua dihilangkan sampai tersisa satu yang selamat. Sebagai contoh, misalkan terdapat 10 orang, maka nomer orang-orang yang tereliminasi berturut-turut adalah, 2, 4, 6, 8, 10, 3, 7, 1, 9. Jadi untuk kasus ini yang selamat adalah orang bernomer 5. Misalkan j(n) adalah nomer orang yang selamat, tentu saja tugas kita adalah mencari j(n). Karena jika terdapat nol orang masalah ini tidak ada, maka kita definisikan j(0) = 0. Kita sudah tahu bahwa j(10) = 5 dan secara alamiah kita mungkin menduga bahwa j(n) = n/2 untuk n genap. Dugaan ini didukung kenyataan bahwa j(2) = 1. Tetapi, kita masih belum yakin sampai beberapa n lainnya, n j(n)

0 0

1 1

2 1

3 3

4 1

5 3

6 5

7 7

8 1

9 3

Sampai sini kita sadar bahwa dugaan kita salah, tetapi kita tahu pola yang baru bahwa j(n) selalu ganjil. Kita dapat yakin bahwa j(n) selalu ganjil karena pada putaran pertama setiap bilangan kelipatan dua (genap) tereliminasi. Pola lain yang kita dapati adalah bahwa kalau n genap, putaran kedua mirip dengan masalah sebelumnya hanya nomernya yang berbeda. Sekarang kita akan fokus terlebih dahulu jika terdapat 2n orang. Setelah putaran pertama nomer-nomer orang yang selamat adalah ganjil dari 1 sampi 2n - 1 dan jumlah mereka ada sebanyak n orang. Ini berarti kita harus menghitung lagi j(n), tetapi sekarang setiap nomernya berkurang satu. Jadi secara keseluruhan kita menghitung j(n) dua kali lalu dikurangi satu. Sampai sini kita mendapatkan hubungan j(n) secara rekursif untuk n genap, j(2n) = 2j(n) - 1.

(1)

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

16

Kita dapat menghitung j(n) untuk n yang cukup besar sekarang. Contohnya j(20) didapat mengunakan persamaan (1), yaitu dua kali j(10) - 1 yang tidak lain adalah 9 karena kita tahu bahwa j(10) = 5. Namun, bagaimana jika terdapat 2n + 1 orang? Sama seperti sebelumnya pada putaran pertama semua orang bernomer genap tereliminasi sebanyak n, tapi setelah orang bernomer 2n tereliminasi orang yang tereliminasi berikutnya adalah satu – meninggalkan orang-orang selamat bernomer dari 3 sampai 2n + 1 yang ada sebanyak n. Perhatikan bahwa masalah sekarang sama seperti masalah sebelumnya, yaitu menghitung j(n), hanya saja setiap orang nomernya ditambah satu. Ini berarti kita menghitung dua kali j(n) baru ditambah satu. Secara matematis hubungan rekursif ini ditulis, j(2n + 1) = j(n) + 1.

(2)

Jadi kita telah mendapatkan hubungan j(n) untuk semua kasus, yaitu untuk setiap n bulat positif: j(0) = 0, j(2n) = 2j(n) - 1, j(2n + 1) = 2j(n) + 1. (3) Tidak seperti persaman rekursif biasa yang suku ke-n-nya bergantung pada beberapa suku tepat secara berurutan pada suku sebelum suku ke-n, perhitungan j(n) tampak lebih efisien. Perhatikan bahwa pada perhitungan j(n), variabel n mengecil dengan faktor paling tidak dua. Misalnya untuk mengitung j(1000) kita hanya perlu menghitung 11 suku sebelumnya. Namun, tetap saja untuk mempermudah perhitungan dan pengingatan persamaan j(n) harus lebih ekplisit. Matematika pada dasarnya adalah memolakan sesuatu secara logis. Setelah kita dapatkan persamaan (3) kita dapat mendaftarkan j(n) untuk setiap n yang cukup besar dengan cepat dan berharap kita dapat melihat pola yang baru. n j(n)

0 0

1 1

2 1

3 3

4 1

5 3

6 5

7 7

8 1

9 3

10 11 12 13 14 15 16 5 7 9 11 13 15 1

Dari tabel diatas kita dapati bahwa setiap bilangan pangkat dari dua sampai 16, j(n)-nya bernilai satu. Pertanyaannya adalah apakah setiap n pangkat dari 2, j(n) = 1? Tunggu dulu… setiap bilangan pangkat dari 2 kalau ditulis dalam basis dua selalu muncul satu sebanyak satu kali. Mungkinkah ada hubungan j(n) dengan representasi bilangan sebagai basis dua? Jika teringat penulisan dalam basis 2 mungkin kita juga teringat bagaimana merepresentasikan bilangan dalam basis 10 ke dalam basis 2. Sebelum melihat masalah ini dari segi penulisan bilangan dalam basis dua, kita akan coba mempertajam pengamatan diatas. Kita hampir yakin bahwa kalau n = 2m, j(n) = 1. Kita akan melihat bilangan n sembarang, sebagai bilangan yang dekat ke 2m. Misalkan n sembarang, kita tulis n = 2m + (n - 2m), dengan m adalah bulat positif terbesar sehingga 2m tidak melebihi n. Pertama kita eliminasi orang bernomer 2, 4, 6, 8, …, 2(n - 2m) menyisakan 2m orang. Berdasarkan tebakan kita, orang bernomer 1 lah yang selamat, tetapi nomer ini adalah nomer sesudah dikurangi 2(n - 2m), sehingga orang yang terakhir

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

17

selamat adalah yang bernomer 2(n - 2m) + 1. Sayangnya hasil ini baru komplit jika kita sudah membuktikan bahwa j(2m) = 1, tetapi ini mudah dibuktikan secara induksi terhadap m. Setelah itu kita mendapatkan persamaan yang hampir eksplisit tentang j(n), yaitu j(n) = 2(n – 2m) + 1, dengan m adalah bulat positif terbesar sehingga 2m tidak melebihi n.

Bilangan Biner Salah satu metode yang sering dipakai untuk menuliskan bilangan dalam basis dua jika diberikan bilangan dalam basis 10 adalah dengan menerapkan algoritma pembagian: diberikan n dalam basis 10 1. k = 0 2. jika n mod 2 = 0, maka ak = 0 3. jika tidak, maka ak = 1 4. n = n div 2 5. k = k + 1 6. jika n = 1, maka ak = 1, selesai 7. kembali ke 2

(4)

keluaran algoritma diatas adalah ak, yang memenuhi n = ak 2k + ak −1 2k −1 + ... + a0 20

(5)

dan n ditulis dalam basis 2 sebagai ak ak −1...a0 . Sebagai contoh, 15 = 23 + 22 + 21 + 20 = 10002. Indeks dua pada penulisan terakhir untuk menunjukkan bahwa bilangan itu ditulis dalam basis 2 (penjumlahan pangkat dari 2). Tidak ada salahnya melihat apa yang terjadi jika tabel diatas kita buat dalam basis dua. n j(n)

0 0

1 1

10 1

11 11

100 101 110 111 1000 1001 1010 1011 1 11 101 111 1 11 101 111

Apakah ada pola tertentu? Kebetulan ada: n dalam basis dua, j(n) tampaknya didapat dengan menggeser satu bit n ke kiri secara siklis lalu terjemahkan ke dalam basis 10. Agar lebih jelas, misalkan n = 5, j(5) = j(1012) = 0112 = 3. Tampaknya kita perlu membuktikan konjektur berikut: untuk n bulat positif, n = ak 2 k + ak −1 2 k −1 + ... + a0 2 0 = ( ak ak −1 ...a0 ) 2 , j (ak ak −1...a0 ) = (ak −1ak − 2 ...a0 ak ) 2

(6)

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

18

Kita akan membuktikan pernyataan (6) diatas secara induksi terhadap banyaknya dijit n dalam basis 2. Bukti. Sebagai kasus basis n = 1, dalam basis dua representasinya tetap dan hasil pergeseran siklisnya pun tetap, yaitu satu. Asumsikan bahwa pernyataan (6) diatas benar untuk setiap n yang banyaknya dijit n dalam basis dua kurang dari k + 1. Sekarang kita harus pertimbangkan masing-masing kasus ketika n genap dan ganjil. Pada kasus n genap, a0 = 0, sehingga n = ( ak ak −1 ...a1a0 ) 2 = 2( ak 2 k −1 + ak −1 2 k − 2 + ... + a2 2 + a1 ) .

Dengan demikian, j (2 ⋅ (ak ak −1...a2 a1 )) = 2 j (ak ak −1...a2 a1 ) − 1 = 2(ak −1 2k −1 ak − 2 2k − 2 + ... + a1 2 + ak ) − 1,

asumsi induktif

= ak −1 2k ak − 2 2k −1 + ... + a1 22 + ak 2 − 1 = ak −1 2k ak − 2 2k −1 + ... + a1 22 + ak ,

karena ak = 1

Jadi pada kasus ini pernyataan (6) benar. Untuk kasus n ganjil, a0 = 1 dan n = ( ak ak −1 ...a1a0 ) 2 = 2( ak 2 k −1 + ak −1 2 k − 2 + ... + a2 2 + a1 ) + 1 .

Maka, j ((ak ak −1...a2 a1 ) 2 + 1) = 2 j (ak ak −1...a2 a1 ) + 1 = 2(ak −1 2k −1 ak − 2 2k − 2 + ... + a1 2 + ak ) + 1,

asumsi induktif

= ak −1 2k ak − 2 2k −1 + ... + a1 22 + ak 2 + 1. Karena kasus ini juga benar maka pernyataan (6) di atas terbukti secara induksi. -0-

Penjumlahan Pangkat dari Dua Tapi tunggu dulu, kita tidak berhenti sampai disini, kita akan coba mencari bentuk lain dari j(n) dan berharap generalisasi dapat dilakukan dengan lebih mudah. Perhatikan bahwa persamaan (3) jika dibuat algoritma akan mirip algoritma (4). Beda yang paling mencolok adalah adanya persamaan (1) dan langkah 2 pada algoritma (4). Perhatikan juga bahwa setiap bilangan yang kurang satu dari pangkat dari 2 dari tabel diatas nilai j(n)-nya adalah bilangan itu sendiri. Atau jika n dalam basis dua semua dijitnya bernilai satu maka j(n) = n. Ok, mungkin ini karena setiap dibagi 2, n selalu bersisa nol, mungkinkah berdasarkan (1) kalau n bersisa 1 jika dibagi dua kita harus

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

19

mengurangi j(n) dengan satu? Sampai sini kita bisa membuat konjektur baru, yang secara matematis ditulis sebagai: Misalkan n bulat positif. Jika n = ak 2 k + ak −1 2 k −1 + ... + a0 2 0 maka j (n) = bk 2k + bk −1 2k −1 + ... + b0 , dengan bn = 1 jika an = 1 atau bn = -1 jika an = 0.

(7)

Kita sudah yakin untuk n pangkat dari 2 atau kurang satu dari pangkat dari 2. Untuk lebih meyakinkan kita coba n = 10 yang sudah diketahui bahwa j(10) = 5. Jika kita menggunakan pernyataan (7), maka j(10) = j(10102) = 23 + (-1) x 22 + 21 + (-1) x 20 = 5. Yap, hasil verifikasi positif. Dan sekarang kita perlu bukti. Kembali prinsip induksi menjadi pilihan pertama. Bukti. Kita akan menginduksi pernyataan (7) terhadap k dengan k + 1 adalah banyaknya dijit n jika n direpresentasikan dalam basis 2. Jika banyaknya dijit n sama dengan satu maka n = 1 dan j(n) = 1. Pada kasus ini konjektur (7) benar. Sebagai langkah induksi kita misalkan bahwa j(n) pada (7) selalu benar jika banyaknya dijit n dalam basis 2 kurang dari k + 1. Sekarang misalkan banyaknya dijit n adalah k + 1, n = ( ak ak −1...a1a0 ) 2 . Karena (3) kita harus mempertimbangkan dua kasus, yaitu untuk n ganjil dan n genap. Jika n genap, maka a0 = 0 atau n = ( ak ak −1 ...a1 ) 2 . Maka,

j (2 ⋅ (ak ak −1...a2 a1 ) 2 ) = 2 j (ak ak −1...a2 a1 ) − 1 = 2(bk 2k −1 + bk −1 2k − 2 + ... + b1 20 ) − 1,

asumsi induktif

= bk 2k + bk −1 2k −1 + ... + b1 2 + b0 . Untuk kasus n ganjil, maka a0 = 1 dan n = 2( ak 2 k −1 + ak −1 2 k − 2 + ... + a2 2 + a1 ) + 1 . Maka j (2 ⋅ (ak ak −1...a1 ) 2 + 1) = 2 j (ak ak −1...a1 ) + 1 = 2(bk 2k −1 + bk −1 2k − 2 + ... + b1 ) + 1,

asumsi induktif

= bk 2k + bk −1 2k −1 + ... + b1 2 + b0 . Untuk kedua kasus (7) benar, sehingga pernyataan (7) terbukti benar. -0-

Komputasi Sampai sini kita telah berhasil menjawab kasus khusus masalah josephus. Sekarang kita akan coba membuat implementasinya menggunakan bahasa Delphi. Delphi merupakan

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

20

salah satu bahasa pemprograman dengan orientasi pada objek dan merupakan pengembangan bahasa Pascal. Delphi dibuat sangan user friendly sehingga kita cenderung dapat memprogram dengan cepat. Secara eksplisit kita sudah punya algoritma yang cocok untuk diimplementasikan, yaitu persamaan rekursif (3). Kita nyatakan ulang: j(0) = 0, j(2n) = 2j(n) - 1, j(2n + 1) = 2j(n) + 1. Kita tinggal menyusun sebuah fungsi rekursif seperti diatas. Sebelumnya, untuk mempermudah pengecekan n kita perlu definisikan j(1) = 1 dan inilah yang menjadi kriteria berhenti perhitungan rekursif itu. Maka algoritma implementasinya tampak seperti: function j_rek(n {bilangan positif}) if n = 1 then j_rek := 1; exit; end; if (n mod 2 = 0) then j_rek := 2*j_rek(n div 2) – 1 else j_rek := 2*j_rek(n div 2) + 1; end; Kode dan program dapat dicari di salah satu blog MAJALAH Zer0. Ok, sampai sini saja pembahasan kasus khusus Masalah Josephus. Sekarang tentu saja posisi seperti Josephus sudah sangat kecil kemungkinannya untuk terjadi. Namun, modifikasinya untuk permainan di kelas bisa sangat mengasikkan.

Sekila Logika

Berapa Panjang diagonal AC?

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

21

OSN Matematika SMP 2007 Masalah 1. Satu set kartu memuat 100 kartu yang masing-masing ditulisi bilangan dari 1 sampai dengan 100. Pada setiap dua sisi kartu ditulis bilangan yang sama, sisi pertama berwarna merah dan sisi yang lain berwarna hijau. Pertama-tama Leny menyusun semua kartu dengan tulisan merah menghadap ke atas. Kemudian Leny melakukan tiga langkah berikut ini: I. II. III.

Membalik semua kartu yang nomornya habis dibagi 2 Membalik lagi semua kartu yang nomornya habis dibagi 3 Membalik lagi semua kartu yang nomornya habis dibagi 5, namun tidak membalik semua kartu yang nomornya habis dibagi 5 dan 2.

Tentukan banyak kartu Leny sekarang yang bernomor berwarna merah dan menghadap ke atas! 2. Hitunglah luas daerah dari tiga daerah setengah lingkaran yang beririsan seperti tampak pada gambar berikut.

3. Diketahui bahwa x +

Ax 2 1 = 5/6. = 7 . Tentukan nilai A agar 4 x x + x2 + 1

4. Ada 13 kado yang berbeda yang akan dibagikan semuanya kepada Ami, Ima, Mai, dan Mia. Jika Ami mendapat paling sedikit 4 kado, Ima dan Mai masing-masing mendapat paling sedikit 3 kado, dan Mia mendapat paling sedikit 2 kado, ada berapa banyak susunan kado yang mungkin diperoleh? 5. Suatu bilangan asli disebut bilangan kuaprim jika memenuhi keempat syarat berikut. 1) Tidak memuat angka nol. 2) Angka-angka penyusun bilangan itu berbeda. 3) Satu angka pertama dan satu angka terakhir merupakan bilangan prima atau bilangan kuadrat. 4) Setiap pasang angka berurutan membentuk bilangan prima atau bilangan kuadrat.

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

22

Sebagai contoh, kita periksa bilangan 971643: ⎫ ⎫ ⎫ ⎫

971643 tidak memuat angka nol. Angka-angka penyusun 971643 berbeda. Satu angka pertama dan satu angka terakhir dari 971643, yaitu 9 dan 3 merupakan bilangan prima atau bilangan kuadrat. Setiap pasang angka berurutan, yaitu 97, 71, 16, 64, dan 43 membentuk bilangan prima atau bilangan kuadrat.

Jadi 971643 merupakan bilangan kuaprim. A. Carilah bilangan kuaprim 6-angka paling besar. B. Carilah bilangan kuaprim 6-angke paling kecil. C. Angka berapa yang tidak pernah termuat dalam sebarang bilangan kuaprim? Jelaskan. 6. Empat bangun berbentuk layang-layang seperti gambar berikut ( a > b , a dan b adalah bilangan asli kurang dari 10) ditata sedemikian rupa sehingga membentuk persegi dengan lubang berbentuk persegi pula di tengah-tengahnya. Lubang berbentuk persegi di tengah-tengah tersebut memiliki keliling 16 satuan panjang. Berapakah keliling yang mungkin diperoleh jika diketahui pula bahwa a dan b adalah bilangan-bilangan yang relatif prima.

7. Jika a = 3 p , b = 3q , c = 3r , dan d = 3s dan jika p, q, r , dan s adalah bilangan asli, berapakah nilai terkecil dari p × q × r × s yang memenuhi a 2 + b3 + c 5 = d 7 . 8. Ucok bermaksud menyusun suatu kode kunci (password) yang terdiri dari 8 angka dan memenuhi ketentuan berikut: 1) Angka yang dipakai adalah 1,2,3,4,5,6,7,8,9. 2) Angka pertama yang dipakai adalah minimal 1, angka kedua minimal 2, angka ketiga minimal 3, dan seterusnya. 3) Angka yang sama bisa digunakan beberapa kali. A. Berapa banyak password berbeda yang mungkin disusun Ucok?

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

23

B. Berapa banyak password berbeda yang mungkin disusun Ucok, jika ketentuan 3) diganti dengan: tidak boleh ada angka yang digunakan lebih dari satu kali. 9. Untuk sebarang bilangan bulat a, b, dan c berlaku a × (b + c) = (a × b) + (a × c) . A. Cari contoh yang menunjukkan bahwa a + (b × c) ≠ (a + b) × (a + c) . B. Kapan berlaku a + (b × c) = (a + b) × (a + c) ? Jelaskan jawaban Anda. 10. Hasil survey terhadap N orang dengan pertanyaan apakah mereka memelihara anjing, burung, atau kucing dirumah adalah sebagai berikut: 50 orang memelihara burung, 61 orang tidak memelihara anjing, 13 orang tidak memelihara kucing, dan paling sedikit ada 74 orang yang memelihara paling sedikit dua jenis binatang di rumah. Berapakah nilai maksimum dan minimum dari nilai N yang mungkin?

Solusi 1. Pada langkah pertama, semua kartu nomor genap dibalik. Jadi 50 kartu nomor genap menjadi hijau, sedangkan 50 kartu nomor ganjil menjadi merah. Ada 17 kartu yang habis dibagi 3 tapi tidak habis dibagi 2. Jadi, pada langkah kedua 17 kartu merah dibalik jadi hijau. Ada 16 kartu yang habis dibagi 3 dan 2, sehingga 16 kartu merah dibalik menjadi hijau. Ada 7 kartu yang habis dibagi 5 tetapi tidak 2 dan 3. Maka pada langkah ketiga 7 kartu merah dibalik. Ada 3 kartu yang habis dibagi 3 dan 5 tapi tidak 2, sehingga 3 kartu hijau dibalik menjadi merah. Maka banyaknya kartu merah adalah 50-17+16-7+3=45. 2. Perhatikan gambar berikut. L1 adalah luas daerah abu-abu di bawah, L 2 adalah luas daerah putih, L3 adalah luas daerah abu-abu di atas.

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

24

Luas daerah 1 adalah luas dua buah seperenam lingkaran dan sebuah segitiga. Perhatikan bahwa segitiga itu sama sisi dengan tinggi 3 , sehingga luasnya 4 ⎛1 ⎞ 1 L1 = 2 ⎜ × π × 22 ⎟ + × 2 × 3 = π + 3 . 3 ⎝6 ⎠ 2

Luas daerah 2 bisa didapat dengan cara serupa, yaitu 3 1 3 ⎛1 ⎞ 1 = π+ . L 2 = 2 ⎜ × π ×12 ⎟ + ×1× 4 2 3 ⎝6 ⎠ 2 Luas daerah tiga adalah setengah lingkaran dengan jari-jari ½, sehingga luasnya 2

1 ⎛1⎞ 1 L3 = × π × ⎜ ⎟ = π . 2 ⎝2⎠ 8

Maka luas totalnya adalah 43 5 3 . π+ 24 4

3. Kalikan persamaan pertama dengan x , sehingga x 2 + 1 = 7 x . Kuadratnya adalah x 4 + 2 x 2 + 1 = 49 x 2 , atau x 4 − 47 x 2 + 1 = 0 . Kalikan dengan 5, sehingga 5 x 4 − 235 x 2 + 5 = 0 .

Persamaan kedua dapat disusun ulang menjadi 5 x 4 − (6 A − 5) x 2 + 5 = 0 . Maka substitusikan 6 A − 5 = 235 , sehingga A = 40 . 4. Misalkan (a,b,c,d) adalah banyaknya kado yang dapat diterima berturut-turut oleh Ami, Ima, Mai, dan Mia. Maka Ami, Ima, Mai, dan Mia berturut-turut bisa mendapat (5,3,3,2), (4,4,3,2), (4,3,4,2), (4,3,3,3) kado. Banyak susunan yang mungkin untuk masing-masing adalah 13! = 720720 5!3!3!2! 13! (4, 4,3, 2) = = 900900 4!4!3!2! 13! (4,3, 4, 2) = = 900900 4!3!4!2! 13! (4,3,3,3) = = 1441440 4!3!3!3! (5,3,3, 2) =

Jumlah susunan semuanya adalah 3.963.960.

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

25

5. Untuk mendapat nilai terbesar dan terkecil, kita mulai dari angka paling kiri dan mencari nilai paling kecil untuk masing-masing angka. A. Mulai dari angka pertama 9. Pasangan 99,98 tidak memenuhi, sehingga angka kedua adalah 7. Pasangan 79, 78,77,76,75,74 tidak memenuhi, sehingga angka ketiga adalah 3. Pasangan 39,38,37, sehingga angka keempat adalah 6. Pasangan 69,68,67,66,65, sehingga angka kelima adalah 4. Pasangan 49,48,47,46,45,44,43,42, sehingga angka keenam adalah 1. Jadi bilangan kuaprim 6-digit terbesar adalah 973641. B. Mulai dari angka pertama 1. Angka kedua tidak mungkin 1, 2, yang mungkin adalah 3. Pasangan 31,32,33,34,35 tidak memenuhi, sehingga angka ketiga adalah 36. Pasangan 61,62,63 tidak memenuhi, sehingga angka keempat adalah 4. Pasangan 41,42,43,44,45,46 tidak memenuhi, sehingga angka kelima adalah 7. Pasangan 71,72,73,74,75,76,78 tidak memenuhi, sehingga angka keenam adalah 9. Bilangan kuaprim 6-digit terkecil adalah 136479. C. Perhatikan bahwa bilangan kuadrat tidak pernah berakhiran dengan angka 0,4,6,8. Bilangan kuadrat tidak pernah berakhiran dengan 2,3,4,8. Jadi angka 8 tidak pernah menjadi angka di belakang. Jika 8 ada di bilangan kuaprim, maka pasti di angka pertama. Ini tidak mungkin karena tidak memenuhi syarat III. Karena syarat I, angka 0 juga tidak mungkin. Maka digit yang tidak mungkin adalah 0 dan 8. 6. Gambarnya adalah sebagai berikut.

Panjang sisi persegi kecil itu adalah a − b . Karena kelilingnya 16, maka a − b = 4 . Pasangan bilangan relatif prima kurang dari 10 yang mungkin adalah (5,1), (7,3), (9,5). Maka sisi persegi besar yang mungkin adalah 6,10,14, sehingga keliling yang mungkin adalah 24, 40, 56. 7. Substitusikan nilai-nilainya, sehingga 32 p + 33q + 35 r = 37 s 32 p (1 + 33q − 2 p + 35 r − 2 p ) = 37 s.

Karena ruas kanan pangkat dari 3, maka ruas kiri juga. Maka 3q − 2 p = 0,5r − 2 p = 0 , sehingga 2 p = 3q = 5r . Maka 2 p habis dibagi 15. Karena habis dibagi 2, pasti habis dibagi 30 juga. Misalkan 2 p = 30m . Maka 3 × 330 m = 37 r . Ini menyebabkan 30m + 1 = 7 r .

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

26

Nilai m = 1 dan m = 2 tidak memenuhi. Maka nilai minimumnya adalah 3, sehingga r = 13 . Akibatnya, p = 45, q = 30, r = 18, s = 13 . Jadi p × q × r × s = 315900 . 8. Ada 9 kemungkinan angka pertama, 8 kemungkinan angka kedua, 7 kemungkinan angka ketiga, dan seterusnya, sampai 2 kemungkinan angka kedelapan. Maka banyak susunannya adalah 9 × 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 = 362880 . Ini menjawab bagian A. B. Mulai dari belakang, ada dua kemungkinan angka kedelapan. Ada tiga kemungkinan angka ketujuh, tetapi satu sudah terpakai, sehingga tinggal dua. Ada empat kemungkinan angka keenam, tetapi dua sudah terpakai, sehingga tinggal dua. Dan seterusnya. Maka banyak susunannya adalah 2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 = 256 . 9. A. Ambil a = 1, b = 2, c = 3 .

a + (b × c) = 1 + (2 × 3) = 7 (a + b) × (a + c) = (1 + 2) × (1 + 3) = 3 × 4 = 12. Jadi a + (b × c) ≠ (a + b) × (a + c) . B. Perhatikan bahwa a + (b × c) = (a + b) × (a + c) a + (b × c) = a 2 + (a × c) + (b × a ) + (b × c) a 2 + (a × c) + (b × a) − a = 0 a × (a + b + c − 1) = 0 Jadi a = 0 atau a + b + c = 1 . 10. Perhatikan diagram Venn berikut.

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

27

Didapat b + e + f + h = 50 a + b + d + f = 61 a + b + c + e = 13 e + f + g + h = 74.

1 2 3 4

Perhatikan bahwa N = a + b + c + d + e + f + g + h . Kita cari dulu maksimumnya. Dari 2, d ≤ 61 . Dari 3 dan 4, a + b + c + d + e + f + g + h ≤ 13 + 74 = 87 . Maka dari itu N ≤ 61 + 87 = 148 . Ini bisa didapat ketika a = b = e = f = 0, c = 13, d = 61, g = 24, h = 50 . Sekarang kita cari nilai minmumnya. Karena f ≤ b + e + f + h = 50 , maka a + b + d = 61 − f ≥ 11 . Maka N = (a + b + d ) + (e + f + g + h) + c ≥ 11 + 74 + 0 = 85 . Jika N=85, maka a + b + d = 11.c = 0, f = 50 . Dari 1, b = e = h = 0 , menyebabkan a + b + c + e = a ≤ 11 , kontradiksi dengan 3. N = 86 bisa didapat jika a = 12, e = 1, f = 49, g = 24, b = c = d = h = 0 . Jadi nilai minimumnya 86, nilai maksimumnya 148.

Sekilas Logika

Tambahkan satu titik agar persamaan ini menjadi benar:

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

28

Argumentasi yang Keliru AK1. Percayakah Anda bahwa matematika bisa menggandakan uang sampai seratus kali lipat? Saya bisa buktikan itu. Misalkan $ menyatakan dolar, dan s menyatakan sen.

1s = 0,01$ = (0,1$)2 = (10s)2 =100s=1$ Ternyata satu sen kita telah berubah menjadi satu dolar! Uang itu menjadi seratus kali lipat. Baiklah, mana mungkin bisa seperti itu? Pasti ada kesalahan pada bukti di atas. Sekilas, mungkin bukti itu kelihatan sempurna. Tapi, perhatikan langkah kedua: 0,01$=(0,1$)2. Di sinilah kesalahannya! Pada ruas kiri satuannya adalah $, sedangkan pada ruas kanan satuannya adalah $2, $ dikali $. Kesalahan yang sama terjadi pada langkah keempat: (10s)2=100s. Benjamin J. Tilly, yang membuat “bukti” ini, mengatakan bahwa beberapa Ph.D. matematika tidak berhasil menemukan kesalahan dari bukti ini. AK2. Dalam matematika, ada banyak “bukti-bukti” yang keliru, tetapi kelihatannya sempurna. Kita akan melihat beberapa contoh bukti keliru lainnya. Lihat persamaan ini: 1 = 1 ⋅ 1 = (−1) ⋅ (−1) = −1 ⋅ −1 = −1

Terbukti bahwa 1 = -1. Sekali lagi, bukti ini mungkin tampak sempurna. Tetapi ada kesalahan tersembunyi pada bukti itu, yaitu pada langkah ketiga. Banyak orang yang tidak tahu bahwa xy = x y hanya berlaku untuk x, y bilangan real positif. Jadi langkah ketiga tidak berlaku. AK3. Untuk yang berikut ini, mungkin kita semua sudah pernah melihatnya, karena sudah sangat terkenal. Tapi saya tetap tuliskan, karena sangat menarik. Tiga orang makan bersama di sebuah restoran. Pelayan mengatakan bahwa mereka harus membayar Rp30.000,00, sehingga masing-masing membayar Rp10.000,00. Kemudian pelayan itu sadar bahwa seharusnya mereka hanya membayar Rp25.000,00. Ia ingin mengembalikan Rp5.000,00 itu, tetapi tidak bisa dibagi rata. Jadi ia memberikan Rp1.000,00 ke masingmasing orang, kemudian menyimpan Rp2.000,00 sisanya. Sekarang, ketiga orang itu membayar masing-masing Rp9.000,00, totalnya Rp27.000,00, dan pelayan menyimpan Rp2.000,00. Totalnya Rp29.000,00. Ke mana Rp1.000,00 sisanya menghilang?

Letak kesalahannya adalah saat kita menghitung 27.000+2.000. Kita tidak perlu menambah dua nilai ini. Rp2.000,00 yang diterima pelayan itu adalah bagian dari Rp27.000,00 yang dibayar ketiga orang. Jadi, seharusnya kita menghitung 27000+3000, karena kita menghitung jumlah yang dibayar ketiga orang ditambah dengan jumlah yang dibawa pulang. AK4. Sekarang kita akan buktikan bahwa semua segitiga itu sama kaki. Kita ambil segitiga sembarang ABC, seperti gambar berikut.

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

29

Kita ambil garis bagi sudut A dan titik tengah BC di D. Dari titik D, tarik garis tegak lurus terhadap BC yang memotong garis bagi A di titik P. Dari titik P, tarik garis tegak lurus terhadap AB dan memotong AB di E. Perhatikan bahwa segitiga AEP dan AFP kongruen (sudut, sisi, sudut), sehingga EP=FP. Ini menyebabkan segitiga EBP dan FPC juga kongruen (sudut, sisi, sudut), sehingga EB=FC. Jadi AB=AE+EB=AF+FC=AC, sehingga ABC adalah segitiga sama kaki. Bukti kali ini tampaknya benar-benar sempurna. Sebenarnya, kesalahan bukti ini sudah ada dari awal. Jika kita gambar segitiga tidak sama kaki dengan benar, titik P seharusnya berada di luar. Jadi gambar kita dari awal sudah salah, sehingga bukti tidak berlaku.

Bukti Tanpa Kata

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

30

Masalah & Solusi Anda dapat turut berpartisipasi dengan mengirimkan solusi untuk masalah yang disediakan atau mengirim masalah baru untuk dipublikasikan. Untuk masukan masalah sertakan solusi Anda. Alamatkan solusi atau masalah Anda melalui email ke salah satu alamat emai editor. Cantumkan informasi sedetil mungkin untuk memudahkan editor menyunting masukan dan tulis sebagai file Word.

Masalah 1. Menyederhanakan akar pangkat tiga oleh editor

Tentukan nilai dari

3

45 + 29 2 + 3 45 − 29 2 dalam bentuk yang paling sederhana.

2. Bilangan diantara empat bilangan kubik oleh editor Buktikan bahwa, di antara empat bilangan kubik, selalu ada dua bilangan yang selisihnya habis dibagi 7. 3. Masalah pertidaksamaan oleh editor Jika 4a 2 + 13b 2 ≤ 13 , buktikan bahwa a + 2b + 6ab ≤ 9 . 4. Masalah segitiga oleh editor ABC adalah segitiga. Titik D berada pada sisi BC, sehingga BA=BD. Misalkan M adalah titik tengah AC. Garis bagi sudut ABC berpotongan dengan DM di titik P. Buktikan bahwa ΔBAP = ΔACB . 5. Ilmuwan yang mencoba tertahan Seratus orang ilmuwan ditangkap suku primitif di suatu pulau terpencil. Untuk menentukan hidup matinya, mereka akan melakukan permainan. Besok pagi, masingmasing dari mereka dipakaikan topi dengan suatu warna. Ada seratus kemungkinan warna yang dipakaikan, dan bisa saja ada dua topi yang berwarna sama. Mereka bisa melihat warna topi semua ilmuwan lain, kecuali warna topinya sendiri. Mereka harus menebak warna topinya. Tetapi semua ilmuwan menyebutkan warna topinya bersamasama, sehingga mereka tidak bisa mendengar tebakan ilmuwan lain untuk menganalisa warna topinya. Tidak ada komunikasi diperbolehkan setelah memakai topi. Yang bisa menebak dengan benar akan bebas, tetapi yang salah akan dibunuh. Malam ini, para ilmuwan akan mengatur strategi. Bagaimana strategi mereka agar paling sedikit ada satu orang yang selamat?

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

31

Solusi 1. Kompetisi Matematika 2007 oleh UNPAR. Pada saat ujian seorang guru memanggil tiga siswa yang dicurigai mencontek, A,B,C. Saat ditanyai diperoleh pernyataan dari masing-masing siswa, yaitu:

A: “C tidak mencontek.” B: “A mencontek.” C: “B mencontek.” Jika yang mencontek berbohong dan yang tidak; berkata jujur, maka pernyataan berikut yang mungkin terjadi adalah A. B. C. D. E.

A dan B mencontek A dan C mencontek B dan C mencontek Hanya C yang mencontek Hanya A yang tidak mencontek

Solusi. Jika A mencontek maka ia berkata bohong, sehingga C mencontek. Akibatnya C berkata bohong dan B tidak mencontek. Akibatnya B berkata jujur bahwa A mencontek. Konsisten dengan asumsi. Jadi A dan C mencontek. Jika A tidak mencontek, maka ia berkata jujur bahwa C tidak mencontek. Akibatnya C berkata jujur bahwa B mencontek. Sehingga pernyataan yang benar dari B adalah bahwa A tidak mencontek. Konsisten dengan asumsi. Jadi A dan C tidak mencontek. Jadi A dan C sama-sama mencontek atau sama-sama tidak mencontek, sedangkan B selalu berlawanan dengan A (atau C). Jadi jawabannya adalah B. 2. Kompetisi Matematika 2007 oleh UNPAR. Dalam seleksi pertama terdapat masalah yang solusinya tidak ada pada pilihan. Masalah itu adalah Banyaknya cara agar 9 mainan yang berbeda dapat dibagi secara merata kepada 3 anak adalah A. 84 D. 1680 B. 504 E. 60480 C. 588 Solusi (tidak ada jawaban). Kita akan membagikan 9 mainan sehingga setiap anak mendapatkan tiga mainan. Banyaknya cara menyusun mainan sehingga anak pertama mendapatkan 3 mainan adalah 9 . Sedangkan anak kedua dan ketiga berturut-turut 3 adalah 6 dan 3 . Maka banyaknya cara membagikan 9 mainan secara merata kepada 3 3 9! tiga anak terurut adalah 9 6 3 = = 1680 . Namun, agar urutan anak tidak 3 3 3 (3!)3 diperhatikan maka jumlah itu harus dibagi 3!, sehingga banyaknya cara yang diinginkan adalah 280.

() ()

()

( )( )( )

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

32

Komentar Mungkin sebagian peserta menjawab D. Sayangnya, jawaban tersebut baru benar ketika urutan pembagian mainan pada ketiga anak itu sudah ditentukan. 3. Menyusun buah-buahan Ada berapa cara kita dapat mengisikan n buah-buahan ke dalam sebuah kantong jika batasan yang harus dipenuhi adalah o o o o

Banyaknya apel harus genap Belimbing ada sebanyak kelipatan 5 Paling banyak ada empat ceri Paling banyak ada satu duku

Sebagai contoh ada 7 cara untuk mengisi kantong jika tersedia 6 buah-buahan: Apel Belimbing Ceri Duku

6 0 0 0

4 0 2 0

4 0 1 1

2 0 4 0

0 5 1 0

0 5 0 1

Solusi. Kita akan mencari fungsi pembangkit (generating function) yang sesuai. Pertama selidiki batasan untuk apel. Jika tersedia nol apel, banyaknya cara yang diperlukan adalah satu, jika ada 1 apel maka banyaknya cara no karena apel hanya boleh sebanyak genap buah, jika ada 2 apel maka ada tambahan satu cara, begitu seterusnya, yaitu jika ada sebanyak genap buah apel maka banyaknya cara ada satu, lainnya nol. Dengan demikian fungsi pembangkitnya adalah

A( x) = 1 + x 2 + x 4 + ... =

1 . 1 − x2

Dengan cara serupa maka fungsi pembangkit untuk belimbing, ceri, dan duku secara berturut-turut adalah 1 , 1 − x5 1 − x5 C ( x) = 1 + x + x 2 + x3 + x 4 = , 1− x D( x) = 1 + x . B ( x) = 1 + x5 + x10 + ... =

Konvolusi fungsi pembangkit jumlah total banyaknya cara memenuhi A( x) B( x)C ( x) D( x) =

1 1 1 − x5 1 ⋅ ⋅ ⋅1 + x = . 2 2 5 1− x 1− x 1− x (1 − x )

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

33

Hampir semuanya dicoret! Dan kita tahu bahwa koefisien x n fungsi pembankit itu adalah n + 1 . Sederhana bukan. Hasil ini konsisten berdasarkan contoh diatas untuk n = 6 . 4. Fibonacci dalam modulo 10. Misalkan barisan 1,1,2,3,5,8,3,1,… merupakan barisan fibonacci dalam mod 10. Buktikan bahwa barisan itu periodik. Berapa panjang maksimum yang mungkin dari periode itu. Solusi. Setiap nilai pada barisan ini ditentukan dari dua nilai sebelumnya (kecuali dua nilai pertama), sehingga barisan itu akan periodik jika ada pasangan (a,b) yang berulang. Pasangan (a,b) terkecil yang mungkin adalah (1,1). Pandang 101 bilangan berurutan dari barisan Fibonacci, 1,1,2,3,…, barisan itu membentuk 100 pasangan,

(1,1),(1,2),(2,3),(3,5),… Banyaknya semua pasangan yang mungkin muncul adalah 100. Karena pasangan (0,0) tidak mungkin muncul, maka hanya 99 pasangan yang mungkin muncul. Berdasarkan prinsip burung merpati, ada satu pasangan yang muncul dua kali. Pasangan pertama terkecil, (1,1), muncul pada suku ke-100. (1,1),(1,2),(2,3),(3,5),…, (1,1) ⇓---------periode------◊ Jadi panjang maksimum periode yang mungkin adalah 99. 5. Hitung

1 1 1 . + − D D sin10 sin 50 sin 70D

Solusi. Misalkan

1 1 1 + − D D sin10 sin 50 sin 70D sin 50D sin 70D + sin10D sin 70D − sin10D sin 50D . = sin10D sin 50D sin 70D

P=

Kita akan menghitung pembilang dan penyebutnya masing-masing. Untuk pembilang, sin 50D sin 70D + sin10D sin 70D − sin10D sin 50D 1 1 1 = ( cos 20D + cos 60D ) + ( cos 60D − cos80D ) − ( cos 40D − cos 60D ) 2 2 2 1 3 = cos 20D − ( cos80D + cos 40D ) + 2 4 1 3 3 = ( cos 20D − 2 cos 60D cos 20D ) + = . 2 4 4

(

)

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

34

Sedangkan untuk penyebutnya, sin10D sin 50D ⋅ sin 70D 1 = ( cos 40D − cos 60D ) sin 70D 2 1 1 = sin 70D cos 40D − sin 70D 2 4 1 1 = ( sin110D + sin 30D ) − sin 70D 4 4 1 1 = sin 30D + ( sin110D − sin 70D ) 4 4 1 = . 8 3/ 4 = 6. Jadi P = 1/ 8 6. IMO 1972 Kita punya himpunan yang terdiri dari sepuluh bilangan dua digit yang berbeda. Buktikan bahwa kita selalu bisa memilih dua subhimpunan tak kosong yang tidak beririsan yang jumlah semua anggotanya sama. Solusi. Karena himpunan itu terdiri dari 10 anggota, maka banyaknya subhimpunan tidak kosong adalah 210-1=1023. Jumlah anggota suatu subhimpunan terbesar yang mungkin adalah 91+92+93+…+99=855, sedangkan jumlah terkecil yang mungkin adalah 10. Maka suatu subhimpunan bisa memiliki jumlah anggota 10, 11, 12, …, 855, ada 846 kemungkinan. Karena 1023>846, menurut prinsip rumah merpati, pasti ada dua subhimpunan berbeda yang jumlahnya sama. Tetapi subhimpunan ini bisa saja beririsan, sedangkan yang diminta di soal tidak beririsan. Sekarang misalkan dua subhimpunan itu adalah A dan B, dan irisannya adalah C. Maka A-C dan B-C tetap memiliki jumlah yang sama, dan dua subhimpunan ini tidak beririsan, sehingga terbukti. 7. Baltic Way 1999 Tentukan nilai minimum dari bilangan asli k yang berbentuk k=19n-5m, di mana m, n adalah bilangan asli. Solusi. Jika n=1, m=1, nilai k adalah 14. Kita akan mencari nilai k yang lebih kecil dari 14. Kita bagi dua kasus:

i) Asumsikan n adalah bilangan genap. 19n memiliki angka terakhir 1 dan 5m memiliki angka terakhir 5, sehingga k memiliki angka terakhir 6. Agar nilainya lebih kecil dari 14, maka nilainya pasti k=6. Jadi sekarang kita akan mencari solusi untuk 19n-5m=6. Pertama, anggap m adalah bilangan ganjil. Maka 5m≡5 (mod 6). Tetapi 19n≡1 (mod 6), sehingga 19n-5m≡4 (mod 6), dan tidak mungkin nilainya 6. Jadi m adalah bilangan genap. Misalkan

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

35

m=2m’, n=2n’. Jadi k=(19n’+5m’)(19n’-5m’). Tetapi (19n’+5m’)>6, sehingga nilainya tidak mungkin sama dengan 6. ii) Asumsikan n ganjil. 19n memiliki angka terakhir 9, sehingga k memiliki angka terakhir 4. Agar nilainya <14, maka k=4. Tetapi 19n≡1 (mod 3) dan 5m≡±1 (mod 3), sehingga 19n-5m≡0 atau 2 (mod 3), padahal 4≡1 (mod 3). Jadi nilai k tidak mungkin sama dengan 4. Untuk kedua kasus di atas, tidak ada nilai yang kurang dari 14. Jadi nilai terkecil k adalah 14. 8. Jika a0 = 1 dan an +1 = a0 a1 a2 " an + 4 , n ≥ 0 , buktikan an − an +1 = 2 untuk setiap

n ≥ 1. Solusi. Perhatikan bahwa

an = a0 a1a2 " an −1 + 4 an − 4 = a0 a1a2 " an −1 an 2 − 4an = a0 a1a2 " an an 2 − 4an + 4 = a0 a1a2 " an + 4 (an − 2) 2 = an +1 an − 2 = an +1 an − an +1 = 2. 9. Radius lingkaran luar R dari segitiga dengan sisi a, b, c memenuhi persamaan R=

a bc . Tentukan sudut-sudut segitiga itu. b+c

abc (b + c) bc . Tetapi dengan trigonometri, luasnya = 4R 4 1 1 (b + c) bc 1 b+c bc sin A ≤ bc . Maka ≤ bc , atau ≤ bc . Menurut pertidaksamaan 2 2 4 2 2 b+c AM-GM, ≥ bc , sehingga kesamaan harus terjadi, yaitu b = c , dan sin A = 1 . Sudut 2 A = 900 . Karena b = c , maka B = C = 450 . Jadi sudut-sudutnya adalah 900, 450, 450.

Solusi. Luas segitiga itu adalah

10. Kanada 1969 Tentukan semua fungsi f : ` → ` sehingga untuk semua m, n ∈ ` + : f ( mn) = f ( m) f ( n) , f ( n + 1) > f ( n) .

f (2) = 2 ,

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

Solusi.

Perhatikan

bahwa

36

f (1× 2) = f (1) f (2) ,

( )

sehingga

f (1) = 1 .

Kemudian

f (2n) = f (2) f ( n) = 2 f ( n) . Maka f 2 k = 2k untuk setiap bilangan asli k. Perhatikan

bahwa:

( )

f 2k = 2 k < 2 k + 1 < 2k + 1 < " < 2 k +1 − 1 < 2

k +1

(

= f 2k +1

)

Karena f ( x ) adalah fungsi naik, maka barisan

( ) (

) (

)

(

f 2k , f 2 k + 1 , f 2k + 2 ," , f 2 k +1

)

memiliki nilai berbeda-beda dari 2 k sampai 2k +1 . Ini menyebabkan f ( x ) = x untuk setiap 2 k ≤ x ≤ 2 k +1 . Tetapi ini berlaku untuk setiap bilangan asli k , sehingga ini berlaku untuk setiap bilangan asli x ≥ 2 . Karena f (1) = 1 , maka f ( x ) = x untuk setiap bilangan asli x . 11. Jika a, b, c adalah bilangan real positif sehingga

1 1 1 + + = 2 , buktikan a +1 b +1 c +1

bahwa 1 1 1 + + ≥1. 4a + 1 4b + 1 4c + 1

Solusi. Ketaksamaan yang akan dibuktikan ekuivalen dengan 1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + − 1 . Sekarang kita cukup membuktikan 4a + 1 4b + 1 4c + 1 a + 1 b + 1 c + 1 1 1 1 ≥ − untuk setiap bilangan asli x . Jika bentuk terakhir ini disederhanakan, 4x +1 x +1 3 kita mendapat ketaksamaan yang terbukti dengan trivial: (2 x − 1) 2 ≥ 0 . Maka terbukti. 12. Jepang 2001 Setiap kotak pada papan persegi panjang berukuran m×n diberi warna hitam atau putih. Masing-masing kotak hitam berbatasan dengan kotak-kotak hitam lainnya sebanyak suatu bilangan ganjil. Buktikan bahwa banyaknya kotak hitam adalah suatu bilangan genap. Solusi. Misalkan “batas” menyatakan banyaknya kotak hitam yang berbatasan dengan suatu kotak hitam. Jika suatu kotak hitam A berbatasan dengan kotak hitam B, maka batas A dan batas B masing-masing menambah nilai 1, dan totalnya 2. Jadi total batas seluruhnya adalah suatu bilangan genap. Karena setiap kotak hitam memiliki batas sebanyak bilangan ganjil, maka banyaknya kotak hitam harus bilangan genap, agar jumlah semua batas menjadi genap. Terbukti. 13. Fungsi f memenuhi f ( x) + f (2 x + y ) + 5 xy = f (3 x − y ) + 2 x 2 + 1 untuk bilangan real x, y . Tentukan nilai dari f (10)

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

Solusi. Substitusikan sehingga f (10) = −49 .

37

x = 10, y = 5 .

Maka

f (10) + f (25) + 250 = f (25) + 200 + 1 ,

14. Jika panjang sisi-sisi pada suatu segitiga memiliki perbandingan 3:7:8, maka buktikanlah bahwa sudut-sudutnya membentuk barisan aritmetika. Solusi. Misalkan panjang sisi-sisinya adalah 3 x, 7 x,8 x , misalkan juga sudut di seberang 7x adalah sudut A. Dengan hukum kosinus, kita dapat sisi 1 (7 x) 2 = (3x) 2 + (8 x) 2 − 2(3 x)(8 x) cos A . Sederhanakanlah, sehingga didapat cos A = , 2 sehingga sudut A adalah 600. Jika sudut lainnya adalah B, sudut satu lagi adalah 120-B, maka sudut-sudutnya membentuk barisan aritmetika dengan suku pertama B dan selisih 60-B, terbukti. 15. Jika a, b, c adalah bilangan real antara 0 dan 1, dan a + b + c = 2 , buktikan bahwa a b c ⋅ ⋅ ≥ 8. 1− a 1− b 1− c

Solusi. Misalkan Maka x = 1 − a , y = 1 − b, z = 1 − c . a = 2−b−c = y+ z , b = 2 − a − c = x + z , c = 2 − a − b = x + y . Ketaksamaan yang diminta ekuivalen dengan ( x + y )( y + z )( z + x) ≥ 8 , atau ( x + y )( y + z )( z + x ) ≥ 8 xyz , yang terbukti dengan AMxyz GM.

Solusi Sekilas Logika

[hal. 20] Panjang AC sama dengan DB sama dengan jari-jari lingkaran, 10. [hal. 27] Persamaan menjadi benar jika kita tambahkan titik dibawah satu terakhir, (71-1)(71+1) = 7!

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

38

Berita Hasil UNas 2008 Selamat pada siswa yang lulus UNAS 2008. Berdasarkan hasil UNAS 2008 yang diumumkan pada 14 Juni 2008 WIB didapat bahwa presentase kelulusan UNAS tahun ini secara umum munurun dari tahun lalu dari segi kuantitas. Sebagai contoh Dinas Pendidikan Lampung memastikan bahwa tingkat kelulusan siswa SMA/MA/SMK yang ikut UNAS 2008 turun sampai satu persen, sedangkan kota Tegal tingkat kelulusannya menurun sampai enam persen. Hasil tersebut memberikan efek yang memukul bagi orang-orang yang berhubungan secara langsung dengan siswa peserta UNAS selain si siswa sendiri. Bahkan di Malang seorang kakek diduga meninggal setelah mendengar berita bahwa kedua cucunya tidak lulus yang memicu penyakit sesak nafasnya. Di lain pihak, siswa yang lulus merayakan kelulusannya dengan berbagai cara. Kebanyakan segera melalukan konvoi kendaraan dan corat-coret baju dengan alasan kendang-kenangan teman. Tidak segan-segan polisi menindak siswa yang kedapatan melanggar aturan lalu-lintas disamping aturan standar lainnya. Hal ini dapat terjadi karena syarat kelulusan tahun ini dinaikkan dari tahun sebelumnya baik dari standar nilai sampai banyaknya mata pelajaran yang diujikan. Pada ujian 2008, angka kelulusan dinaikkan menjadi 5 dari 4, sedangkan nilai terendah 4,25 dari 4, serta mata pelajaran yang diujiakan menjadi enam dari tahun lalu yang hanya mengujikan 3 mata pelajaran. Sehingga turunnya tingkat kelulusan diimbangin dengan meningkatnya kualitas kelulusan. Ini tentu saja kabar baik baik pendidikan di Indonesia secara umum. Bagi yang belum lulus masih ada ujian kejar paket C yang setara dengan Unas SMA pada tanggal 24 Juni 2008, sedangkan bagi yang sudah lulus dan ingin melanjutkan ke jenjang yang lebih tinggi SNMPTN sudah di depan mata. Referensi http://www.kompas.com/read/xml/2008/06/16/1151530/surabaya.macet.ratusan.siswa.konvoi.rayakan.kelul usan http://www.kompas.com/read/xml/2008/06/14/18194353/konvoi.kendaraan..warnai.pengumuman.kelulusa n.un.di.tegal http://www.kompas.com/read/xml/2008/06/14/18194353/konvoi.kendaraan..warnai.pengumuman.kelulusa n.un.di.tegal http://www.kompas.com/read/xml/2008/06/16/06535314/dua.cucu.tak.lulus.un.samuan.tewas.mendadak

Aturan Pelaksanaan SNMPTN Seleksi Nasional Masuk Perguruan Tinggi Negeri yang disingkat SNMPTN merupakan penganti SPMB dengan aturan yang serupa. Bagi kamu yang akan mengikuti SNMPTN 2008 aturan pelaksanaan harus sangat diperhatikan demi kesusuksesan pelaksanaan mulai dari pendaftaran sampai waktu ujiannya sendiri. Pertama tentu saja harus yakin bahwa

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

39

seleksi PTN pilihanmu adalah SNMPTN. Sedangkan aturan pelaksanaan antara lain adalah sebagai berikut. Program Studi dan Jumlah Pilihan

1. Program Studi yang ada di Perguruan Tinggi Negeri dibagi menjadi 2 kelompok yaitu Kelompok IPA dan Kelompok IPS. 2. Setiap peserta ujian kelompok IPA dapat memilih paling banyak 2 (dua) program studi kelompok IPA. 3. Setiap peserta ujian kelompok IPS dapat memilih paling banyak 2 (dua) program studi kelompok IPS. 4. Setiap peserta ujian kelompok IPC dapat memilih paling banyak 3 (tiga) dengan catatan sediktinya 1 (satu) program studi kelompok IPA dan 1 (satu) program studi kelompok IPS. 5. Urutan pilihan Program Studi merupakan prioritas pemilihan. 6. Peserta yang hanya memilih 1 (satu) program studi saja diperbolehkan memilih program studi dari PTN di wilayah mana saja. 7. Peserta ujian yang memilih 2 (dua) program studi atau lebih, salah satu program studi tersebut harus merupakan program studi dari PTN yang berada dalam satu wilayah dengan tempat peserta mengambil formulir pendaftaran. Pilihan yang lain dapat merupakan program studi dari PTN di wilayah mana saja. 8. Daftar kode program studi dari berbagai PTN dapat dilihat pada lampiran 4. Biaya Ujian

1. Bagi peserta ujian yang memilih kelompok IPA saja atau kelompok IPS saja biaya mengikuti ujian Rp 150.000,- (seratus lima puluh ribu rupiah). 2. Bagi peserta ujian yang memilih kelompok IPC biaya mengikuti ujian Rp 175.000,- (seratus tujuh puluh lima ribu rupiah). Tata Cara Memperoleh Formulir Pendaftaran

Pembayaran biaya mengikuti ujian dilakukan pada semua Bank Mandiri, dimulai tanggal 16 Juni dan berakhir 27 Juni 2008, dapat diwakilkan dan harus dibayar tunai. 1. Pembayaran dapat dilakukan melalui cabang Bank Mandiri manapun. 2. Uang yang telah disetorkan ke bank tidak dapat diminta kembali dengan alasan apapun. 3. Bukti pembayaran asli dari bank ditukarkan dengan Formulir Pendaftaran dan buku panduan peserta SNMPTN 2008 di Panitia Lokal penyelenggara ujian. Tata Cara Pengembalian Formulir Pendaftaran

1. Formulir Pendaftaran yang telah diisi dengan benar, teliti dan lengkap harus dikembalikan ke Panitia Lokal penyelenggara ujian pada waktu dan tanggal yang

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

40

telah ditetapkan. Apabila anda terlambat maka pendaftaran akan ditunda pada hari berikutnya. 2. Pengembalian Formulir Pendaftaran dilaksanakan antara tanggal 16 Juni sampai dengan tanggal 28 Juni 2008 pada pukul 08.00 – 16.00. 3. Pengembalian Formulir Pendaftaran harus dilakukan oleh peserta sendiri dan tidak boleh diwakilkan. 4. Dokumen yang harus dibawa adalah Ijazah / STTB asli beserta fotokopinya bagi lulusan tahun 2006 dan 2007, untuk lulusan tahun 2008 dapat menggunakan Surat Tanda Lulus (STL) dan pasfoto berwarna terbaru ukuran 4x6 sebanyak 3 (tiga) lembar Jadwal Ujian

Ujian diselenggarakan secara serentak dan terpadu pada : Hari dan tanggal

WIB

WITA

WIT

Kegiatan

Rabu 07.30-08.00 08.30-09.00 09.30-10.00 Pengisian data pribadi peserta 2 Juli 2008 08.00-10.30 09.00-11.30 10.00-12.30 Tes Kemampuan Kuantitatif dan Kemampuan Bahasa Kamis 07.30-10.00 08.30-11.00 09.30-12.00 Tes Kemampuan IPA 3 Juli 2008 10.00-11.00 11.00-12.00 12.00-13.00 Istirahat 11.00-12.30 12.00-13.30 13.00-14.30 Tes Kemampuan IPS Aturan pelaksanaan SNMPTN secara lengkap dapat diperoleh dari situs resminya, yaitu http://www.snmptn.ac.id. Situs ini juga akan secara resmi mengumumkan hasil ujian mulai pukul 00.00 tanggal 1 Agustus 2008.

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

41

Iklan

Simpan Iklan Di Sini

Simpan Iklan Di Sini

Simpan Iklan Di Sini

MAJALAH Zer0 EDISI 01 | JULI 2008

42

Daftar Isi MENJELANG SNMPTN

4

PERSAMAAN DAN FUNGSI LIMIT CHEAT SHEET TIPS

4 8 14

MASALAH JOSEPHUS

15

IDENTIFIKASI MASALAH BILANGAN BINER PENJUMLAHAN PANGKAT DARI DUA KOMPUTASI

15 17 18 19

OSN MATEMATIKA SMP 2007

21

MASALAH SOLUSI

21 23

ARGUMENTASI YANG KELIRU

28

MASALAH & SOLUSI

30

MASALAH SOLUSI

30 31

BERITA

38

HASIL UNAS 2008 ATURAN PELAKSANAAN SNMPTN

38 38