buka ttg pembuktian matemtika dll
TRANSCRIPT
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
1/155
Contents
Contents iv
List of Tables v
List of Figures vi
1 Mathematics Proof Method
Metode Pembuktian Matematis 1
1.1 Direct Proof
Bukti Langsung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Indirect Proof
Bukti Tak Langsung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2 Number Theory
Teori Bilangan 11
2.1 Divisibility
Keterbagian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2 Special Number
Bilangan Khusus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2.1 A Prime and Composite Number
Bilangan Prima dan Komposit . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2.2 Perfect Square
Bilangan Kuadrat Sempurna . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
i
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
2/155
CONTENTS ii
2.3 GCD dan Algoritma Euclid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.4 Modular Arithmetic
Modulo Aritmatik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.5 Linear Diophantine Equations
Persamaan Linier Diophantin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
3 Algebra Functions
Fungsi Aljabar 28
3.1 Polynomials Inequality
Pertidaksamaan Polinomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3.1.1 Inverse Function
Fungsi Invers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.1.2 Arithmetic and Geometric Sequence
Barisan Aritmatik dan Geometrik . . . . . . . . . . . . . . 34
3.2 Arithmetic, Geometric, Harmonic, and Quadratic Means
Rataan Aritmatik, Geometrik, Harmonik dan
Kuadratik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433.3 The Polynomials and Remainder Theorem
Suku Banyak dan Teorema Sisa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.3.1 Polynomials Division
Pembagian Suku Banyak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.3.2 Remainder Theorem
Teorema Sisa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.3.3 Factor Theorem
Teorema faktor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
3/155
CONTENTS iii
3.3.4 Properties of Polynomial Roots
Sifat-Sifat Akar-Akar Suku Banyak . . . . . . . . . . . . . . 50
4 Trigonometry
Trigonometri 57
4.1 Trigonometric Function
Fungsi Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
4.1.1 Sine and Cosine Rule
Aturan Sinus dan Cosinus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
4.1.2 Formulas of Sum and Difference of Angles
Rumus-rumus Jumlah dan Selisih Sudut . . . . . . . . . . 65
4.1.3 Trigonometric Equation
Persamaan Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
4.2 Limit Fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
4.2.1 Solution Techniques
Metode Penyelesaian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
4.2.2 Limit of Algebraic FunctionLimit Fungsi Aljabar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
4.2.3 Limit of Trigonometric Function
Limit Fungsi Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
5 Geometri 86
5.1 Segitiga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
5.2 Segitiga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
5.3 Lingkaran . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
4/155
CONTENTS iv
6 Kombinatorika 125
6.1 Permutasi dan Kombinasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
6.2 Prinsip Inklusi-Ekslusi dan Peluang . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
6.3 Koefisien Binomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
6.4 Prinsip Sarang Merpati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
6.5 Paritas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
6.6 Relasi Rekurensi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
6.7 Soal-soal dan Pembahasan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
5/155
List of Tables
4.1 Trigonometric quadrant system . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
4.2 The value of trigonometric functions for special angles . . . . . . 60
4.3 The value of trigonometric functions for any angle(Xo ) . . . 61
4.4 The value of trigonometric functions for negative angles . . . . . 62
4.5 The value of trigonometric functions for any angle(Xo + ) . . . 62
v
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
6/155
List of Figures
3.1 Squares in the circles. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
4.1 The right triangle trigonometric system . . . . . . . . . . . . . . . 58
4.2 Triangle and circle of radiusR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
4.3 Sum and Difference of Angles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
5.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
vi
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
7/155
CHAPTER 1
Mathematics Proof MethodMetode Pembuktian Matematis
In mathematics, a proof is a convincing demonstration (within the accepted stan-
dards of a field study) to show that some mathematical statement is necessarily
true. Proofs are obtained from deductive reasoning, rather than from inductive
or empirical arguments. That is, a proof must demonstrate that a statement is
true in all cases, without a single exception.
Dalam matematika, bukti adalah suatu demonstarasi meyakinkan (mengikuti
beberapa standar yang diterima dari suatu bidang kajian tertentu) untuk me-
nunjukkan bahwa pernyataan matematika itu betul-betul benar. Pembuktian
lebih diperoleh dari penarikan kesimpulan secara deduktif dibandingkan den-
gan penarikan kesimpulan yang secara induktif atau empiris. Dengan demikian,
bukti harus menunjukkan bahwa sebuah pernyataan itu adalah benar disegala
hal tanpa suatu perkecualian sedikitpun.
The statement that is proved is often called a theorem. Once a theorem is proved,
it can be used as the basis to prove further statements. A theorem may also be
referred to as alemma, that is a sub theorem, especially if it is intended for use
as a stepping stone in the proof of another theorem. An implication of theorems
or lemmas is known as acorollary. An unproved proposition that is believed to
be true is known as a conjecture.
Sebuah pernyataan yang sudah terbuktikan disebut dengan teorema. Sekali teo-
rema itu terbuktikan maka hal ini dapat digunakan sebagai dasar untuk mem-
buktikan pernyataan-pernyataan selanjutnya. Kadangkala teorema disebut juga
1
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
8/155
Chapter 1. Mathematics Proof Method 2
dengan lemma, bagian kecil dari teorema, khusunya jika hal ini digunakan seba-
gai batu loncatan untuk membuktikan teorema-teorema lainnya. Sebuah akibat
dari beberapa teorema atau lemma disebut dengan korolary. Sebuah pernyataan
yang tidak terbuktikan namun diyakini kebenarannya dikenal dengan istilah
konjektur.
Proofs employ logic but usually include some amount of natural language which
usually admits some ambiguity. In fact, the vast majority of proofs in writ-
ten mathematics can be considered as applications of rigorous informal logic.
Purely formal proofs, written in symbolic language instead of natural language,
are considered in proof theory. The distinction between formal and informal
proofs has led to much examination of current and historical mathematical prac-tice, quasi-empiricism in mathematics, and so-called folk mathematics (in both
senses of that term). Therefore, the philosophy of mathematics is concerned with
the role of language and logic in proofs, and mathematics as a language.
Beberapa pembuktian matematika menggunakan logika, namun biasanya juga
melibatkan beberapa bahasa biasa yang kadangkala memunculkan dua arti. Na-
mun demikian fakta menunjukkan bahwa hampir semua pembuktian dalam
pernyataan matematika dapat dikatakan sebagai suatu aplikasi dari logika mate-
matika informal. Dalam pembuktian formal yang asli, penulisan dengan simbol-
simbol matematika dibandingkan dengan penulisan dengan bahasa biasa lebih
dipilih dalam teori pembuktian. Perbedaan antara pembuktian formal dan in-
formal telah mendasari beberapa evaluasi matematika dan sejarah latihan mate-
matika akhir-akhir ini, termasuk juga matematika semi empiris, sehingga kita
mempunyai istilah yang dikenal dengan matematika untuk umum (terhadap
kedua istilah itu). Dengan demikian, filosofi matematika sesungguhnya adalah
terkait dengan bagaimana perananan bahasa dan logika dalam matematika itu
sendiri, sehingga matematika menjadi suatu bahasa.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
9/155
Chapter 1. Mathematics Proof Method 3
Mathematics statement can be either true or false. A statement which is always
true is called atautology, a statement which is always false is called acontradic-
tion. To prove a truth of mathematics statement, we need a proof technique. Ba-
sically, there are two types of proof technique, namely direct proof and indirect
proof. In the following, we describe how the two techniques are implemented
in proving the truth of a statement.
Pernyataan matematika dapat bernilai benar atau salah. Suatu pernyataan yang
selalu bernilai benar disebuttautologi, sedangkan pernyataan yang selalu berni-
lai salah disebutkontradiksi. Untuk membuktikan kebenaran suatu pernyataan
matematika dibutuhkan suatu metode pembuktian. Pada prinsipnya terdapat
dua metode pembuktian, yaitu bukti langsung dan bukti tak langsung. Berikutini akan dijelaskan bagaimana kedua metode itu diterapkan untuk membuk-
tikan kebenaran suatu pernyataan.
1.1 Direct Proof
Bukti Langsung
In this case, to prove a truth of mathematics statement is utilized a direct way
with a particular technique in direction of having a conclusion. In general, there
are three direct proofs, namely one way proof (implication), two ways proof
(biimplication/equivalence) and mathematics induction. Some examples of the
use of those methods are presented in the following.
Dalam hal ini, pembuktian dalam kebenaran matematika dibuktikan dengan
cara langsung dengan teknik-teknik tertentu sampai mencapai kesimpulan. Se-
cara umum, terdapat tiga pembuktian langsung yaitu pembuktian satu arah(implikasi), pembuktian dua arah (biimplikasi/ekuivalensi) daninduksi matematika.
Beberapa contoh penggunaan metode tersebut adalah sebagai berikut.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
10/155
Chapter 1. Mathematics Proof Method 4
Lemma 1.1.1 Ifnis a natural number then 1 + 2 + 3 + + n= n2
(n + 1)for anyn.
Lema 1.1.1 Jika n suatu bilangan asli maka 1 + 2 + 3 +
+n = n
2(n+ 1) untuk
setiapn.
Proof. Implication Proof:SupposeUn = n2 = Un+1 = (n+ 1)2 = n2 + 2n+
1 = Un+1 Un= 2n+ 1. Then we haveBukti. Pembuktian Implikasi:MisalUn=n
2 = Un+1 = (n+ 1)2 =n2 + 2n+1 = Un+1 Un= 2n+ 1. Maka didapat
Un+1 Un = 2n+ 1
Un Un1 = 2(n 1) + 1...U3 U2 = 2 2 + 1U2 U1 = 2 1 + 1.
Sum up thenequations above, we get
Jumlahkan seluruhnpersamaan di atas maka akan didapat
Un+1
U1 = 2(1 + 2 +
+ n) + (1 + 1 +
+ 1)
1 + 2 + + n = n2 + n
2
Therefore
Dengan demikian1 + 2 + + n= n2
(n+ 1).
Lemma 1.1.2 Let a, b be two integer numbers and n be a positif integer. For any integer
n,n|aandn|bwill give the same remainder if and only ifn|(a b).
Lema 1.1.2 Diberikan dua bilangan bulat a, b dan bilangan bulat positip n. Untuksebarang bilangan bulat n, a
n dan b
nakan mempunyai sisa yang sama jika dan hanya
jikan|(a b).
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
11/155
Chapter 1. Mathematics Proof Method 5
Proof. Equivalence Proof:
Bukti. Pembuktian Ekuivalensi:
(=
)
Letsbe a remainder ofaandbdivided byn, we havea = kn + sandb= jn + s
for0 s ndank, j I.Misal sisa pembagian bilangana dan b oleh n adalah s makaa = kn + s dan
b= jn+ s, dengan0 s ndank, j I.
a b = (kn+ s) (jn+ s)= (kn jn)= (k
j)n.
Sincek, j I,k j = pwherepis also integer, and a b = pn, it shows thatn|(a b).Karena k, j Imaka kj =p dimanapjuga bilangan bulat, sehingga ab= pn,yang artinyan|(a b).(=)Suppose thatn|(a b). We will prove thataand bwill give the same remainderwhen they are divided byn. Leta = kn+s1andb = j n+s2for 0
s1
nand
0 s2 n, we will show thats1=s2.Misal n|(a b). Akan dibuktikan bahwaa dan b akan mempunyai sisa yangsama bila dibagin. Misal a = kn + s1 danb = jn + s2 untuk 0 s1 n dan0 s2 n, maka akan ditunjukkans1 = s2.
a b = pna = b+pn
= (jn + s2) +pn
= (j+ p)n+ s2
= kn+ s2.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
12/155
Chapter 1. Mathematics Proof Method 6
Since the remainder ofn|ais single, we haves2=s1Karena sisa darin|aadalah tunggal makas2=s1.
Lemma 1.1.3 Prove that3|(22n 1)forn 1.
Lema 1.1.3 Buktikan bahwa3|(22n 1)untukn 1.
Proof. Mathematics Induction. For n= 1 3|(221) 3|3 (true). Supposeit is true forn= k, we have3|(22k 1). Thus, is that true forn = k + 1?Bukti. Induksi Matematika. Untukn = 1 3|(22 1) 3|3(benar). Misalbenar untukn = k maka3
|(22k
1). Selanjutnya apakah benar untukn = k + 1?
3|(22(k+1) 1) ?3|(22k+2 1)
3|(22k 22 1)3|(22k 22 22 + 3)3|(22(22k 1) + 3).
Since3
|22(22k
1)and3
|3. It follows that3
|(22(22k
1) + 3), hence it is also true
forn = k + 1.
Karena3|22(22k 1)dan3|3maka3|(22(22k 1)+3). Sehingga hal ini juga benaruntukn = k + 1.
1.2 Indirect Proof
Bukti Tak Langsung
In this proof technique, we do not start involving the existing facts in direc-
tion of having a conclusion. We start the prof even from the opposite facts. In
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
13/155
Chapter 1. Mathematics Proof Method 7
general, there are two indirect proofs, namely contradictive proof and contra-
positive proof. Contradictive proof is also called reductio ad absurdum proof.
For instance, we will proof thatAis true, we start the proof by assuming thatA
is not true. Contrapositive proof is obtained by finding a contraposition of an
implication statement in logic math. For instance, we will proof that p qistrue, we start the proof by determining the contraposition ofp (q r), i.e.(q r) p. As we know, in logic mathp (q r) =(q r) p. Inthe following, we present how to use these methods.
Dalam teknik pembuktian ini, fakta-fakta yang ada tidak digunakan secara lang-
sung untuk menuju pada kesimpulan. Pembuktia dimulai justru dari hal se-
baliknya. Secara umum terdapat dua pembuktian tak langsung, yaknipembuk-tian kontradiksi danpembuktian kontraposisi. Pembuktian kontradiksi disebut juga
pembuktian kemustahilan. Misal yang akan dibuktikan adalah benarnya perny-
ataan A, maka pembuktian dimulai dengan mengandaikan bahwa A adalah
salah. Pembuktian kontraposisi diperoleh dari menentukan kontraposisi dari
sebuah pernyataan implikasi dalam logika matematika. Misal akan dibuktikan
bahwa pernyataanp= (qr)benar, maka pembuktian diawali dengan menen-tukan kontraposisi darip = (q r), yaitu (q r) =p. Seperti yang kitaketahui, dalam logika matematikap = (q r) =(q r) = p. Berikut inikita jelaskan bagaimana menggunakan metode pembuktian ini.
Lemma 1.2.1 Prove that
2is an irrational number.
Lema 1.2.1 Buktikan bahwa
2adalah suatu bilangan irasional.
Proof. Contradictive Proof. Suppose that
2 is a rational number. We will
have 2 = a
b , where a
b is a simplified form. By squaring the two sides, weobtaina2 = 2b2. It follows thata2 is even which implies thata is even. Suppose
a= 2k,we have(2k)2 = 2b2 b2 = 2k2 which implies thatb is also even.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
14/155
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
15/155
Chapter 1. Mathematics Proof Method 9
PROBLEMS ANDS OLUTIONS
SOA L-SOAL DANP EMBAHASAN
1. Prove that(an+ b)m =bm mod n.
Buktikan bahwa(an+ b)m =bm mod n.
Solution. Direct Proof.To prove(an + b)m =bm mod n, we need to show
that there exists an integerk such that(an+ b)m bm =kn.Solusi. Bukti Langsung. Untuk membuktikan(an+ b)m = bm mod n
perlu ditunjukkan bahwa terdapat bilangan bulat k sedemikian hingga
(an+ b)m
bm
=kn.
(an+ b)m bm =
(an)m + m(an)m1b+ ...+ m(an)bm1 + bm
bn
= (an)m + m(an)m1b+ ...+ m(an)bm1 + bm bm
= (an)m + m(an)m1b+ ...+ m(an)bm1
=
(a)mnm1 + m(a)m1nm1b+ ...+ m(a)bm1bm1
n
Letk = (a)mnm1 +m(a)m1nm1b+...+m(a)bm1bm1, hence we get(an+ b)m bm =kn. Therefore(an+ b)m =bm mod n.
Bilak =
(a)mnm1 + m(a)m1nm1b + ... + m(a)bm1bm1
, maka didapat
(an+ b)m bm =kn. Sehingga(an+ b)m =bm mod n.
2. Ifpis a prime number andp|a1a2...anthenp|aifor any1 i n.Jikapadalah bilangan prima danp|a1a2...anmakap|aiuntuk sebarang1 i n.Solution. Mathematics Induction. Let P(k) be a representation state-
ment. Step I: Ifp|a1, then it is obvious that P|ai for 1 i 1. Step II:
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
16/155
Chapter 1. Mathematics Proof Method 10
Assume it is true for P(k), that is ifp|a1a2...akthenp|ai for any1 i k.We will show that P(k+1) is also true. Sincep|a1a2...akak+1andp is a primenumber, it holdsp
|a1a2...akor p
|a(k+1). From the two possibilities, we have
p|aifor 1 i k+ 1asP(k)is true. It concludes thatP(k+ 1) is also true.Solusi. Induksi Matematika.MisalP(k)adalah representasi dari perny-
ataan tersebut. Langkah I : Jika p|a1, jelas bahwa P|ai untuk suatu 1i 1. Langkah II: Misalkan p(k) benar, artinya jikap|a1a2...ak makap|aiuntuk suatu 1 i k. Akan dibuktikan bahwaP(k+ 1) benar. Dike-tahuip|a1a2...akak+1, maka karenapbilangan prima berlakup|a1a2...akatauP|a(k+1). Dari kedua kemungkinan ini dikombinasikan, karena P(k)berni-
lai benar, maka didapatkan untuk suatu1 i k + 1. Jadi terbukti bahwaP(k+ 1) bernilai benar.
3. Prove that ifxm is divisible by a primep, thenxis also divisible byp.
Bukatikan bahwa jika xm habis dibagi bilangan prima p, maka x habis
dibagip.
Solution. Sincep divides xm, we havep|xm orp|x.xm1. Sincep is a prime,we have p|xor p|xm1. Supposep does not dividex, it follows p|xm1 or
p|x.xm
2
. Repeat the process, we will be able to show thatp|x.Solusi. Karenap membagi habisxm, didapatp|xm ataup|x.xm1. Karenap adalah bilangan prima maka p|x atau p|xm1. Andaikanp tidak habismembagix, makap|xm1 ataup|x.xm2. Jika proses diteruskan maka akandidapatkan bahwap|x.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
17/155
CHAPTER 2
Number TheoryTeori Bilangan
2.1 Divisibility
Keterbagian
When 13 is divided by 5, it will give quotient 2 and remainder 3, denoted by135
= 2 + 35
or13 = 2 5 + 3. In general, for any positive integersa and b thereexists a unique pair (q, r) of nonnegative integers such that b = q a+ r and0< r < a. We say thatqis the quotient andris the remainder whenbis divided
bya. Ifr = 0then we say that b is divisible bya or a dividesb, denoted bya| b.Ifbis not divisible byathen we denote asa b.
Jika 13 dibagi 5 maka hasil baginya 2 dan sisanya 3 dan ditulis:
13
5 = 2 + 3
5 atau13 = 25+3. Secara umum, apabila abilangan bulat dan bbilangan bulat positif,maka ada tepat satu bilangan bulatqdanrsedemikian hinggab = q a + rdan0< r < a. Dalam hal ini,qdisebut hasil bagi danradalah sisa pembagian bilab
dibagia. Jikar = 0maka dikatakanbhabis dibagiadan ditulisa| b. Bilabtidakhabis dibagiamaka ditulisa b.
Lemma 2.1.1 (1) Ifa|bthena|bcfor anyc I; (2) Ifa| band b| cthena| c; (3) Ifab| cthena| candb| c; (4) Ifa|bandb|athena = b; (5) Ifa| banda| cthena| (bx + cy)forany integersxandy.
11
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
18/155
Chapter 2. Number Theory 12
Lema 2.1.1 (1) Jikaa|bmakaa|bcuntuk sebarangc I; (2) jikaa| bdanb| cmakaa| c;(3) jikaab| cmakaa| cdan b| c; (4) jikaa|bdan b|amakaa =b; (5) jikaa| bdan a| cmakaa
|(bx+ cy)untuk sebarang bilangan bulatxdany.
Proof. Property (1): Ifa| bthenb = ka, and ifb| cthenc = lb = l(ka) = (kl)a.It implies that a| c. Property (3): Ifa| b then b = ka bx = kxa, ifa| c thenc= la cy = kya. We havebx+ cy= (kx+ ly)a, thereforea| (bx+ cy).
Bukti. Sifat (1): a| bmakab = ka, danb| cmakac = lb = l(ka) = (kl)amakaa| c. Sifat (3): a| bmakab = ka bx= kxa, dana| cmakac = la cy =kya.Kemudianbx+ cy = (kx+ ly)amakaa| (bx+ cy).
Lemma 2.1.2 A numberais divisible by2n if the lastndigit of the number is divisible
by2n.
Lema 2.1.2 Suatu bilangan a habis dibagi 2njika n angka terkhir dari bilangan tersebut
habis dibagi2n.
Proof. Suppose n = 1, thus 2 divides a if the last digit of the number is di-
visible by 2. Let a = . . . a3 a2 a1 a0, we have a = 10(. . . a3 a2 a1) + a0. Since
2| 10(. . . a3 a2 a1),a0must be divisible by 2 to have2|a.
Bukti. Misal n = 1, berarti ahabis dibagi 2 jika angka terakhir dari bilangan
tersebut habis dibadi 2. Misala = . . . a3 , a2 a1 a0makaa = 10(. . . a3 , a2 a1) + a0.
Karena2| 10(. . . a3 , a2 a1)a0harus habis dibagi 2 untuk memperoleh2|a.
Example. Is 173332 divisible by 8? Since23
|332, we have8
|173332.
Contoh. Apakah 173332 habis dibagi oleh 8? Karena23| 332maka8| 173332.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
19/155
Chapter 2. Number Theory 13
Example. Is13 + 23 + + 1003 divisible by 7? False, as we have13 + 23 + +1003 = (1 + 2 + 3 + + 100)2 = (5050)2 = 25502500and7 25502500.
Contoh. Apakah13
+ 23
+ +1003
habis dibagi 7? Tidak, karena13
+ 23
+ +1003 = (1 + 2 + 3 + + 100)2 = (5050)2 = 25502500dan7 25502500.
Lemma 2.1.3 A number a = anan1 . . . a1a0 is respectively divisible by 3,9 and 11 if
the sum of its digits satisfies respectively the following: (an +an1 +an2 + +a1 +a0)is divisible by 3;(an+ an1+ an2+ + a1+ a0)is divisible by 9; and(an an1+an2 an3+ . . . )is divisible by 11.
Lema 2.1.3 Suatu bilangan a = anan1 . . . a1a0 berturut-turut habis dibagi 3,9 dan11 jika jumlah angka-angkanya memenuhi masing-masing sifat berikut: (an+ an1+
an2+ + a1+ a0)habis dibagi 3;(an+ an1+ an2+ + a1+ a0)habis dibagi 9;dan(an an1+ an2 an3+ . . . )habis dibagi 11.
Proof.
Bukti.
a = anan1 . . . a1a0
= an 10n + an1 10n1 + . . . a1 101 + a0 100= an (9 + 1)n + an1 (9 + 1)n1 + . . . a1 (9 + 1)1 + a0 (9 + 1)0
= an[9n + n 9n1 + + 9n] +an+ an1[9n1 + (n 1) 9n2 +
+ 9(n 1)] +an1+ + 9a1+ a1+ a0= an[9
n + n 9n1 + + 9n] +an1[9n1 + (n 1) 9n2 + +9(n 1)] + + 9a1+ an+ an1+ + a1+ a0
= K(a) +Q(a)
Since(3 9)| K(a), it must be(3 9)| Q(a)to have(3 9)| a.Karena(3 9)| K(a)maka haruslah(3 9)| Q(a)supaya(3 9)| a.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
20/155
Chapter 2. Number Theory 14
2.2 Special Number
Bilangan Khusus
2.2.1 A Prime and Composite Number
Bilangan Prima dan Komposit
The integerp > 1is called a prime number if there is no integer dwithd > 1
andd =p such thatd|p. Any integern >1 has at least one prime divisor. Ifn isa prime, then that prime divisor isn itself. An integern > 1 that is not a prime
is calledcomposite.
Bilangan bulat p > 1 disebut sebuah bilangan prima jika tidak ada bilangan
bulat d dimanad > 1dand= psedemikian hinggad|p. Setiap bilangan bulatn > 1 mempunyai paling sedikit satu pembagi prima. Jikan adalah bilangan
prima, maka pembagi primanya adalah bilngann itu sendiri. Sebuah bilangan
bulatn >1 yang bukan bilngan prima disebut bilangankomposit.
Theorem 2.2.1 Eratosthenes. For any compositen, there exists a prime p such that
p| n and pn. In other words If there does not exist a primepwhich divides n,wherep n, thennis a prime.
Teorema 2.2.1 Eratosthenes. Untuk setiap bilangan komposit n ada bilangan prima
psehinggap| ndan pn. Dengan kata lain Jika tidak ada bilangan prima p yangdapat membagindenganp nmakanadalah bilangan prima.
Example. Are 157 and 221 prime numbers?. The primes which are less than
157are 2, 3, 5, 7, 11. Since none of them divides 157, then 157 is a prime. Theprimes which are less than
221are 2, 3, 5, 7, 11, 13. Since13| 221then 221 is a
composite number.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
21/155
Chapter 2. Number Theory 15
Contoh. Apakah bilangan 157 dan 221 bilangan prima?. Bilangan-bilangan
prima yang lebih kecil dari
157adalah 2, 3, 5, 7, 11. Karena tidak ada satupun
dari bilangan- bilangan prima itu yang dapat membagi 157, maka 157 meru-
pakan bilangan prima. Kemudian bilangan - bilangan prima yang lebih kecil
dari
221adalah 2, 3, 5, 7, 11, 13. Karena13| 221maka 221 merupakan bilangankomposit.
2.2.2 Perfect Square
Bilangan Kuadrat Sempurna
Any perfect square satisfies the following three properties:
The possible ones of perfect square number is either 0, 1, 4, 5, 6, dan 9.
If 4 divides a perfect square then the remainder is either 0 or 1.
Ifpis a prime and p| x2 thenp| z, wherez=x2/p.
Sebarang bilangan kuadrat sempurna memenuhi tiga sifat berikut ini:
Angka satuan yang mungkin untuk bilangan kuadrat sempurna adalah 0,1, 4, 5, 6, atau 9.
Jika 4 membagi bilangan kuadrat sempurna maka sisanya 0 atau 1.
Jikapbilangan prima danp| x2 makap| z, dimanaz=x2/p.
Example. Obtain a perfect square whose digits arek, k+ 1, k+ 2, 3k, k+ 3.
Contoh. Carilah suatu bilangan kuadrat sempurna yang angka-angkanya berturut-
turut adalahk, k+ 1, k+ 2, 3k, k+ 3.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
22/155
Chapter 2. Number Theory 16
Solution. The ones of the number is k +3, it follows that kcan be either 1, 2, 3 or
6. Whilst the tens is3k, it follows thatkcan be either0, 1, 2or3. They imply that
the possiblek is either1, 2or 3 which give perfect square numbers 12334, 23465
or34596. Since the remainder of12334 divided by 4 is 2, it gives that 12334 is
not a perfect square. The remainder of23465divided by 4 is 1 and 5|23465, but5 4693, so that 23465 is not a perfect square. Now, 4|34596, and we have thefollowing
Solusi. Angka satuan bilangan kuadrat ini adalah k +3sehingga kyang mung-
kin adalah 1, 2, 3, 6. Sedangkan angka puluhannya adalah 3kmaka kyang mung-
kin adalah 0, 1, 2, 3. Dari kedua kemungkinan ini diperolehk yang mungkin
adalah1, 2, 3, dengan demikian bilangan kuadrat yang mungkin adalah12334,23465, 34596. Karena 12334 dibagi 4bersisa 2 maka 12334bukan bilangan kuadrat.
Bilangan23465dibagi 4 bersisa 1 dan 5|23465, akan tetapi5 4693maka23465bukan bilangan kuadrat. Sekarang, bilangan4|34596, dan berikut ini berlaku
2 | 345962 | 172983 | 86493 | 2883
31 | 96131 | 31
Therefore,34596 = 22 32 312 = 1862 which is a perfect square.Sehingga34596 = 22 32 312 = 1862 yang merupakan bilangan kuadrat.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
23/155
Chapter 2. Number Theory 17
2.3 GCD dan Algoritma Euclid
Leta, bbe any integers. An integerd satisfyingd|
aand d|
bis called a common
divisor ofaandb. The biggest (respectively, smallest) value ofdis calledGreater
Common Divisor/GCD, denoted byGC D(a, b))(respectively,Least Common Mul-
tiple/LCM, denoted byLC M(a, b))). Several techniques have been developed to
obtain GCD or LCM, one of them is Euclidean algorithm.
Misaladanbsembarang bilangan bulat. Bilangan bulatd yang memenuhi sifat
d| a dan d| b disebut faktor persekutuan dari a dan b. Nilai terbesar dari d disebutfaktor persekutuan terbesar atau FPB dan ditulis denganF P B(a, b)sedangkan
nilai terkecil darid disebut kelipatan persekutuan terkecil atau KPK dan ditulisKP K(a, b). Beberapa tekni telah dikembangkan untuk menentukan FPB dan
KPK, salah satunya adalah algoritma Euclid.
Algorithm 2.3.1 Euclidean Algorithm. Given two integer numbersa and b witha >
b >0,GCD(a, b)can be obtained by repeating the following algorithm:
a = q1b+ r1; 0< r1 < b
b = q2r1+ r2; 0< r2< r1
r1 = q3r2+ r3; 0< r3< r2...
rn2 = qnrn1+ rn; 0< rn< rn1
rn1 = qn+1rn+ 0
If rn is the last divisor of the division process which gives a remainder 0 then rn is
GCD(a, b).
Algoritma 2.3.1 Algoritma Euclide. Diberikan dua bilangan bulata dan b dengan
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
24/155
Chapter 2. Number Theory 18
a > b > 0, makaGCD(a, b)bisa dicari dengan mengulang algoritma berikut:
a = q1b+ r1; 0< r1 < b
b = q2r1+ r2; 0< r2< r1
r1 = q3r2+ r3; 0< r3< r2...
rn2 = qnrn1+ rn; 0< rn< rn1
rn1 = qn+1rn+ 0
Jika rn merupakan pembagi terakhir dari pembagian di atas yang memberikan sisa 0
makarnmerupakanGCD(a, b).
Example. Determine GCD(4840, 1512). Using Euclidean Algorithm, the solu-
tion is the following:
Contoh. TentukanGC D(4840, 1512). Dengan menggunakan Algoritma Euclid
maka solusinya adalah sebagai berikut:
4840 = 3 1512 + 3041512 = 4 304 + 296
304 = 1 296 + 8296 = 37 8 + 0
Therefore
JadiGCD(4840, 1512) = 8.
Lemma 2.3.1 Anya
|candb
|cimplyab
|cif and only ifGCD(a, b) = 1.
Lema 2.3.1 Sebaranga|cdanb|cberakibatab|cjika dan hanya jika GCD(a, b) = 1.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
25/155
Chapter 2. Number Theory 19
Example. 3|30and5|30imply3 5|30asGCD(3, 5) = 1, however2|30and6|30imply2 630 asGC D(2, 6) = 1.
Contoh. 3|30 dan 5|30 maka 35|30 karena GCD(3, 5) = 1, akan tetapi2|30 dan6|30maka2 630 karenaGCD(2, 6) = 1.
2.4 Modular Arithmetic
Modulo Aritmatik
Let a, b, and m be integers, with m > 1. We say thata and b are congruent
modulom, denoted byab (mod m), if the remainder ofa divided by m andbdivided bymare the same.
Diberikan bilangan bulata, bdan m dimanam > 1. Bilangana dikatakan kon-
gruen denganbmodulom, dituliskan dengana b (mod m), jika sisa pemba-gianaolehmdanbolehmmemberikan sisa yang sama.
Lemma 2.4.1 Ifaandbare congruent modulomthenm| (a b).
Lema 2.4.1 Jikaadanbkongruen modulommakam| (a b).
Proof. a b (mod m) = a= q1m + rand b= q2m + r. Hence ab= (q1 q2)m,it followsm| (a b).
Bukti. a b (mod m) = a = q1m+ r dan b = q2m+ r. Kemudian a b =
(q1 q2)msehinggam| (a b).
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
26/155
Chapter 2. Number Theory 20
Lemma 2.4.2 (1) a b (mod m), b a (mod m) are equivalent with ab 0(mod m);(2) ifa b (mod m) andb c (mod m) thena c (mod m); (3) ifa b (mod m)andd
|mthena
b (mod d); (4) ifa
b (mod m)andc
d (mod m)thenax+cy
bx+ dy (mod m)andac bd (mod m), for anyx, y I.
Lema 2.4.2 (1) a b (mod m), b a (mod m) adalah setara dengan ab 0(mod m); (2) jika a b (mod m) dan b c (mod m) maka a c (mod m); (3) jika ab (mod m)dan d|mmakaa b (mod d); (4) jika a b (mod m)danc d (mod m)makaax+ cy bx+ dy (mod m)danac bd (mod m), untuk sebarangx, y I.
Proof. a
b (mod m)
m|(a
b)
andc
d (mod m)
m
|(c
d)
. FromLemma 2.1.1, we have m|((ab)x+(cd)y) or m|((ax+cy)(bx+dy)), thereforeax+ cy bx+ dy (mod m).
Bukti. a b (mod m) m|(a b)danc d (mod m) m|(c d). SesuaiLema 2.1.1 didapat m|((ab)x + (cd)y)atau m|((ax + cy)(bx + dy)), sehinggaax+ cy bx+ dy (mod m).
It follows from Lemma 2.4.2, iff(x)is a polynomial of integer coefficients and
a b (mod m)thenf(a) f(b)(mod m).Akibat dari Lemma 2.4.2, jika f(x) adalah suatu fungsi polinom dengan koefisien-
koefisien bilangan bulat dana b (mod m)makaf(a) f(b)(mod m).
Example. Prove that for any natural n, S= 2903n803n+261n464n is divisibleby 7 and 271. Furthermore, prove that1897|S.
Contoh. Buktikan bahwa untuk setiap bilangan aslinmakaS= 2903n 803n +261n 464n habis dibagi 7 dan 271. Buktikan juga bahwa1897|S.
Solution. Since 2903 803(mod7) and 464 261(mod7), as well as 2903464 (mod 271)and 803 261 (mod 271), from Lemma 2.4.2(4) we must have 7|S
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
27/155
Chapter 2. Number Theory 21
and271|S. Furthermore, since1897 = 7 271 and GC D(7, 271) = 1, it followsfrom Lemma 2.3.1 that1897|S.
Solusi. Karena 2903 803(mod7) dan 464 261(mod7), demikian juga 2903 464 (mod 271)dan 803 261 (mod 271)maka sesuai dengan Lema 2.4.2(4) di-pastikan bahwa 7|Sdan 271|S. Selanjutnya karena 1897 = 7271 dan GCD(7, 271) =1, maka sesuai Lema 2.3.1 terbukti1897|S.
Lemma 2.4.3 (am+ b)n bn (mod m)
Lema 2.4.3 (am+ b)n bn (mod m)
Proof. The proof is the same with showing that there exists an integerk such
that(am+ b)n bn =km.
Bukti. Pembuktian ini sama artinya dengan membuktikan ada bilangan bulat
ksehingga(am+ b)n bn =km.
(am+ b)n
bn
= (am)n
+ n(am)n
1
b+ + n(am)bn
1
+ bn
bn
= {a(am)n1 + an(am)n2 + + an(b)n1}m= km.
Example. Determine the ones of19971991.
Contoh. Tentukan angka satuan bilangan19971991.
Solution. From Lemma 2.4.3, the solution is as follows:
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
28/155
Chapter 2. Number Theory 22
Solusi. Dengan menggunakan Lema 2.4.3 maka solusinya adalah sebagai berikut:
The ones(Angka satuan)19971991 = The remainder(Sisa bagi)19971991 oleh 10
= (199 10 + 7)1991 (mod 10)= 71991 (mod 10)
= 74497+3 (mod 10)
= (74)497 73 (mod 10)= (2401)497 343 (mod 10)= (240 10 + 1)497 (34 10 + 3) (mod 10)= 1
3 (mod 10)
= 3 (mod 10)
Thereforre, the ones of19971991 is 3.
Sehingga, angka satuan bilangan19971991 adalah 3.
It is easy to see that powering numbers 0, 1, 2, . . . , 9 give the following ones/units:
0 =>0 1type,1 =>1 1type,2 =>2, 4, 8, 6 4types,3 =>3, 9, 7, 1 4types,4 =>4, 6 2types,5 =>5 1type,6 =>6 1type,7 =>7, 9, 3, 1
4types,8 =>8, 4, 2, 6 4types,9 =>9, 1 2types.Mudah dicermati bahwa perpangkatan bilangan 0, 1, 2, . . . , 9 akan menghasilkan
angka satuan berikut: 0 => 0 1jenis,1 => 1 1jenis,2 => 2, 4, 8, 6 4jenis,3 = 3, 9, 7, 14jenis,4 => 4, 62 jenis,5 =>51jenis,6 => 61jenis,7 =>7, 9, 3, 1 4jenis,8 =>8, 4, 2, 6 4jenis,9 =>9, 1 2jenis.
Therefore, finding the units of exponential number can be obtained by the fol-
lowing ways: Consider the example above. Determine the ones of19971991. Since
the ones of the base is 7, the ones of the exponential number contains 4 types,namely 7,9,3,1. Thus1991/4 = 4 497 + 3, it implies that19971991 = 19974497+3which follows the ones of73 3. Therefore the ones of19971991 is 3.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
29/155
Chapter 2. Number Theory 23
Dengan demikian pencarian angka satuan dari perpangkatan bilangan dapat
dilakukan dengan cara berikut: Misal pada contoh soal di atas. Berapa angka
satuan bilangan19971991. Karena angka satuan bilangan dasar adalah angka7
maka angka satuan perpangkatan bilangan ini akan meliputi 4 jenis yaitu 7,9,3,1.
Selanjutnya1991/4 = 4 497+3sehingga19971991 = 19974497+3 yang berakibatangka satuan dari 73 3. Dengan demikian angka satuan bilangan19971991adalah 3.
Example. Determine the ones of345678292784383951.
Contoh. Tentukan angka satuan bilangan345678292784383951.
Solution. Since the ones of the base is
4, the ones of the exponential number
contains 2 types, namely 4,6. Thus383951/2 = 2 191975 + 1, it implies that345678292784383951 = 3456782927842191975+1 which follows the ones of41 4.Therefore the ones of345678292784383951 is 4.
Solusi. Karena angka satuan bilangan dasarnya adalah4 maka angka satuan
perpangkatan bilangan ini akan meliputi 2 jenis yaitu 4,6. Selanjutnya tentukan
2|383951 = 2 191975 + 1sehingga345678292784383951 = 3456782927842191975+1yang berakibat angka satuan dari41 4. Dengan demikian angka satuan bi-langan345678292784383951 adalah 4.
2.5 Linear Diophantine Equations
Persamaan Linier Diophantin
An equation of the formax +by = cwherea, b, care fixed integers and a, bare
all different from zero is called a linear Diophantine equation if the solutions x, y
respect to integers.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
30/155
Chapter 2. Number Theory 24
Persamaan ax + by = c dengan a,b,c bilangan-bilangan bulat dan a, b dua-
duanya bukan nol disebut persamaan linier Diophantine jika penyelesaiannya
dicari untuk bilangan-bilangan bulat.
Theorem 2.5.1 Diophantine equation ax+by= c is solvable if and only ifGCD(a, b)|c.
Teorema 2.5.1 Persamaan Diophantineax + by= cmempunyai penyelesaian jika dan
hanya jikaGCD(a, b)|c.
Proof. Letd = GCD(a, b)and d
|c. We have d
|c
c = kd for any integersk.
Whilstd| GCD(a, b) am+ bn= d for anymandnsuch that:
k(am+ bn) =kd
a(km) +b(kn) =c,
it implies thatx= mk dan y = nk
Bukti. Misal d = GCD(a, b) dan d| c, maka d| c c = kd untuk sebarangbilangan bulat k. Sedangkand| GCD(a, b) am+ bn = d untuk sebarang
bilangan bulatmdannsehingga:
k(am+ bn) =kd
a(km) +b(kn) =c,
berartix= mk dany =nk
Theorem 2.5.2 Ifd= GC D(a, b)andx0, y0are the solutions of Diophantine equation
ax+ by= c, then the general solutions are
x= x0+b
dk and y =y0 a
dk; wherek is an integer parameter.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
31/155
Chapter 2. Number Theory 25
Teorema 2.5.2 Jika d = GCD(a, b) dan x0, y0 merupakan penyelesaian persamaan
Diophantineax+ by= c, maka penyelelesaian umum persamaan tersebut adalah :
x= x0+ bd k dan y =y0 adk; dengank parameter bilangan bulat.
Example. Find the general solutions of Diophantine equation738x +621y = 45.
Contoh. Tentukan solusi umum dari persamaan Diophantine738x +621y = 45.
Solution. FindingGCD(738, 621)with Euclidean Algorithm
Solusi. MencariGC D(738, 621)dengan Alogaritma Euclide
738 = 1 621 + 117621 = 5 117 + 36117 = 3 36 + 9
36 = 4 9 + 0.
we getGC D(738, 621) = 9. Since9| 45, the equation is solvable. Consider the 9as a linear combination of 738 and 621.
diperoleh GCD(738, 621) = 9. Karena9| 45maka persamaan di atas mempunyaipenyelesaian. Jadikan 9 sebagai kombinasi linear dari 738 dan 621.
9 = 117 3 36= 117 3(621 5 117) = 3 621 + 16 117= 3 621 + 16(738 621)
9 = 16 738 19 621
multiplying the two sides by 5, we get 45 = 80 738 45 621. It implies thatx0= 80, y0= 95. Therefore the general solutions are:
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
32/155
Chapter 2. Number Theory 26
Kalikan kedua ruas dengan 5, diperoleh 45 = 80 738 45 621, sehinggadidapatx0 = 80, y0 = 95. Dengan demikian penyelesaian umumnya adalah:
x = 80 +621
9 k= 80 + 69k
y = 95 7389
k= 95 82k
PROBLEMS ANDS OLUTIONS
SOA L-SOAL DANP EMBAHASAN
1. A number A is the smallest natural number which is a product of the small-
est three of prime number. Determine two numbers between200 and 300
which gives the same prime factor withA.
BilanganA adalah bilangan asli terkecil yang merupakan hasil kali dari 3
bilangan prima terkecil. Sebutkan dua buah bilangan di antara200 dan
300yang mempunyai faktor prima yang serupa dengan bilanganA.
Solution. A = 2.3.5 = 3 0, the desired numbers are 24.3.5 = 240 and
2.32
.5 = 270
Solusi. A= 2.3.5 = 30, jadi bilangan yang dicari adalah24.3.5 = 240dan
2.32.5 = 270
2. P(n)is a multiplication of the digits of numbern, andS(n)is summation
of its digits. Determine the ones ofn satisfyingP(n) +S(n) = nifn is a
number consisting two digits.
P(n) didefinisikan sebagai perkalian antara angka-angka bilangann dan
S(n) adalah penjumlahan antara angka-angka bilangan n. Tentukan angkasatuan n yang memenuhi P(n) +S(n) = n jika n adalah bilangan yang
terdiri dari dua angka.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
33/155
Chapter 2. Number Theory 27
Solution. Assume the numbernisab, we havea, bas a tens and ones.
Solution. Asumsikan bilangan tersebut adalah ab, maka kita mengartikan
asebagai puluhan danbsebagai satuan.
P(n) + S(n) = n
a.b + (a + b) = ab
a.b + (a + b) = 10a + b
ab = 9a= a9
Therefore, the ones of the number is 9
Dari sini didapatkan bahwa satuan bilangannadalah9
3. What is the remainder of13 + 23 + 33 + ...+ 1003 divided by 7?
Berapakah sisa pembagian13 + 23 + 33 + ...+ 1003 oleh 7?
Proof.
Bukti.
13 + 23 + 33 + ...+ 1003 = (1 + 2 + 3 +...+ 100)3
= (5050)2
= (101x50)2 (mod7)
= (101)2x(50)2 (mod7)
= (2x72 + 3)2x(72 + 1)2 (mod 7)
= 32x1(mod7)
= 9 (mod 7)
= 2 (mod 7)
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
34/155
CHAPTER 3
Algebra FunctionsFungsi Aljabar
3.1 Polynomials Inequality
Pertidaksamaan Polinomial
In this section, we will show how so solve inequalities. Solving an inequality
means finding all of its solutions. A solution of an inequality is a number which
when substituted for the variable makes the inequality a true statement.
Dalam bagian ini, akan dipelajari bagaimana menyelesaikan pertidaksamaan.
Menyelesaikan pertidaksamaan berarti mencari semua himpunnan penyelesa-
ian. Penyelesaian dari pertidakasamaan adalah sebuah bilangan dimana pada
saat bilangan itu disubstitusikan maka pertidaksamaan menjadi pernyataan yang
benar.
Some properties related to inequality are as follows:
Ifa > bthena= b+ k, for anyk.
Ifa > bthena + c > b+ canda.c > b.cwherec >0.
Ifa > bandb > cthena > c.
Ifa > bandc > dthena + c > b+ d.
Ifa > b > 0 then1/a >1/b, and ifa/b >0 thena.b >0.
28
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
35/155
Chapter 3. Algebra Functions 29
Beberapa sifat-sifat terkait dengan pertidaksamaan adalah sebagai berikut:
Jikaa > bmakaa= b+ k, untuk sebarangk.
Jikaa > bmakaa + c > b+ cdana.c > b.cdimanac >0.
Jikaa > bdanb > cmakaa > c.
Jikaa > bdanc > dmakaa + c > b+ d.
Jikaa > b > 0 maka1/a >1/b, dan jikaa/b >0 makaa.b >0.
In general, we present inequality polynomials as:
Secara umum pertidaksamaan fungsi dinyatakan sebagai
a0xn + a1x
n1 + + an1x+ an 0
The following steps shows how to solve inequality:.
factorizing the polynomials, if it is not factorizible then consider whetherthe function is definite or not.
Draw a number line and show the roots of polynomial equality on it.
Put sign+ or on each interval of the number line respecting to the fol-lowing rules:
Consider the coefficient of the highest order of the inequality.
If the coefficient of the the highest order is positive (respectively, or
negative) then the right side of line number interval is+ (respectively,
or
). Hence, place an alternate sign on the remaining interval.
Consider the sign of the inequality and confirm with the signs on the
interval to conclude the solution set.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
36/155
Chapter 3. Algebra Functions 30
Lagkah-langkah berikut menunjukkan bagaimana cara menyelesaikan persamaan
ini.
Lakukan memfaktorkan terhadap fungsi polinomial, bila tidak dapat di-faktorkan pertimbangkan apakah fungsi tersebut definit.
Gambar sebuah garis bilangan dan letakkan semua akar-akar persamaanpolinomial dalam garis bilangan.
Berikan tanda+atau pada setiap interval dengan prinsip berikut:
Lihat koefisien pangkat tinggi pertidaksamaan tersebut.
Jika koefisien pangkat tertingginya positif maka interval paling kanan
adalah +, bila negatif maka tulis dan kemudian interval selanjutnyasecara bergantian berlawanan tanda.
Lihat tanda pertidaksamaannya dan cocokkan dengan tanda tanda
dalam interval untuk menentukan himpunan penyelesaiannya.
Example. Determinexsatisfying inequalityx2 2x 80 0and
Contoh. Tentukan nilai-nilai x yang memenuhi kedua pertidaksamaan x22x80 0dan
(2x 5)501(x2 3x 4)(x2 + 7x 80)(x3 + 4x2 x + 1)2000(x+ 1)(x + 14)51
0
Solution. To solve this inequality we should consider discriminant D= b24acof quadratic function ax2 +bx+ c = 0. IfD < 0anda > 0 then the quadratic
function is positive definite, IfD
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
37/155
Chapter 3. Algebra Functions 31
Solusi. Untuk menyelesaikan pertidaksamaan ini maka kita harus ingat kon-
sep DeskriminanD = b2 4acuntuk fungsi kuadratikax2 +bx + c = 0. BilaD < 0dan a > 0maka fungsi kuadratik adalah definit positif, BilaD < 0dan
a < 0maka fungsi kuadratik adalah definit negatif. Kemudian setiap bilangan
yang berpangkat genap pasti bernilai positif.
x2 2x 80 0(x 10)(x + 8) 0 Hp1= {x| 8 x 10}
Whilst(Sedangkan)
(2x
5)501(x2
3x
4)(
x2 + 7x
80)(x3 + 4x2
x + 1)2000
(x+ 1)(x + 14)51 0(2x 5)501(x 4)
(x+ 14)51 0
For(Untuk) x = 14, (2x 5)501(x 4)(x+ 14)51 0For(Untuk) x = 14, (2x 5)501(x 4)(x+ 14)51
0
It follows(Berarti) (2x 5)501(x 4)(x + 14)51 0Therefore (Sehingga) Hp2 = {x| 14< x 5
2 x 4}
Since the problem shows a conjunction relation then both solution sets H p1and
Hp2must be joined. It implies thatH p= {x| 8 x 52 4 x 10}.Karena masalah di atas menunjukkan relasi konjungsi, maka kedua himpunan
penyelesaianHp1danH p2harus digabung. Sehingga diperolehH p= {x| 8 x 5
2 4 x 10}.
Example. The value ofx satisfying inequality(x 2)4(x2 x 10)|x2 x 1
|(
x+ 1)2
1is. . .
Contoh. Hargaxyang memenuhi pertidaksamaan(x 2)4(x2 x 10)|x2 x 1|(x + 1)2 1adalah. . .
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
38/155
Chapter 3. Algebra Functions 32
(A) x 1 0 x 1 x 2
(B)12 x 0 3
2 x 2
(C)1 x 0 1 x 2
(D)12
< x 32
(E) Allx(Semua hargax)
3.1.1 Inverse Function
Fungsi Invers
Iffis a function from A toB then aninverse functionfor fis a function in the
opposite direction, fromB to A, with the property that a round trip (a composi-
tion) fromA to B toA (or fromB toA to B) returns each element of the initial
set to itself. Thus, if an inputx into the function produces an outputy, then
inputtingy into the inverse functionf1 (readf inverse, not to be confused with
exponentiation) produces the outputx. Not every function has an inverse; those
that are calledinvertible.
Jika fadalah fungsi dari A ke Bmaka fungsi invers untuk fadalah suatu fungsi
balikan yang berlawanana arah, yaitu dariB ke A, dengan sifat rute balikan
itu (komposisi fungsi) adalah dariA ke B ke A (atau dari B ke A ke B) akan
mengembalikan masing-masing element dari himpunan asal ke elemen-element
itu sendiri. Dengan kata lain, jika dimasukkanx ke dalam fungsi memberikan
hasil y, maka dengan memasukkan nilaiyke dalam fungsi inversf1 (baca fin-
vers, biar tidak dibingungkan dengan pengertian eksponensial) akan diperoleh
hasil x. Tidak setiap fungsi memiliki balikan, fungsi yang tidak mempunyai
fungsi invers ini disebutinvertibel.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
39/155
Chapter 3. Algebra Functions 33
Theorem 3.1.1 Iff(x)is function with x then inverse functionf1(x)satisfiesthe following:
Teorema 3.1.1 Jika f(x) suatu fungsi dalam x maka fungsi invers f1(x) memenuhihal berikut:
1. f f1(x) =x (f g)1(x) =g1 f1(x)
2. f(x) =ax+ b= f1(x) = xba
3. f(x) = ax+bcx+d
= f1(x) = dx+bcxa
4. f(x) =ax2 + bx+ c= f112 (x) = b2a1
a
x+ D
4a
5. f(x) =
ax+ b= f1(x) = x2b
a
6. f(x) =ax+ b f g= px+ q= g(x) = px+qba
7. f(x) =abx = f1(x) = alog xb
Bukti. For no. 4. From (1), we know thatf f1(x) = x, so that for f(x) =ax2 + bx+ cwe get
Proof. Untuk nomor 4. Dari (1) dipahami bahwaff1(x) =x sehingga untukf(x) =ax2 + bx+ cdiperoleh
f(f1) = x
a(f1)2 + b(f1) + c = x
a(f1)2 + b(f1) +c x = 0
f112 = b
2a1ax+ b2 4ac4a
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
40/155
Chapter 3. Algebra Functions 34
3.1.2 Arithmetic and Geometric Sequence
Barisan Aritmatik dan Geometrik
In mathematics, anarithmetic sequenceor arithmetic progression is a sequence
of numbers such that the difference of any two successive members of the se-
quence is a constant. For instance, the sequence3, 5, 7, 9, 11, 13, . . . is an arith-
metic progression with common difference 2. The sum of the terms of a arith-
metic progression is known as aarithmetic series. Thus, the general form of a
arithmetic sequence isa, a+ b, a+ 2b , . . . , a+ (n 1)b; and that of a geometricseries is(a) + (a + b) + (a + 2b) + + (a + (n 1)b).
Dalam matematika, suatu barisan aritmatika atau urutan aritmatika didefin-isikan sebagai barisan bilangan sedemikian hingga beda dari dua bilangan yang
berurutan dari barisan itu adalah konstan. Sebagai contoh, barisan bilangan
3, 5, 7, 9, 11, 13, . . . adalah barisan aritmatika dengan beda 2. Jumlah suku-suku
dari barisan arimatika disebut dengan deret aritimatika. Bentuk umum dari
barisan aritmatika adalah a, a+b, a+ 2b , . . . , a + (n 1)b; sedangkan bentukumum dari deret aritmatika adalah(a) + (a + b) + (a + 2b) + + (a + (n 1)b).
Meanwhile, Ageometric sequenceis a sequence of numbers where each term
after the first is found by multiplying the previous one by a fixed non-zero num-
ber called the common ratio. For example, the sequence 2, 6, 18, 54,. . . is a
geometric progression with common ratio 3. Similarly 10, 5, 2.5, 1.25, . . . is a
geometric sequence with common ratio 1/2. The sum of the terms of a geo-
metric progression is known as a geometric series. Thus, the general form of
a geometric sequence is a,ar,ar2, ar3, ar4, . . .; and that of a geometric series is
a + ar+ ar2 + ar3 + ar4 + . . .
Sementara, suatu barisan geometrik adalah barisan bilangan dimana masing-masing suku setelah bilangan pertama didapat dari mengalikan bilangan se-
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
41/155
Chapter 3. Algebra Functions 35
belumnya dengan bilangan konstan yang tidak nol, yang disebut dengan ra-
sio dan rasio ini selalu sama. Sebagai contoh, barisan bilangan 2, 6, 18, 54,. . .
adalah barisan geometrik dengan rasio 3. Sama hanya dengan barisan 10, 5,
2.5, 1.25, . . . adalah barisan geometrik dengan rasio 1/2. Jumlah suku-suku
dari barisan geometrik ini disebut denganderet geometrik. Bentuk umum dari
barisan geometri adalah a,ar,ar2, ar3, ar4, . . .; sedangkan bentuk umum dari
deret geometri adalaha + ar+ ar2 + ar3 + ar4 + . . .
Lemma 3.1.1 Given an arithmetic sequence a +(a+b)+(a +2b) + +(a +(n1)b),
wherea
is an initial term anb
is a deference of any two successive terms. Then, we havethe followings:
Lema 3.1.1 Diberikan suatu deret aritmatika a+(a+b)+(a+2b)+ +(a+(n1)b),dimanaa adalah nilai suku awal dan badalah beda suku-suku yang berurutan, maka
beberapa hal berikut berlaku:
Un = a + (n 1)b (3.1)
Sn =
n
2[U1+ Un] (3.2)Sn =
n
2[2a + (n 1)b] (3.3)
Ut = a +1
2(n 1)b (3.4)
Lemma 3.1.2 If we insert somek numbers on between any two successive numbers of
arithmetic sequence and they form a new arithmetic sequence, then
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
42/155
Chapter 3. Algebra Functions 36
Lema 3.1.2 Jika diantara dua buah bilangan yang berurutan dari suatu deret arit-
matika disisipik buah bilangan dan membentuk deret aritmatika baru maka
b = b
k+ 1 (3.5)
n = n+ (n 1)k (3.6)
Lemma 3.1.3 Leta+ar+ar2 + +arn1 be a geometric sequence, where a, rarerespectively an initial value and ratio. The followings hold for this squence
Lema 3.1.3 Diberikan suatu deret geometrika+ ar +ar2
+ +arn
1
, dimana aadalah nilai suku awal dan r adalah rasio suku-suku yang berurutan. Beberapa hal
berikut berlaku untuk deret ini.
Un = arn1 (3.7)
Sn = a(rn 1)
r 1 , r >1 (3.8)
Sn = a(1 rn)
1 r , r
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
43/155
Chapter 3. Algebra Functions 37
Lemma 3.1.5 For arithmetic and geometric series satisfy Un = Sn
S(n
1).
Lema 3.1.5 Untuk deret aritmatik maupun geometrik berlakuUn=Sn S(n 1).
Lemma 3.1.6 An infinite convergence geometric series, where |r| < 1, satisfiesS =a
1r .
Lema 3.1.6 Untuk deret geometrik tak hingga konvergen, dimana|r| < 1, berlakuS = a1r .
Example. Determine the sum of all radius of circles whose numbers are infinity.
Example. Tentukan jumlah seluruh jari-jari lingkaran berikut ini sampai pada
banyaknya lingkaran tak higga.
Figure3.1:Squares in the circles.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
44/155
Chapter 3. Algebra Functions 38
Furthermore, how to find the n-term of sequence1, 4, 11, 22, 37, . . . . Both formu-
las Un can not be used to answer this problems as the sequence does not have
a common difference at first layer, namely 3,7,11,15. Thus then, this sequence
admits an arithmetic sequence of common difference 4. The solution can be ob-
tained by considering polynomialf(x) =akxk + ak1xk1 + ak2xk2 + + a0x0.
Selanjutnya, bagaimana menentukan suku kendari barisan bilangan:1, 4, 11,22, 37, . . . . Kedua rumus Un di atas tidak dapat dipakai untuk menjawab per-
tanyaan ini, sebab beda pada layer pertama tidak sama, yaitu 3,7,11,15, baru
kemudian barisan beda ini merupakan barisan aritmatika dengan beda 4. So-
lusinya diperoleh dari mempertimbangkan fungsi polinomialf(x) = akxk +
ak1xk
1
+ ak2xk
2
+ + a0x0
.
Lemma 3.1.7 Letf(x) = a1x+ a0; x = 1, 2, . . . , nbe a linear function series of the
polynomial, it has common differenceb = a1at firs layer.
Lema 3.1.7 Misal deret fungsi linear dari polinomial di atas adalah f(x) = a1x+
a0; x= 1, 2, . . . , n, maka deret ini mempunyai bedab = a1pada layer pertama.
Proof. An expansion of the linear function for then-terms is as follows:
Bukti. Ekspansi fungsi linear sampai suku kenadalah sebagai berikut:a1+ a0, 2a1+ a0, . . . , a1(n 3) +a0, a1(n 2) +a0, a1(n 1) +a0, a1n+ a0
hence the common difference of the successive terms is b = f(n) f(n 1) =f(n 1) f(n 2) = =f(2) f(1) =a1, namelysehingga beda dari suku-suku yang berurutan adalahb = f(n) f(n 1) =f(n
1)
f(n
2) =
=f(2)
f(1) =a1, yaitu
a1+ a0, 2a1+ a0 a1
, . . . , a1(n 3) +a0, a1(n 2) +a0 a1
, a1(n 1) +a0, a1n+ a0 a1
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
45/155
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
46/155
Chapter 3. Algebra Functions 40
or
atau
a2+ a1+ a0, 4a2+ 3a2+a1
2a1+ a0, 9a2+ 5a2+a1
3a1+ a0, 16a2+ 7a2+a1
4a1+ a0, 25a2+ 9a2+a1Layer I
5a1+ a0
2a2
2a2
2a2Layer II
Lema 3.1.10 Letf(x) =a3x3 +a2x
2 +a1x+a0; x= 1, 2, . . . , n, be a cubic function
series of the polynomial, it has common difference b= 6a3at third layer.
Lema 3.1.11 Misal deret fungsi kubik dari polinomial di atas adalah f(x) = a3x3 +
a2x2 +a1x+ a0; x = 1, 2, . . . , n, maka deret ini mempunyai beda b = 6a3 pada layer
ketiga.
Proof. As exercise.
Bukti. Sebagai latihan.
We conclude inductively in the following theorem:
Secara induktif dapat disimpulkan dalam teorema berikut:
Theorem 3.1.2 The series of polynomial function f(x) =akxk+ak1xk1+ak2xk2+
+ a0x0; x= 1, 2, . . . , nhas a common differenceb = k!akat layerk.
Teorema 3.1.2 Deret fungsi polinomialf(x) =akxk +ak1xk1 +ak2xk2 + +a0x
0; x= 1, 2, . . . , n, mempunyai beda yang samab= k!akpada layer kek.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
47/155
Chapter 3. Algebra Functions 41
Proof. As exercise.
Bukti. Sebagai latihan.
Example. Given a series15 + 32 + 63 + 108 + 167 + . . . . Obtain thenterm andthensum.
Example. Diberikan suatu deret15 + 32 + 63 + 108 + 167 + . . . . Tentukan suku
kendan jumlah ken.
Solution. The series above forms the following
Solusi. Deret di atas akan mengikuti pola berikut
15 + 32 17
+ 6331
+108 45
+167 59
+ . . .
14
14
14
Since the series has a common difference at second layer, we have k = 2 and
the functionf(x) = a2x2 +a1x+ a0. We need to find the coefficientsa2, a1, a0.
Theorem 3.1.2 implies b = k!ak = 2!a2 = 14 a2 = 7, it followsf(x) = 7x2 +a1x + a0. LetUn = f(n)andUn= 7n
2 + a1n+ a0. We have the following:
Karena deret fungsi mempunyai beda yang sama pada layer kedua makak = 2dan rumusf(x) = a2x
2 +a1x+a0. Selanjutnya perlu dicari koefisiena2, a1, a0.
Dari Theorema 3.1.2 diperoleh b = k!ak = 2!a2 = 14 a2 = 7. Sehinggaf(x) = 7x2 +a1x+ a0. MisalUn = f(n) dan Un = 7n
2 +a1n+ a0, maka akan
didapat:
n= 1 7 +a1+ a0= 15 a1+ a0= 8n= 2 28 + 2a1+ a0= 32 2a1+ a0 = 4
From both equations, we have a1 =4 dan a0 = 12 which implies that thenterm isUn= 7n2 4n+ 12.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
48/155
Chapter 3. Algebra Functions 42
Dari kedua persamaan diperoleh nilai a1 =4 dan a0 = 12. Sehingga sukukenadalahUn= 7n2 4n+ 12.
To find thensum of the above series, we consider the following seriesUntuk menentukan jumlah ken dari deret di atas, maka kita lihat deret berikut
Un 15, 32, 63, 108, 167, . . .Sn 15, 47, 110, 218, 385, . . .
15, 47 32
, 110 63
, 218108
,385167
+ . . .
31
45
59
14 14Since the sequence of function has a common difference on the third layer, we
have k = 3 and function f(x) = a3x3 +a2x
2 +a1x+ a0. We need to find the
coefficientsa3, a2, a1, a0. Theorem 3.1.2 impliesb = k!ak = 3!a3 = 14 a3 = 73 .Hence f(x) = 7
3x3 + a2x
2 + a1x + a0. Let Sn=f(n)and Sn = 73
n3 + a2n2 + a1n + a0.
We have the following:
Karena deret fungsi mempunyai beda yang sama pada layer ketiga makak = 3
dan rumus f(x) = a3x3 +a2x
2 +a1x+ a0. Selanjutnya perlu dicari koefisien
a3, a2, a1, a0. Dari Theorema 3.1.2 diperolehb = k!ak = 3!a3 = 14 a3 = 73 .Sehinggaf(x) = 7
3x3 + a2x
2 + a1x + a0. MisalSn = f(n)makaSn= 73
n3 + a2n2 +
a1n+ a0, maka akan didapat:
n= 1 73
+ a2+ a1+ a0= 15 a2+ a1+ a0=383
n= 2 563
+ 4a2+ 2a1+ a0= 47 4a2+ 2a1+ a0 = 853
n= 3 1893
+ 9a2+ 3a1+ a0 = 110 9a2+ 3a1+ a0 = 1413
Solving the three equations, we have a2 = 3
2, a1 =
676
anda0 = 0which implies
thensum isSn= 73 n3 + 32 n2 + 676n.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
49/155
Chapter 3. Algebra Functions 43
Dengan menyelesaikan ketiga persamaan di atas diperoleh nilaia2= 32
, a1 = 67
6
dana0 = 0. Sehingga jumlah suku kenadalahSn = 73 n3 + 32 n2 + 676n.
3.2 Arithmetic, Geometric, Harmonic, and Quadratic
Means
Rataan Aritmatik, Geometrik, Harmonik dan
Kuadratik
In mathematics or statistics, an arithmetic meanof a list of numbers is the sum
of all of the list divided by the number of items in the list. The arithmetic mean
is the most commonly-used type of average and is often referred to simply as
the average. A geometric mean is a type of mean or average, which indicates
a central tendency of numbers. It is similar to arithmetic mean, which is what
most people think of with the word average, except that instead of adding the
set of numbers and then dividing the sum by the count of numbers in the set
n, the numbers are multiplied and then the nth root of the resulting product is
taken. A harmonic mean(formerly sometimes called the subcontrary mean) isone of several kinds of average. Typically, it is appropriate for situations when
the average of rates is desired. A quadratic meanis a type of average which is
calculated as the square root of the mean of the squares.
Dalam matematika atau statistika, suaturataan aritmatik dari daftar bilangan
adalah jumlah bilangan itu dibagi dengan banyaknya bilangan dalam daftar.
Rataan aritmatika adalah sesuatu yang paling sering dipakai dan secara umum
juga disebut dengan rata-rata. Rataan geometrikadalah jenis rataan atau rata-
rata yang merepresentasikan suatu tendensi sentral dari sekumpulan bilangan.
Hampir sama dengan rataan aritmatik dimana banyak orang berpikir bahwa ini
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
50/155
Chapter 3. Algebra Functions 44
hanyalah rata-rata, namun dalam rata-rata seluruh bilangan dalam daftar di-
jumlahkan kemudian dibagi dengan banyaknya bilangan dalam daftar, untuk
rataan geometrik semua bilangan dalam daftar dikalikan kemudian ditarik akar
pangkat n. Rataan harmonik (dulu disebut sebagai kebalikan rataan) adalah
jenis lain dari rata-rata. Biasanya ini sesuai untuk menentukan rata-rata yang
mempertimbangkan tingkatan.Rataan kuadratik adalah tipe dari rata-rata yang
diperoleh dari menarik akar kuadrat dari rata-rata kuadratnya.
Let AM=Arithmetic Mean, GM=Geometric Mean, HM=Harmonic Mean and
QM=Quadratic Mean. For any positive real numbersa, b, it satisfies
MisalAM=Rataan Aritmatik,GM=Rataan Geometrik,HM=Rataan Harmonik
andQM=Rataan Kuadratik. Untuk sebaranga, bbilangan real positif, berlaku
(a b)2 0 a2 + b2 2ab (3.13)
Ifa aandb
bthen, from (3.13), it follows a + b 2
abor
Jikaa adanb bmaka (3.13) menjadia + b 2abataua + b
2
ab (3.14)
In general we can present (3.14) as followsSecara umum kita dapat menulis (3.14) sebagai
x1+ x2+ + xnn
AM
nx1x2 . . . xn GM
(3.15)
Ifa 1a
andb 1bthen (3.14) shows
Jikaa 1a
danb 1bmaka (3.14) menjadi
ab 21a
+ 1b
(3.16)
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
51/155
Chapter 3. Algebra Functions 45
In general, we can present (3.16) as
Secara umum kita dapat menulis (3.16) sebagai
nx1x2 . . . xn n
1x1
+ 1x2
+ + 1xn
HM
(3.17)
From (3.13), we get2(a2 + b2) a2 + 2ab + b2 2(a2 + b2) (a + b)2. If the twosides are divided by 4 then we have a
2+b2
2 a+b
2
2, or
Dari (3.13) didapat2(a2 + b2) a2 + 2ab + b2 2(a2 + b2) (a + b)2. Bila keduaruas dibagi 4, diperoleh a
2+b2
2 a+b
2
2, atau
a2 + b22
a + b2
(3.18)
In general (3.18) can be written as
Secara umum (3.18) ditulis sebagaix21+ x
22+ + x2n
n QM
x1+ x2+ + xnn
(3.19)
Therefore, from(3.15), (3.17) and (3.19) we can conclude that for any positive realnumbersx1, x2, . . . , xnsatisfy:
Dengan demikian, berdasarkan (3.15), (3.17) dan (3.19) dapat disimpulkan bahwa
untuk setiap bilangan real positifx1, x2, . . . , xnberlaku:
QM AM GM HM
where
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
52/155
Chapter 3. Algebra Functions 46
dimana
QM = x21+ x
22+ + x2n
nAM =
x1+ x2+ + xnn
GM = n
x1x2 . . . xn
HM = n
1x1
+ 1x2
+ + 1xn
Example. Letx, y,zbe any real positive numbers such that x + y + z= 1. Prove
thatxy(x+ y)2 + yz(y+ z)2 + xz(x + z)2 4xyz.
Contoh. Diketahuix, y,zadalah bilangan real positif sehinggax + y + z = 1.Buktikan bahwaxy(x + y)2 + yz(y+ z)2 + xz(x+ z)2 4xyz.
Solution. Sincex + y+ z= 1, we have
Solusi. Karenax+ y+ z= 1maka didapat
xy(1 z)2 + yz(1 x)2 + xz(1 y)2 4xyzxy+ yz+ xz 6xyz+ xyz2 + x2yz+ xy2z 4xyz
xy+ yz+ xz+ xyz2 + x2yz+ xy2z
10xyz1
x+
1
y+
1
z+ x + y+ z 10
1
x+
1
y+
1
z 9
1
3 31
x+ 1
y+ 1
z
x+ y+ z
3
AM 31
x+ 1
y+ 1
z
HM
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
53/155
Chapter 3. Algebra Functions 47
3.3 The Polynomials and Remainder Theorem
Suku Banyak dan Teorema Sisa
A polynomialf(x)of degreencan be presented as:
Suatu suku banyakf(x)yang berderajadndinyatakan dengan:
f(x) =a0xn + a1x
n1 + + an1x + an
wherea0, a1, . . . , anare constant,a0= 0andnis a cardinal number.dimanaa0, a1, . . . , anadalah konstanta,a0= 0dannadalah bilangan cacah.
3.3.1 Polynomials Division
Pembagian Suku Banyak
The division of polynomial is similar to the division of numbers. For instance in
the number: Since3 4 = 12, it follows12 : 4 = 3 or 12 : 3 = 4. In the case of12 : 4 = 3, numbers 4, 3 are respectively called divisor and quotient.
Pembagian suku banyak menyerupai pembagian bilangan. Sebagai contoh padabilangan: Karena 34 = 12 maka 12 : 4 = 3 atau 12 : 3 = 4. Pada kasus 12 : 4 = 3maka bilangan 4, 3 masing-masing disebut pembagi dan hasil bagi.
A polynomial f(x) divided by a divisor P(x) will give a quotient H(x) and a
remainderS(x). Mathematically, we can write as:
f(x) =P(x)H(x) +S(x)
where:f(x) =is a polynomial of degreen;P(x) =is a polynomial of degreek;H(x) =is a polynomial of degreen k;S(x) =is a polynomial of degreek 1.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
54/155
Chapter 3. Algebra Functions 48
Suatu suku banyakf(x)yang dibagi dengan pembagiP(x)akan menghasilkan
hasil bagiH(x)dan sisanyaS(x). Secara matematis dapat ditulis sebagai:
f(x) =P(x)H(x) +S(x)
dimana: f(x) =suku banyak berderajadn;P(x) =suku banyak berderajadk ;
H(x) =suku banyak berderajadn k;S(x) =suku banyak berderajadk 1.
When dividing polynomials, we need to consider the followings:
1. If the divisor is a linear term then the quotient and remainder can be ob-
tained by Horner technique.
2. If the divisor is not linear and not be able to be factorized into product of
linear terms then the quotient and remainder can be obtained by identity
technique.
Dalam melakukan pembagian terhadap suku banyak perlu diperhatikan hal-hal
berikut:
1. Jika pembaginya linier, maka hasil bagi dan sisanya dapat dicari dengan
menggunakan cara Horner.
2. Jika pembaginya bukan linier dan tidak dapat diuraikan menjadi bentuk
perpangkatan linier maka hasil bagi dan sisanya dapat dicari dengan per-
gunakan metoda Identitas.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
55/155
Chapter 3. Algebra Functions 49
3.3.2 Remainder Theorem
Teorema Sisa
1. If polynomialf(x)is divided by(x a)then the remainder isf(a).
2. If polynomialf(x)is divided by(ax b)then the remainder isf( ba
).
3. If(x a)|f(x)thenf(a) = 0.
1. Jika suatu suku banyakf(x)dibagi dengan(x
a)maka sisanyaf(
a).
2. Jika suatu suku banyakf(x)dibagi dengan(ax b)maka sisanyaf( ba
).
3. Jika(x a)|f(x)makaf(a) = 0.
3.3.3 Factor Theorem
Teorema faktor
1. If(x a)is a factor off(x)then the root off(x) = 0is x= a.
2. If polynomialf(x) satisfies f(a) = 0, f(b) = 0 and f(c) = 0 then f(x) is
divisible by(x a)(x b)(x c).
3. Iff(x)is divided by(x a)(x b)then the remainder isS(x) = (xa)(ba) f(b) +
(xb)(ab) f(a).
4. Iff(x) is divided by (x a)(x b)(x c) then the remainder is S(x) =(xa)(xb)(ca)(cb) f(c) +
(xa)(xc)(ba)(bc) f(b) +
(xb)(xc)(ab)(ac) f(a).
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
56/155
Chapter 3. Algebra Functions 50
1. Jika(x a)adalah faktor darif(x)maka akar darif(x) = 0adalahx= a.
2. Jika pada suku banyakf(x)berlakuf(a) = 0, f(b) = 0dan f(c) = 0maka
f(x)habis dibagi(x a)(x b)(x c).3. Jika f(x) dibagi dengan(x a)(x b) maka sisanyaS(x) = (xa)
(ba) f(b) +(xb)(ab) f(a).
4. Jika f(x) dibagi dengan (xa)(xb)(xc) maka sisanya S(x) = (xa)(xb)(ca)(cb) f(c)+
(xa)(xc)(ba)(bc) f(b) +
(xb)(xc)(ab)(ac) f(a).
3.3.4 Properties of Polynomial Roots
Sifat-Sifat Akar-Akar Suku Banyak
In this section, we consider Vietas Formula. Letsibe the sum of the products of
distinct polynomial rootsrj of the polynomial equation of degreen
Dalam hal ini akan disajikan penggunaan rumus Vieta. Misalsi adalah jum-
lah dari hasil kali akar-akar polinomial yang berbedarj dari sebuah polinomial
berderajadn
anxn + an
1x
n1 + ... + a1x + a0 = 0
where the roots are takeni at a time (i.e.,siis defined as the symmetric polyno-
miali(r1,...,rn)fori = 1,...,n). For example, the first few values ofsiare
dimana akar-akar itu dihitung sebanyaki dalam suatu proses (atausi didefin-
isikan sebagai polinomial simetriki(r1,...,rn)untuki = 1,...,n). Sebagai con-
toh, beberapa nilaisiyang pertama adalah
s1 = r1+ r2+ r3+ r4+ . . .
s2 = r1r2+ r1r3+ r1r4+ r2r3+ . . .
s3 = r1r2r3+ r1r2r4+ r2r3r4+ . . ....
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
57/155
Chapter 3. Algebra Functions 51
and so on. Then Vietas formulas states that
dan seterusnya. Maka rumus Vietas dinyatakan sebagai
si= (1)i an
i
an
The followings are some example of Vietas formula.
Berikut ini adalah beberapa contoh dari rumusan Vieta.
1. For the polynomialax3 + bx2 + cx+ d= 0, we have:
Pada suku banyakax3 + bx2 + cx+ d= 0berlaku:
1) x1+ x2+ x3=
b/a
2) x1x2+ x1x3+ x2x3=c/a
3) x1 x2 x3= d/a
2. For the polynomialax4 + bx3 + cx2 + dx+ e= 0, we have:
Pada suku banyakax4 + bx3 + cx2 + dx+ e= 0berlaku:
1) x1+ x2+ x3+ x4 = b/a2) x1x2+ x1x3+ x1x4+ x2x3+ x2x4+ x3x4 = c/a
2) x1x2x3+ x1x2x4+ x1x3x4+ x2x3x4= d/a3) x1 x2 x3 x4=e/a
We note that if the degree of polynomial is even then the the value ofs is positive
otherwise it is negative.
Dapat dicatat bahwa bila pangkat tertinggi dari polinomial adalah genap maka
nilaisadalah positif jika ganjil maka nilaisadalah negatif.
To find some rational roots of polynomials can be used the following steps:Untuk menentukan beberapa akar rasional dari suku banyak dapat digunakan
langkah-langkah berikut:
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
58/155
Chapter 3. Algebra Functions 52
1. If the sum of all polynomial coefficients is equal to 0 thenx = 1is one of
the root.
Jika jumlah seluruh koefisien suku banyak sama dengan0, maka x = 1
merupakan salah satu akarnya.
2. If the sum of the coefficients of odd order and even order are the same then
x= 1is one of the root.Jika jumlah koefisien pangkat ganjil dan genap adalah sama, makax= 1merupakan salah satu akarnya.
3. If (1) and (2) are not applicable then consider a trial and error technique by
finding factors of the coefficient of the lowest order and substituting into
f(x). Observe whetherf(x) = 0or not.
Jika langkah (1) dan (2) tidak memenuhi, maka gunakan cara coba-coba
yaitu dengan menentukan faktor dari koefisien pangkat terendahnya dan
masukkan ke dalamf(x). Amati apakahf(x) = 0atau tidak.
PROBLEMS ANDS OLUTIONS
SOA L-SOAL DANP EMBAHASAN
1. A geometric series is presented as :
1
32+
1
4+ 2 + 16 + 128 + 1024
When we insert two numbers in between any two successive numbers
such that it forms a new geometric series, determine the new ratio and
the number of terms of the new geometric series.
Suatu deret geometri diketahui sebagai berikut:
1
32+
1
4+ 2 + 16 + 128 + 1024
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
59/155
Chapter 3. Algebra Functions 53
Jika disisipkan dua buah bilangan kedalam dua suku yang berurutan pada
deret geometri ini sedemikian hingga deret itu membentuk deret geometri
baru, tentukan ratio dan banyaknya suku deret geometri baru tersebut.
Solution. We have the following:
Solusi. Diketahui berikut:
1
32+
1
4+ 2 + 16 + 128 + 1024
So(Sehingga)
r = UnUn 1
r = 8
Let k, n be number of inserted numbers and terms. We have k = 2 and
n= 6. The new ratio is:
Misal k, n masing-masing adalah banyaknya bilangan yang disisipkan dan
banyaknya suku sebelum disisikpan, maka diperolehk = 2 dan n = 6.
Ratio yang baru adalah:
r = k+1
r
r = 38r = 2
Number of the new terms is
Banyaknya suku yang baru adalah
n = n+ (n 1)kn = 6 + (6
1).2
n = 16
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
60/155
Chapter 3. Algebra Functions 54
The desired geometric series is:
Deret geometri yang dicari adalah:
132+ 116+18 +14+ 12+ 1 +2 +....+ 265 + 512 the inserted numbers(bilangany ang disisipkan)
+1024
2. Let a, band c be any riel positive numbers such that abc = 1. Prove that1
a3(b+c)+ 1
b3(a+c)+ 1
c3(a+b) 3
2.
Misal a, b dan c adalah bilangan riil positif sedemikian hingga abc = 1.
Buktikan bahwa 1a3(b+c)
+ 1b3(a+c)
+ 1c3(a+b)
32
.
Solution. Let
S= 1
a3(b+ c)+
1
b3(a + c)+
1
c3(a + b) (3.20)
anda= 1x
, b= 1y
, c= 1z
. LetT=x + y + z. Sinceabc= 1, we havexyz= 1.
Substituting the newa, b, cwe have:
Solusi. Misal
S= 1
a3(b+ c)+
1
b3(a + c)+
1
c3(a + b) (3.21)
dan a = 1x
, b = 1y
, c = 1z
. Misal T = x+ y +z. Karenaabc = 1 maka
xyz= 1. Dengan mensubstitusikana, b, cyang baru didapat:
1
a3(b+ c)=
x2
T x =T2 (T2 x2)
T x = T2
T x T x1
b3(a + c)=
y2
T y =T2 (T2 y2)
T y = T2
T y T y1
c3(a + b)=
z2
T
z
=T2 (T2 z2)
T
z
= T2
T
z T z
Substituting the above equations into (3.21) we have the following.
Dengan mensubstitusikan semua persamaan di atas ke dalam (3.21) maka
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
61/155
Chapter 3. Algebra Functions 55
diperoleh berikut ini.
S = T2 1
T
x+
1
T
y+
1
T
z 3T (x+ y+ z)= T2
1
T x+ 1
T y + 1
T z
4T
= T2
3
3
1
T x+ 1
T y + 1
T z
4T
= T2 3 1
Tx+ 1Ty +
1Tz
3
AM
4T
T2 3 311
Tx
+ 11Ty
+ 11Tz
3 HM
4T
= T2
9
(T x) + (T y) + (T z)
4T
= T2
9
3T (x + y+ z)
4T
= T2
9
2T
4T
= 9T2 4T = T
2 = x + y+ z
2 =3
2x + y+ z
3 AM
32
3
xyz=3
2
Therefore
Dengan demikian
1
a3(b+ c)+
1
b3(a + c)+
1
c3(a + b) 3
2
3. Given thatf(x)is a polynomial of degree 2. Whenf(x)is divided byx + 1,
the remainder is 3; whenf(x)is divided byx 3, the remainder is 23; and
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
62/155
Chapter 3. Algebra Functions 56
whenf(x) is divided by x 2, the remainder is 15. Find the polynomialf(x).
Diketahui f(x) adalah sebuah polinomial berderajad 2. Saatf(x) dibagi
denganx + 1, maka sisanya adalah 3; saatf(x)dibagi denganx 3, makasisanya adalah 23; dan saatf(x)dibagi denganx 2, maka sisanya adalah15. Tentukan polinomialf(x)tersebut.
Solution. Let f(x) = qx2 +mx+ n. Whenf(x)is divided by x+ 1, the
remainder is s(1) = q(1)2 +m(1) +n = 3; whenf(x) is divided byx 3, the remainder is s(3) = q(3)2 +m(3) +n = 23; and when f(x) isdivided byx 2, the remainder iss(2) =q(2)2 +m(2) +n= 15. Thus, we
haveMisalf(x) = qx2 +mx+n. Saatf(x)dibagi denganx + 1, maka sisanya
adalah s(1) = q(1)2 +m(1) +n = 3; saat f(x) dibagi denganx 3,maka sisanya adalahs(3) = q(3)2 +m(3) +n = 23; dan saat f(x) dibagi
denganx 2, maka sisanya adalahs(2) =q(2)2 + m(2)+ n= 15. Sehingga,diperoleh
q m+ n= 3
9q+ 3m+ n= 234q+ 2m+ n= 15
Solving the three equations, we getq= 1, m= 3andn = 5.
Dengan menyelesaikan ketiga persamaan di atas, maka didapat q= 1, m=
3dann = 5.
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
63/155
CHAPTER 4
TrigonometryTrigonometri
Trigonometry (from Greektrigonontriangle + metron measure) is a branch
of mathematics that deals with triangles, particularly those plane triangles in
which one angle has 90 degrees (right triangles). Trigonometry deals with rela-
tionships between the sides and the angles of triangles and with the trigonomet-
ric functions, which describe those relationships.
Trigonometri (berasal dari kata yunani trigonon segitiga + metron mengukur)
adalah suatu cabang matematika yang berkenaan dengan segitiga, khususnya
segitiga dalam bidang dimana satu sudut mempunyai besar sudut 90 derajad
(segitiga siku-siku). Trigonometri berkaitan dengan hubungan anatara sisi-sisi
dan sudut-sudut sebuah segitiga dengan fungsi trigonometri yang menggam-
barkan sebuah relasi diantaranya.
Trigonometry has applications in both pure mathematics and in applied math-
ematics, where it is essential in many branches of science and technology. It is
usually taught in secondary schools either as a separate course or as part of a
precalculus course. Trigonometry is informally called trig.
Aplikasi trigonometri dapat ditemukan baik dalam matematika murni maupun
matematika terapan yang keduanya ini sangat berguna pada beberapa cabang
dalam sain dan teknologi. Trigonometri ini biasanya diajarkan di sekolah menen-
gah baik dalam matapelajaran tertentu atau merupakan bagian dari mata pela-
jaran kalkulus. Secara informal isitilah trigonometri ini disebut dengan trig.
57
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
64/155
Chapter 4. Trigonometry 58
4.1 Trigonometric Function
Fungsi Trigonometri
Consider the following figure, we define the trigonometric functions as : sin =yr
, cos = xr
, tg = yx
, ctg = xy
, sec = 1cos
, cossec = 1sin
.
Perhatikan gambar berikut, maka fungsi-fungsi trigonometri didefinisikan se-
bagai:sin = yr
, cos = xr
,tg = yx
, ctg = xy
, sec = 1cos
,cossec = 1sin
.
y
r y
x
P(x, y)
0
rx
Figure4.1:The right triangle trigonometric system
Theorem 4.1.1 Pythagoras equality is stated as follow.
Teorema 4.1.1 Kesamaan Pythagoras dinyatakan dalam berikut ini.
1. sin2 + cos2 = 1, rumus identitas
2. 1 + ctg 2= cossec 2
3. tg 2+ 1 = sec2
The values of trigonometric function in every quadrant is described on a system
of quadrant, where 90o
< 2 < 180o
, 180o
< 4 < 270o
and 270 < 3 < 360o
.Considering the system of quadrant, the values of trigonometric function for any
angle can be memorized easily. In Quadrant I, all of trigonometric function
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
65/155
Chapter 4. Trigonometry 59
sign are positive, Quadrant II, onlysinusis positive, Quadrant III, onlytangent
is positive, and Quadrant IV, onlycosinusis positive. Therefore, the keyword to
memorize it isASTC.
Nilai fungsi pada masing-masing kuadran tertera dalam sistem kuadran, di-
mana 90o < 2 < 180o, 180o < 4 < 270
o dan 270 < 3 < 360o. Dengan
memetakan pada sistem kuadran ini maka nilai fungsi trigonometri untuk se-
barang sudut dapat dengan mudah diingat tandanya. Pada kuadaran I all
tanda fungsi trigonometri positif, kuadaran II hanya sinus yang positif, kuadaran
III hanya tangent yang positif dan kuadaran IV hanya cosinus yang positif.
Dengan demikian kata kunci untuk mengingatnya adalahASTC.
Table 4.1:Trigonometric quadrant system
II I
sin 2>0 all >0
III IV
tg 3>0 cos 4 > 0
Thus that, understanding the sign, to obtain the values of trigonometric function
we just need to remember its values at the first quadrant. Use the key words
ASTC to obtain the values on the following quadrant. For instance, to determine
sin 150o, we only need to know sin30o as sin(180o 30o) = sin30o. We refer tosecond quadrant that sinus is positive which follows that sin 30o = 1
2
Dengan memahami nilai tanda ini maka untuk hal tertentu kita hanya dapat
mengingat nilai nilai fungsi trigonometri pada kuadran pertama, selanjutnya
gunakan kata kunci ASTC untuk menentukan nilai-nilai di kuadran lainnya. Se-
bagai contoh: untuk menetukansin 150o, kita cukup mengetahuisin 30o karena
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
66/155
Chapter 4. Trigonometry 60
sin(180o 30o) = sin30o. Kita ingat di kuadran kedua bahwa sinus adalah po-sisitif, sehinggasin 30o = 1
2
We summarize that the values of sinus, cosinus, tangent and cotangent for spe-cial angles are as follows.
Nilai sinus, cosinus, tangent dan cotangent untuk sudut-sudut istimewa pada
kuadran pertama adalah sebagai berikut.
Table 4.2:The value of trigonometric functions for special angles
0o 30o 45o 60o 90o
sin 0 12 122 123 1cos 1 1
2
3 1
2
2 1
2 0
tg 0 13
3 1
3
ctg 3 1 13
3 0
The trigonometric functions in every quadrant does not remain the same. To
easily memorize the change of trigonometric functions of any angles(Xo
),
it can be showed as the following system. From QuadrantI IV in clock-wise direction, the situations are B(berubah), Tb(tidak berubah), B(berubah),
Tb(tidak berubah) or in short form we have an acronymBTBT. Applying the
acronymASTC, we easily put sign+or on the resulted values.
Fungsi trigonometri di beberapa kuadran tidak selalu tetap. Untuk memper-
mudah ingatan kita tentang perubahan nilai fungsi trigonometri dari beberapa
sudut (Xo ) dapat disajikan dalam sistem berikut. Dari kuadaran I
IVberlawanan jarum jam, kondisinya adalah B(berubah), Tb(tidak berubah),B(berubah), Tb(tidak berubah) atau dapat disingkat BTBT. Dengan menerap-
kan singkatanASTCkita dapat memberikan tanda+ dan pada nilai-nilai itu
-
7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll
67/155
Chapter 4. Trigonometry 61
dengan mudah.
Table 4.3:The value of trigonometric functions for any angle(Xo )
Tb B
sin(180o ) = sin sin(90o ) = cos cos(180o ) = cos cos(90o ) = sin tg (180o ) = tg tg(90o ) = ctg ctg (180o ) = ctg ctg (90o ) = tg
B Tb
sin(270o
) = cos sin(360o
) = sin cos(270o ) = sin cos(360o ) = cos tg (270o ) = ctg tg (360o ) = tg ctg (270o ) = tg ctg (360o ) = ctg
If an angle is obtained by turning a phase in clockwise direction then theangle take a place in Quadrant IV. Thus, we know that the values of trigono-
metric functions for negative angles are exactly the values of trigonometric func-tions on Quadrant IV. For detail, see the followings.
Bila sudut diperoleh dengan memutar jangka searah jarum jam maka sudut berada pada kuadarn IV. Dengan demikian dapat dipahami bahwa nilaifungsi trigonometri pada sudut negatif setara dengan nilai fungsi trigonometri
pada sistem di atas pada kuadran IV. Nilai selengkapnya disajikan dalam tabel
berikut.
Furthermore, we can develop a quadrant system for trigonometric function val-ues for any angle(Xo +). In this case, we generate an acronymTBTB as a
keyword to remember.