Kiat Bagus Yang

Titik b x y ditranslasikan (( 2x 1 3y menghasilkan bayangan b 7 8 nilai dari x − y adalah

Integral Fungsi Integral Fungsi Aljabar Metode Pengintegralan Penggunaan Integral

Trigonometri

• Integral tak tentu Rumus integral fungsi • Integral substitusi • Luas daerah
• Integral tentu trigonometri • Integral parsial • Volume benda putar

• Memiliki sikap cermat dan teliti dalam melakukan pengintegralan serta menggunakan integral dalam menyelesaikan masalah. • Mampu menentukan integral tak tentu fungsi aljabar. • Mampu menentukan integral tentu fungsi aljabar. • Mampu menentukan integral fungsi trigonometri. • Mampu menentukan integral menggunakan metode substitusi. • Mampu menentukan integral menggunakan metode parsial. • Mampu menentukan luas daerah menggunakan integral .

• Mampu menentukan volume benda putar menggunakan integral.

Matematika Kelas XII Program IPA 1 A. Pilihlah jawaban yang tepat. 5. Jawaban: b dy 1. Jawaban: b dx = 4x + 5 ∫ x[6 – 3x] dx = ∫ [6x – 3x2] dx y = ∫ [4x + 5] dx =6× 1 2 x –3× 1 3 x +c = 2x2 + 5x + c 2 3 Kurva melalui titik [–3, –3]. = 3x2 – x3 +c y = 2x2 + 5x + c 2. Jawaban: a ⇔ –3 = 2[–3]2 + 5[–3] + c 3x − 4x 2 x 3x 4x 2 x ⇔ –3 = 2[9] – 15 + c ∫ x x dx = ∫ [ x x – x x ] dx ⇔ –3 = 18 – 15 + c − 1 ⇔ –3 = 3 + c = ∫ [3 x 2 – 4x] dx ⇔ c = –6 1 3 − +1 4 Jadi, persamaan kurva tersebut y = 2x2 + 5x – 6. = 1 x 2 – x1 + 1 +c − +1 1+ 1 2 6. Jawaban: c 1 3 3 3 4 2 ⎡ 3 = 1 x –2 x +c ∫ [3x2 + 2x – 1] dx = ⎢⎣ 2 + 1 x 2 +1 + 2 x1+1 − x ⎤⎥ 2 1+ 1 ⎦1

2 1

= [ x 3 + x 2 − x ]1 3 = 6 x – 2x2 + c 3. Jawaban: d = [33 + 32 – 3] – [13 + 12 – 1] f′[x] = 3x2 + 6x – 5 dan f[–1] = 8 = [27 + 9 – 3] – [1 + 1 – 1] f[x] = ∫ f′[x] dx = 33 – 1 = 32 = ∫ [3x2 + 6x – 5] dx 7. Jawaban: c 1 1 2 2 = 3 × 3 x3 + 6 × 2 x2 – 5x + c 1 ∫ [x2 – x2 ] dx = ∫ [x2 – x–2] dx = x3 + 3x2 – 5x + c 1 1 2 f[–1] = 8 ⇒ [–1]3 + 3[–1]2 – 5[–1] + c = 8 ⎡1 3 1 −1⎤ = ⎢⎣ 3 x − x ⎥ −1 ⎦1 ⇔ –1 + 3 + 5 + c = 8 ⇔ c=1 ⎡1 3 2 Jadi, f[x] = x3 + 3x2 – 5x + 1. = x + 1 ⎤⎥

⎣⎢ 3 x ⎦1

4. Jawaban: c 8 1 1 Percepatan = a[t] = 5 – t = [ 3 + 2 ] – [ 3 + 1] dv[t] = a[t] ⇒ v[t] = ∫ a[t] dt = ∫ [5 – t] dt 19 4 11 dt = 6 – 3 = 6 1 2 = 5t – t +c 2 8. Jawaban: e Benda bergerak dari keadaan diam maka 2 v[0] = 0 ⇒ c = 0. ∫ [x – 1][3x + 1] dx 1 2 −1 Kecepatan benda dirumuskan dengan v[t] = 5t – t. 2 2 = ∫ [3x2 – 2x – 1] dx Pada saat benda berhenti berarti kecepatannya 0. −1 1 2 2 v[t] = 0 ⇔ 5t – 2 t =0 = x 3 − x 2 − x ⎤⎦ −1 1 = [8 – 4 – 2] – [–1 – 1 + 1] ⇔ t[10 – t] = 0 2 = 2 – [–1] ⇔ t = 0 atau t = 10 =3

Jadi, benda berhenti setelah 10 detik.

2 Integral 9. Jawaban: d 3 3 − 3 b. ∫ x x dx = ∫ 3 x 2 dx ∫ [3x2 + 2x + 1] dx = 25 3 a 3 − +1 = x 2 +c ⇔ [ x 3 + x 2 + x ] = 25 3 3 − +12 a 1 ⇔ [27 + 9 + 3] – [a3 + a2 + a] = 25 3 − = 1 x 2 +c −

⇔ 39 – a3 – a2 – a = 25 2

⇔ a3 + a2 + a – 14 = 0 =– 6 +c x ⇔ [a – 2][a2 + 3a + 7] = 0 ⇔ a = 2 atau a2 + 3a + 7 = 0 c. ∫ [3x + 2]2 dx Oleh karena tidak ada nilai x yang memenuhi persamaan x2 + 3x + 7 = 0 maka penyelesaiannya = ∫ [9x2 + 12x + 4] dx a = 2. 1 1 = 9 × 3 x3 + 12 × 2 x2 + 4x + c 1 1

Jadi, 2 a = 2 × 2 = 1. = 3x3 + 6x2 + 4x + c

10. Jawaban: b d. ∫ [2 x + 1][3 x – 2] dx 4 = ∫ [6x – x – 2] dx ∫ f[x] dx = 2 1 0 = ∫ [6x – x 2 – 2] dx 3 4 4 2 ∫ 2f[x] dx = 2 ⇔ 2 ∫ f[x] dx = 2 = 3x2 – x 2 – 2x + c 3 2 2 2 4 = 3x2 – x x – 2x + c 3 ⇔ ∫ f[x] dx = 1

2 5

4 2 4 2. a. ∫ 2g[x] dx = 6 −2 ∫ f[x] dx = ∫ f[x] dx + ∫ f[x] dx

0 0 2 5

2 ⇔ 2 ∫ g[x] dx = 6 −2 ⇔ 2 = ∫ f[x] dx + 1

0 5

2 ⇔ ∫ g[x] dx = 3 −2 ⇔ ∫ f[x] dx = 2 – 1 = 1 5 0 b. ∫ [2f[x] – 3g[x]] dx 2 −2 Jadi, ∫ f[x] dx = 1. 5 5 0 =2 ∫ f[x] dx – 3 ∫ g[x] dx

−2 −2

B. Kerjakan soal-soal berikut. = 2[8] – 3[3] = 7 1 x2 2− p 1. a. ∫ x dx = ∫x 2 dx 3. a. ∫ [4x – 5] dx = –3 3 0 = ∫ x dx 2 p 3 ⇔ ⎡ 2x 2 − 5x ⎤ = –3 1 +1 ⎣ ⎦0 = 3 x 2 +c 2 +1 ⇔ [2p2 – 5p] – 0 = –3 1 5 ⇔ 2p2 – 5p + 3 = 0 = 5 x2 + c ⇔ [2p – 3][p – 1] = 0 2 3 2

= 5 x2 x + c ⇔ p = 2 atau p = 1

Matematika Kelas XII Program IPA 3 2 6 3 6 2 b. ∫ [px – 4x + 5] dx = 20 5. ∫ f[x] dx = ∫ f[x] dx + ∫ f[x] dx 1 0 0 3 2 ⎡p 3 2 ⎤ ⇔ ⎢ 3 x − 2x + 5x ⎥ = 20 3 6 ⎣ ⎦1 = ∫ [x + 4] dx + ∫ [2 – 4x] dx 8p p 0 3 ⇔[ 3 – 8 + 10] – [ 3 – 2 + 5] = 20 3 ⎡1 2 6 = ⎢⎣ 2 x + 4x ⎤⎥ + ⎡ 2x − 2x 2 ⎤ ⇔ 7p – 1 = 20 ⎦0 ⎣ ⎦3 3 9 7p = [ 2 + 12] – [0 + 0] + [12 – 72] ⇔ 3 = 21 3 – [6 – 18] ⇔ p = 21 × 7 = 9 9 = [ 2 + 12] – 0 + [–60] – [–12] 4. a. f′[x] = 4 – 6x f[x] = ∫ f′[x] dx = ∫ [4 – 6x] dx 9 = 2 – 36 = 4x – 3x2 + c 1 f[3] = –12 ⇒ 4[3] – 3[3]2 + c = –12 = –31 2 ⇔ 12 – 27 + c = –12 6 1 ⇔ c=3 Jadi, nilai ∫ f[x] dx = –31 2 . 0 2 Jadi, f[x] = –3x + 4x + 3. 2 2 b. ∫ f[x] dx = ∫ f[x] dx −1 −1 2 = ∫ [–3x2 + 4x + 3] dx

−1

= [ −x 3 + 2x 2 + 3x ]−1
2

= [–8 + 8 + 6] – [1 + 2 – 3]
=6–0=6

3. Jawaban: d A. Pilihlah jawaban yang tepat. ∫[3 – 6 sin2 x] dx = ∫ 3[1 – 2 sin2 x] dx 1. Jawaban: d = 3 ∫ cos 2x dx ∫ sec x [tan x + sec x] dx 1 = ∫ [tan x sec x + sec2 x] dx = 3 × 2 sin 2x + c = ∫ tan x sec x dx + ∫ sec2 x dx 3

= sec x + tan x + c = 2 × 2 sin x cos x + c

2. Jawaban: c = 3 sin x cos x + c

∫ [cos 2x – 2 sin x] dx 4. Jawaban: b = ∫ cos 2x dx – 2 ∫ sin x dx 1 1 ∫ sin [ 2 x – π] cos [ 2 x – π] dx 1 = 2 sin 2x – 2[–cos x] + c 1 1 = ∫ 2 sin 2[ 2 x – π] dx 1 = 2 sin 2x + 2 cos x + c 1 = 2 ∫ sin [x – 2π] dx 1

= – 2 cos [x – 2π] + c

4 Integral 5. Jawaban: d 9. Jawaban: a π

∫ 1 − cos 2x dx 2

= ∫ 2 sin2 x dx ∫ [sin 3x cos 5x] dx π 3 = ∫ 2 sin x dx π 2 1 1 = – 2 cos x + c = ∫ [ 2 sin [3x + 5x] + 2 sin [3x – 5x]] dx

6. Jawaban: b 3 π 2 1 1 3 π 1 = 2 ∫ [sin 8x – sin 2x] dx π π] dx ∫ cos [2x + 3 3 π −π 1 ⎡ − 1 cos 8x + 1 cos 2x ⎤ 2 1 = 2 ⎣ 8 2 ⎦π π ⎡1 1 ⎤3 3 = sin [2x + π] ⎢⎣ 2 3 ⎥⎦ −π 1 1 1 1 8π 1 2π = 2 [[– 8 cos 4π + 2 cos π] – [– 8 cos 3 + 2 cos 3 ] 1 2π 1 1 1 = 2 sin [ 3 + 3 π] – 2 sin [–2π + 3 π] 1 1 1 1 1 1 1 = 2 [[– 8 × 1 + 2 × [–1]] – [– 8 × [– 2 ] + 2 × [– 2 ]]] 1 1 −5 = 2 sin π – 2 sin 3 π 1 1 1 1 1 = 2 [[– 8 – 2 ] – [ 16 – 4 ]] 1 1 =0– [2 3] 2 1 5 3 = 2 [– 8 + 16 ] 1 = –4 3 1 7 = 2 [– 16 ] 7. Jawaban: c π 7 ∫ [sin 3x + cos x] dx = – 32 0 π ⎡ 1 ⎤ 10. Jawaban: e = ⎢ − cos 3x + sin x ⎥ ⎣ 3 ⎦0 π 1 1 3 = [– 3 cos 3π + sin π] – [– 3 cos 0 + sin 0] ∫ [sin x + cos x][sin x – cos x] dx 0 1 1 2 = [ 3 + 0] – [– 3 + 0] = 3 π

8. Jawaban: e = ∫ [sin2 x – cos2 x] dx 0 1 π π 3 [sin 2x + 3 cos x] dx 3 ∫ = ∫ –[cos2 x – sin2 x] dx 0 0 1 π = ⎡− 1 cos 2x + 3 sin x]⎤ 3 π ⎢ ⎣ 2 ⎥ ⎦0 3 = – ∫ cos 2x dx 1 2π π 1 0 = [– 2 cos 3 + 3 sin 3 ] – [– 2 cos 0 + 3 sin 0] π ⎡ 1 ⎤3 ⎢⎣ − 2 sin 2x ⎥⎦ 1 1 1 1 =

= [– 2 × [– 2 ] + 3[ 2 3]– [– 2 + 0] 0

1 3 1 1 2π = [ 4 + 2 3 ] – [– 2 ] = – 2 [sin 3 – sin 0] 1 1 3 3 = – 2 [ 2 3 – 0] = + 3 4 2 1 = –4 3 3 = 4

[1 + 2 3 ]

Matematika Kelas XII Program IPA 5 B. Kerjakan soal-soal berikut. π 2 π 1. a. ∫ [cos x + 2 sin x] dx b. ∫ 2 cos [ 4 – x] dx π

= ∫ cos x dx + 2 ∫ sin x dx 4

= sin x + 2[–cos x] + c π π = ⎡⎢ sin [ − x]⎤⎥ π 2 2 = sin x – 2 cos x + c ⎣ −1 4 ⎦ 2 4 b. ∫ sin [2x + 3 π] dx π 1 2 = –2 [sin [– 4 ] – sin 0] = –2 cos [2x + 3 π] + c 1 1 = –2 [– 2 2 – 0] = 2 c. ∫6 sec2 3x dx = 6 × 3 tan 3x + c π = 2 tan 3x + c 3 1 c. ∫ 6 sin x cos x dx d. ∫ [2 sin 3

x – 3 cos 2x] dx 0

1 π = 2 ∫ sin 3 x dx – 3 ∫ cos 2x dx 3 = ∫ 3 sin 2x dx 1 1 0 = 2[–3 cos 3 x] – 3[ 2 sin 2x] + c π ⎡ 3 ⎤3 = –6 cos 1 x– 3 sin 2x + c = ⎢⎣ − 2 cos 2x ⎥

3 2 ⎦0

3 2π 6 tan3x − sec 3x = – 2 [cos 3 – cos 0] 2. a. ∫ cos 3x dx 3 1 6 tan3x sec 3x = – 2 [– 2 – 1] =∫[ – ] dx cos 3x cos 3x 3 3 9 = ∫ [6 tan 3x sec 3x – sec2 3x] dx = – 2 [– 2 ] = 4 1 1 = 6 × 3 sec 3x – 3 tan 3x + c

1 4. ∫ cos x dx = c
= 2 sec 3x – 3 tan 3x + c a

b. ∫ [sin 2x – cos 2x]2 dx ⎡ ⎤
b

= ∫ [sin2 2x – 2 sin 2x cos 2x + cos2 2x] dx ⇔ ⎢sin x ⎥ = c ⎣ ⎦a = ∫ [sin2 2x + cos2 2x – 2 sin 2x cos 2x] dx ⇔ sin b – sin a = c = ∫ [1 – sin 4x] dx b 1 = x + 4 cos 4x + c ∫ sin 2x dx

π b ⎤ = ⎡⎢− cos 2x ⎥ 2 1 3. a. ∫ [cos 2x + sin 3x] dx ⎣ 2 ⎦a 0 b ⎡ 1 ⎤ ⎡1 1 π ⎤2 = ⎢− [1 − 2 sin2 x]⎥ = sin 2x − cos 3x ⎥ ⎣ 2 ⎦a ⎢⎣ 2 3 ⎦0 b ⎡ 1 ⎤ 1 =[2 sin π – 1 cos 3π 1 ]–[2 sin 0 – 1 cos 0] = ⎢− + sin2 x ⎥

3 2 3 ⎣ 2 ⎦ a

1 1 1 1
= [0 – 0] – [0 – 3 ] = 3 = [– 2 + sin2 b] – [– 2 + sin2 a]

6 Integral = sin2 b – sin2 a ⎛ π⎞ ⇔ 6 sin 2 ⎜⎝ 12 ⎟⎠ + c = 8 = [sin b – sin a][sin b + sin a] = c [sin b + sin a] π ⇔ 6 sin 6 + c = 8 = c [sin a + sin b] 1 b ⇔ 6× 2 +c=8 Terbukti bahwa ∫ sin 2x dx = c[sin a + sin b]. a ⇔ 3+c=8 5. a. f′[x] = 12 cos 2x ⇔ c=5 f[x] = ∫ 12 cos 2x dx Diperoleh f[x] = 6 sin 2x + 5. 1 ⎛π⎞ ⎛π⎞ = 12 × 2 sin 2x + c b. f ⎜⎝ 4 ⎟⎠ = 6 sin 2 ⎜⎝ 4 ⎟⎠ + 5 = 6 sin 2x + c π = 6 sin 2 + 5 ⎛ π⎞ f ⎜⎝ 12 ⎟⎠ =8 =6×1+5

= 11

2 1 7 A. Pilihlah jawaban yang tepat. = 3 [ 2 u7] + c 1. Jawaban: d 7

Misalkan: u = 8 – x = 6 u7 + c du 2 = –1 ⇔ –du = dx 7 7 7 dx = 6 [2x3 – 5] 7 + c = [2x 3 − 5]2 + c 6 ∫ [8 – x]5 dx = ∫ u5 [–du] 3. Jawaban: b = –∫ u5 du Misalkan u = sin x maka: 1 = – 6 u6 + c du = cos x dx 1 ⇔ du = cos x dx = – 6 [8 – x]6 + c Sehingga diperoleh: 2. Jawaban: d ∫ sin3 x cos x dx = ∫ u3 du Misalkan u = 2x3 – 5 1 = 4 u4 + c du dx = 6x2 ⇔ du = 6x2 dx 1 = 4 sin4 x + c 2x 2 ∫ 7 [2x 3 dx 4. Jawaban: c − 5]5 Misalkan u = 3x2 + 9x – 1 maka: 5 − = ∫ 2x2[2x3 – 5] 7 dx du = 6x + 9 = 3[2x + 3] 5 dx − = ∫ [2x3 – 5] 7 [2x2 dx] ⇔ [2x + 3] dx = 3 du 5 − 1 =∫u 7 du 2x + 3 3 ∫ dx 3x 2 + 9x − 1 5 1 − 1 = 3∫u 7 du = ∫ [3x2 + 9x – 1] − 2 × [2x + 3] dx 1 1 1 −5 + 1 − du = 3[ 5u 7 ]+c =∫u 2 × 3 1− 7 1 − = 1 ∫u 2 du

Matematika Kelas XII Program IPA 7 1 = 3 × 2u 2 + c 1 ∫ u dv = uv – ∫ v du ∫ 4x[x – 2]3 dx 2 = 3 3x 2 + 9x − 1 + c 1 1 = [4x] × 4 [x – 2]4 – ∫ 4 [x – 2]4 [4 dx] 5. Jawaban: a Misalkan u = x3 + 6x + 1 maka: = x[x – 2]4 – ∫ [x – 2]4 d[x – 2] du 1 = 3x2 + 6 = 3[x2 + 2] = x[x – 2]4 – 5 [x – 2]5 + c dx 1 du = 5 [x – 2]4 [5x – [x – 2]] + c ⇔ [x2 + 2] dx = 3 1 = 5 [4x + 2][x – 2]4 + c Sehingga diperoleh:

∫ [x2 + 2][x3 + 6x + 1] dx 2 8. Jawaban: c 1 1 = ∫ [x3 + 6x + 1] [x2 + 2] dx 2 ∫ 12x[x2 + 1]2 dx = 14 a 1 du = ∫ u2× 3 1 ⇔ 6 ∫ [x2 + 1]2 × 2x dx = 14 a 1 1 1 = 3 ∫ u 2 du ⇔ ⎡ 2 1 3 6 × ⎢⎣ 3 [x + 1] ⎥ = 14 ⎤ ⎦a ⇔ 2[[1 + 1] – [a + 1]3] = 14 3 2 3 1 2 = 3 × 3u2+c ⇔ 8 – [a2 + 1]3 = 7 2 ⇔ [a2 + 1]3 = 1 = 9 u u+ c ⇔ a2 + 1 = 1 2 = 9 [x3 + 6x + 1] x 3 + 6x + 1 + c ⇔ a2 = 0 ⇔ a=0 6. Jawaban: c Misalkan u = sin 2x maka: 9. Jawaban: c π du = 2 cos 2x ⇔ 1 du = cos 2x dx ∫ sin 2x cos x dx dx 2 0 1 π ∫ cos 2x sin 2x dx = ∫ [sin 2x] 2 [cos 2x dx] = ∫ [2 sin x cos x] cos x dx 1 0 1 =∫u 2 [2 du] π = 2 ∫ cos2 x sin x dx 1 0 1 π = ∫ u du 2 2 = 2 ∫ [cos x]2 d[–cos x] 3 0 1 2 π

= 2 × 3u +c 2

= –2 ∫ [cos x]2 d[cos x] 0 1 = 3u u +c π 1 ⎤ = –2 × [cos x]3 ⎥ 1 = 3 sin 2x sin 2x + c 3 ⎦0 2 = – 3 [cos3 π – cos3 0] 7. Jawaban: c 2 4 Misalkan: u = 4x ⇒ du = 4 dx = – 3 [–1 – 1] = 3 dv = [x – 2]3 dx 10. Jawaban: b ⇒ v = ∫ [x – 2]3 dx Misalkan: u = [x2 – 2] ⇒ du = 2x dx = ∫ [x – 2]3 d[x – 2] dv = sin x dx ⇒ v = ∫ sin x dx = –cos x 1 = 4

[x – 2]4

8 Integral d. Misalkan u = 4 – 3x2 maka: ∫ u dv = uv – ∫ v du du du = –6x ⇔ x dx = −6 ∫ [x2 – 2] sin x dx dx 3x = [x2 – 2] [–cos x] – ∫ [–cos x] [2x dx] ∫ [4 − 3x 2 ]2 dx = 3 ∫ [4 – 3x2]–2 × x dx du = –[x2 – 2] cos x + ∫ 2x cos x dx = 3 ∫ u–2 × −6 3 = [2 – x2] cos x + 2 ∫ x d[sin x] = −6 ∫ u–2 du = [2 – x2] cos x + 2 [x sin x – ∫ [sin x] dx] 1 1 = – 2 × −1 u–1 + c = [2 – x2] cos x + 2x sin x – 2 [–cos x] + c 1 1 = 2u + c = +c = [2 – x2] cos x + 2x sin x + 2 cos x + c 2[4 −3x 2 ] = [4 – x2] cos x + 2x sin x + c 1 = +c

8 − 6x 2

B. Kerjakan soal-soal berikut. 2. a. Misalkan u = x2 – 4x – 1 maka: du 1. a. Misalkan u = 5 – x maka: dx = 2x – 4 ⇔ du = [2x – 4] dx du 1 dx = –1 ⇔ dx = –du ⇔ [2 – x] dx = – 2 du 2 2 x = 0 ⇒ u = 0 – 0 – 1 = –1 ∫ 5−x dx = ∫ [–du] u x = 2 ⇒ u = 4 – 8 – 1 = –5 1 − 2 = –2 ∫ u 2 du 2−x ∫ 2 2 dx 1 0 [x − 4x − 1] = –2 × 2u + c 2

= –4 5 − x + c = ∫ [2x 2 – 4x – 1]–2 [2 – x] dx 0 b. Misalkan u = x2 – 3 maka: −5 1 du = ∫ u−2 × [– 2 ] du dx

= 2x ⇔ 2x dx = du −1

1 −5 ∫ 2x[x2 – 3]3 dx = ∫ [x2 – 3]3 × 2x dx = – 2 ∫ u−2 du −1 = ∫ u3 du 1 −5 = –2 ⎡ −1u−1 ⎤ 1 ⎣ ⎦ −1 = 4 u4 + c −5 1 ⎡ 1⎤ 1 1 1 1 = 2 ⎢u⎥ = 2 [ −5 – −1 ] = 4 [x2 – 3]4 +c ⎣ ⎦ −1 1 4 2 c. Misalkan u = 2x – 3 maka: = 2 × 5 = 5 du du dx = 2 ⇔ dx = 2 π 2 b. ∫ [1 – cos x] sin x dx ∫ [4x – 6] 2x − 3 dx 0 1 Misalkan u = 1 – cos x maka: = ∫ 2[2x – 3][2x – 3] 2 dx du 3 dx = sin x ⇔ du = sin x dx = 2 ∫ [2x – 3] dx 2 π 3 2 du =2∫u × 2 2 ∫ [1 – cos x] sin x dx 0 3 5 2 = ∫ u du = 5 u + c 2 2 π

2 = ∫ u du = 5 [2x – 3]2 2x − 3 + c 0

= ⎡ u2 ⎤ 1 2

⎣ 2 ⎦0

Matematika Kelas XII Program IPA 9 π 4. Misalkan y1 = 2x dan y2 = x2 = ⎡ [1 − cos x]2 ⎤ 1 2 ⎣2 ⎦0 Batas integral adalah perpotongan kedua kurva. 1 π 1 Kedua kurva berpotongan jika y1 = y2. = 2 [1 – cos 2 ]2 – 2 [1 – cos 0]2 2x = x2 ⇔ x2 – 2x = 0 1 1 = 2 [1 – 0]2 – 2 [1 – 1]2 ⇔ x[x – 2] = 0 1 1 1 ⇔ x = 0 atau x = 2 = 2 [1] – 2 [0] = 2 x=0⇒y=2×0=0 x=2⇒y=2×2=4 3. Y y=x+2 Y y2 = x2

y1 = 2x

–2 0 X X

b Daerah yang diarsir diputar mengelilingi sumbu Y, V =p ∫ y2 dx volumenya: a d 2 2 3 V = π ∫ [x1 − x 2 ] dy =π ∫ [x + 2]2 dx c 1 4 3 1 = π ∫ [y – [ 2 y]2] dy =π ∫ [x2 + 4x + 4] dx 0 1 3 ⎡ 1 ⎤ 4 = π ⎢[ x3 + 2x2 + 4x]⎥ 1 = π ∫ [y – 4 y2] dy ⎣ 3 ⎦1 0 1 = π [[9 + 18 + 12] – [ 3 + 2 + 4]] 4 ⎡1 2 1 3⎤ 1 = π [39 – 6 3 ] =π⎢ y − y ⎥ ⎣2 12 ⎦0 2 = 32 3 π satuan volume 16

= π[[8 – 3 ] – 0]

8
= 3 π satuan volume

10 Integral 3. Jawaban: a A. Pilihlah jawaban yang tepat. Y y2 = x2 1. Jawaban: c Parabola y2 = 4x untuk y > 0 dapat dituliskan menjadi y = 2 x . Pada interval 0 < x < 2 daerah yang diarsir dibatasi oleh kurva y = 2 x dan sumbu X, sehingga 4 luasnya L1 = ∫ 2 x dx. –2 –1 0 1 2 X 2 y1 = 2 – x Pada interval 2 < x < 4 daerah yang diarsir dibatasi oleh kurva y = 2 x dan garis y = 2x – 4, sehingga x+y=2 ⇔ y=2–x 4 Luas daerah yang diarsir: luasnya L2 = ∫ [ 2 x – [2x – 4]] dx. 1 2 Luas daerah yang diarsir: L= ∫ [y1 – y2] dx −2 L = L1 + L2 1 2 4 = ∫ [2 – x – x2] dx = ∫ 2 x dx + ∫ [ 2 x – [2x – 4]] dx −2 0 2 1 1 ⎤ = ⎡⎢2x − x2 − x3 ⎥ 1 2 4 4 ⎣ 2 3 ⎦ −2 = ∫ 2 x dx + ∫ 2 x dx – ∫ [2x – 4] dx 0 2 2 1 1 = [2[1] – 2 [1]2 – 3 [1]3] 4 4 = ∫ 2 x dx – ∫ [2x – 4] dx 1 1 0 2 – [2[–2] – 2 [–2]2 – 3 [–2]3] 2. Jawaban: d 1 1 8 Perpotongan kedua kurva: Y = [2 – 2 – 3 ] – [–4 – 2 + 3 ] x+y–6=0 6 x+y–6=0 7 10 ⇔ x+ x –6=0 = 6 – [– 3 ] y= x ⇔ [ x ]2 + x –6=0 7 = 6 + 6 20 I II ⇔ [ x + 3][ x – 2] = 0 X 27 1 0 4 6 = 6 =42 ⇔ x = –3 ataux =2 1 ⇔ [tidak ada nilai x x = 4 Jadi, luas daerahnya 4 2 satuan luas. yang memenuhi] Jadi, daerah I dibatasi oleh kurva y = x dan 4. Jawaban: a sumbu X pada interval 0 ≤ x ≤ 4. Y y2 = x2 4 Luas daerah I: LI = ∫ x dx 0 Daerah II dibatasi oleh garis y = 6 – x dan sumbu X pada interval 4 ≤ x ≤ 6. 2 6 I II Luas daerah II: LII = ∫ [6 – x] dx 4 X Luas daerah yang diarsir: 0 1 2 y1 = –x + 2 L = LI + LII 4 6 Persamaan garis yang melalui titik [2, 0] dan [0, 2] = ∫ x dx + ∫ [6 – x] dx y−0 x−2 0 4 2−0 = 0−2 4 6 = ∫ x dx – ∫ [x – 6] dx ⇔ y = –x + 2

0 4

Matematika Kelas XII Program IPA 11 Luas daerah yang diarsir: 6. Jawaban: c 1 2 y2 = x2 y1 = 2x + 3 L = ∫ [y1 – y2] dx + ∫ [y2 – y1] dx Y

0 1 9

1 2 = ∫ [–x + 2 – x2] dx + ∫ [x2 – [–x + 2]] dx

0 1

1 2 3 ⎡ 1 2 1 3⎤ ⎡1 3 1 2 ⎤ 2 = ⎢⎣ − 2 x + 2x − 3 x ⎥⎦ + ⎢⎣ 3 x + 2 x − 2x ⎥⎦ 1 0 1 X –2 –10 1 2 3 1 1 8 1 1 = [– 2 +2– 3 – 0] + [[ 3 + 2 – 4] – [ 3 + 2 – 2]] x=3 1 2 1 =16 +[3 +16] Volume benda putar: 3 =3 V =π Jadi, luas daerah yang diarsir 3 satuan luas. ∫ [y12 – y22] dx −1 3 5. Jawaban: b =π ∫ [[2x + 3]2 – [x2]2] dx Y −1 3 4 =π ∫ [4x2 + 12x + 9 – x4] dx −1 3 ⎡4 3 =π x + 6x2 + 9x − 1 x5 ⎤⎥ 2 ⎣⎢ 3 5 ⎦ −1 ⎡ 4 1 = π ⎢[ 3 [3]3 + 6[3]2 + 9[3] − 5 [3]5 ] ⎣ X 4 ⎤ 1 0 2 y2 = –x + 2 – [ 3 [−1]3 + 6[−1]2 + 9[−1] − 5 [−1]5 ]⎥ ⎦ y1 = 4 – x2 ⎡ 243⎤ 4 1 = π ⎢[36 + 54 + 27 − 5 ] − [− 3 + 6 − 9 + 5 ]⎥ ⎣ ⎦ Luas daerah yang diarsir: ⎡ ⎤243 17 = π ⎢[117 − 5 ] − [−3 − 15 ]⎥ 2 ⎣ ⎦ L= ∫ [y1 – y2] dx = π[120 – 5 243 17 + 15 ] 0 1.800 − 729 + 17 2 = π[ 15 ] = ∫ [[4 – x2] – [–x + 2]] dx 1.088 8 0 = 15 π = 72 15 π 2 8 = ∫ [2 – x2 + x] dx Jadi, volume benda putar adalah 72 15 π satuan 0 volume. 2 1 ⎤ = ⎡⎢2x − x3 + x2 ⎥ 1 7. Jawaban: c ⎣ 3 2 ⎦0 Batas-batas daerah yang diarsir menurut sumbu Y. 1 8 Batas atas: y = x3 ⇔ x = y 3 =4– 3 +2–0 Batas bawah: y2 = x 10 Kedua kurva berpotongan di titik [0, 0] dan [1, 1], = 3 berarti batas-batas nilai y adalah 0 ≤ y ≤ 1. 10 Volume benda putar: Jadi, luas daerah yang diarsir adalah 3 satuan luas. 1 1 V = π ∫ [[ y 3 ]2 – [y2]2] dy 0 1 2 = π ∫ [ y 3 – y4] dy

12 Integral 1 8 14 3 ⎡ 1 5 ⎤ = 2π + 3 π = 3 π = π ⎢ y 3 − y5 ⎥ ⎣5 5 ⎦0 14 3 1 2 Jadi, volume benda putar adalah 3 π satuan = π[ 5 – 5 – 0] = 5 π volume. 2 Jadi, volume benda putar adalah 5 π satuan 10. Jawaban: a volume. Daerah yang diarsir diputar mengelilingi sumbu X. a 8. Jawaban: a VX = π ∫ [[a2]2 – [x2]2] dx Y 0 a y = x2 + 1 =π ∫ [y12 – y22] dx y2 = x2 Y 0 3 a a2 y1 = a2 y=3 =π ∫ [a4 – x4] dx 0 a ⎡ 1 ⎤ 1 = π ⎢a4 x − x 5 ⎥ ⎣ 5 ⎦0 a X 1 5 0 0 X = π[a5 – 5 a – 0] 4 y = x2 + 1 ⇔ x2 = y – 1 = 5 πa5 satuan volume Volume benda putar: 3 3 Daerah yang diarsir diputar mengelilingi sumbu Y. V = π ∫ x 2 dy = π ∫ [y – 1] dy a2 a2 a2 ⎡1 2⎤ 1 1 3 VY = π ∫ x dy = π ∫ y dy = π 2 ⎢⎣ 2 y ⎥⎦ ⎡1 2 0 − y ⎤⎥ 0 0 =π ⎢⎣ 2 y ⎦1 1 = 2 π[[a2]2 – 02] 9 1 = π [ 2 – 3 – [ 2 – 1]] = 2π 1 = 2 πa4 satuan volume Jadi, volume benda putar yang terjadi adalah 4 1 2π satuan volume. VX = VY ⇒ 5 πa5 = 2 πa4 9. Jawaban: a 4 1 ⇔ 5 πa5 – 2 πa4 = 0 Y 4 1 3 ⇔ πa4 [ 5 a – 2 ] = 0 4 1 ⇔ a4 = 0 atau 5 a = 2 5 X ⇔ a = 0 atau a = 8 –3 0 2 3 5 Oleh karena a ≠ 0 maka nilai a = 8 . 5 –3 Jadi, nilai a = 8 . Pada interval 0 < x < 2 dibatasi oleh kurva y = 1 5 x2 dan sumbu X, sedangkan pada interval B. Kerjakan soal-soal berikut. 4 2 < x < 3 dibatasi oleh kurva x2 + y2 = 9 atau y2 = 1. a. Daerah yang diarsir dibatasi oleh parabola 9 – x2 dan sumbu X. y = x2 + 1 dan sumbu X pada interval 0 ≤ x ≤ 2. Volume benda putar yang terbentuk: Luas daerah yang diarsir: 2 3 2 V = π ∫ [ 1 5 x2]2 dx + π ∫ [9 – x2] dx L= ∫ [x2 + 1] dx 0 4 2 0 2 3 2 ⎡1 3 5 = ⎢⎣ 3 x + x ⎤⎥ = π ∫ [ 16 x4] dx + π ∫ [9 – x2] dx ⎦0 0 2 8 2 2 3 = [3 + 2] – 0 = 4 3 = π ⎡ 16 1 5⎤ x + π ⎡9x − 31 x 3 ⎤ ⎣ ⎦0 ⎣ ⎦2 2 8 Jadi, luas daerah yang diarsir adalah 4 3 = π[2 – 0] + π[[27 – 9] – [18 – 3

]] satuan luas.

Matematika Kelas XII Program IPA 13 b. Daerah yang diarsir dibagi menjadi dua bagian. 1 1 8 = [– 3 – 2 + 2] – [ 3 – 2 – 4] 1 2 Daerah I dibatasi oleh parabola y = 2 x dan 1 1 sumbu X pada interval 0 ≤ x ≤ 2. = 1 6 – [–3 3 ] Daerah II dibatasi oleh garis y = 4 – x dan 1 =42 sumbu X pada interval 2 ≤ x ≤ 4. Luas daerah yang diarsir: 1 Jadi, luas daerah yang diarsir adalah 4 2 L = LI + LII satuan luas. 2 4 1 2 = ∫ 2 x dx + ∫ [4 – x] dx 2. Y y3 = x2 – 2 0 2 y2 = x 2 4 ⎡1 3⎤ = ⎢⎣ 6 x ⎥⎦ + ⎡⎢4x − 1 x2 ⎤⎥ 0 ⎣ 2 ⎦2 8 II = [6 – 0] + [[16 – 8] – [8 – 2]] –1 1 2 X → 1 1 I⎯ III = 13 +2=33 1 Jadi, luas daerah yang diarsir adalah 3 3

satuan luas. y1 = –x2

c. Daerah yang diarsir dibatasi oleh parabola Luas daerah yang diarsir = LI + LII. y = 8 – 2x2 dan garis y = –x + 2 pada interval Menentukan LI. 0 ≤ x ≤ 2. 0 Luas daerah yang diarsir: 2 LI = – ∫ [y2 – y1] dx −1 L= ∫ [[8 – 2x2] – [–x + 2]] dx 0 0 2 =– ∫ [x + x2] dx −1 = ∫ [6 – 2x2 + x] dx ⎡1 ⎤ 0 0 = – ⎢ 3 x3 + 1 x2 ⎥ 2 ⎣ 2 ⎦ −1 ⎡ 2 1 ⎤ = ⎢6x − 3 x3 + 2 x2 ⎥ ⎤ ⎣ ⎦0 ⎡ 1 1 = – ⎢⎣[0 + 0] − [− 3 + 2 ]⎥ 16 2 ⎦ = 12 – 3 +2–0= 83 1 2 = –[0 – [ 6 ]] Jadi, luas daerah yang diarsir adalah 8 3 1 satuan luas. = 6 satuan luas d. Daerah yang diarsir dibatasi oleh parabola Luas gabungan daerah II dan III: y = –x2 + x + 6 dan garis y = 2x + 4. 2 Menentukan batas pengintegralan Lgab = ∫ [y2 – y3] dx y = 2x + 4 0 y = –x2 + x + 6 2 –––––––––––– – = ∫ [x – [x2 – 2] dx 0 = x2 + x – 2 0 2 ⇔ [x + 2][x – 1] = 0 ⇔ x = –2 atau x = 1 = ∫ [x – x2 + 2] dx 0 Diperoleh batas pengintegralan –2 ≤ x ≤ 1. ⎡1 2 ⎤ 2 = ⎢⎣ 2 x − 1 x3 + 2x ⎥ Luas daerah yang diarsir: 3 ⎦0 1 1 1 L= ∫ [[–x2 + x + 6] – [2x + 4]] dx = [ 2 [2]2 – 3 [2]3 + 2[2]] – 0 −2 1 8 =2– 3 +4 = ∫ [–x2 – x + 2] dx −2 10 ⎡ 1 3 1 = 3 satuan luas = ⎢⎣ − 3 x − 1 2 x + 2x ⎤⎥

2 ⎦ −2

14 Integral Menentukan LIII. 1 1 = [ 2 2 + 2 2 ] – [0 + 1] 1 LIII = – ∫ [y3 – y1] dx = [ 2 – 1] satuan luas 0 1 Luas daerah di antara kurva y = sin x dan = – ∫ [x2 – 2 + x2] dx y = cos x pada interval 4 < x < π: π 0

1 π

= –∫ [2x2 – 2] dx LII = ∫ [sin x – cos x] dx π 0 1 4 ⎡ 2 ⎤ π = – ⎢ 3 x3 − 2x ⎥ = ⎡ − cos x − sin x ⎤ π ⎣ ⎦0 ⎣ ⎦ 4 ⎡ 2 3 ⎤ π π = – ⎢⎣[ 3 [1] − 2[1]] − 0 ⎥ = [–cos π – sin π] – [–cos 4 – sin 4 ] ⎦ 2 1 1 = –[ 3 – 2] = [1 – 0] – [– 2 2 – 2 2 ] 4 = 3 satuan luas = [1 + 2 ] satuan luas Luas daerah yang dibatasi oleh kurva LII = Lgab – LIII y = sin x dan y = cos x pada interval 0 < x < 10 4 π adalah: = 3 – 3 L = LI + LII 6 = 3 = [ 2 – 1] + [1 + 2] =2 = 2 2 Luas daerah yang diarsir: Jadi, luas daerahnya adalah 2 2 satuan luas. L = LI + LII 4. Daerah D dibatasi oleh garis y = 2x, y = 3 – x, dan 1 1 = +2= 26 sumbu X. 6 1 Y Jadi, luas daerah yang diarsir adalah 2 6 satuan y = 2x 3 luas. 2 3. a. Luas daerah yang dimaksud yaitu luas daerah yang dibatasi kurva y = cos x dan sumbu X D y=3–x π X pada interval 0 < x < 2 . 0 1 3 π 2 π a. Luas daerah D: L= ∫ cos x dx = ⎡ sin x ⎤ 2 1 3 ⎣ ⎦0 0 L = ∫ 2x dx + ∫ [3 – x] dx π 0 1 = sin 2 – sin 0 = 1 – 0 3 ⎡ 1 1 ⎤ =1 = ⎡⎣ x2 ⎤⎦ 0 + ⎢3x − x2 ⎥ ⎣ 2 ⎦1 Jadi, luas daerahnya 1 satuan luas. 9 1 b. Kurva y = sin x dan y = cos x berpotongan = [1 – 0] + [[9 – 2 ] – [3 – 2 ]] π =1+2 di x = 4 . Luas daerah di antara kurva y = sin x dan =3 π Jadi, luas daerah D adalah 3 satuan luas. y = cos x pada interval 0 < x < 4 : π b. Daerah D diputar mengelilingi sumbu X, 4 volumenya: LI = ∫ [cos x – sin x] dx 1 3 0 VX = π ∫ [2x]2 dx + π ∫ [3 – x]2 dx

π 0 1

= ⎡ sin x − [ − cos x]⎤ 4 1 3 ⎣ ⎦0 = π ∫ 4x2 dx + π ∫ [9 – 6x + x2] dx π π 0 1 = [sin 4 + cos 4

] – [sin 0 + cos 0]

Matematika Kelas XII Program IPA 15 1 3 1 ⎡4 3 ⎤ ⎡ 1 ⎤ ⎡1 3 =π ⎢⎣ 3 x ⎥⎦ + π ⎢9x − 3x2 + x3 ⎥ =π ⎢⎣ 3 x − 2x2 + 4x − 1 x5 ⎤⎥ 0 ⎣ 3 ⎦1 5 ⎦ −2 4 1 1 1 8 32 = π [ 3 – 0] + π [[27 – 27 + 9] – [9 – 3 + 3 ] = π [[ 3 – 2 + 4 – 5 ] – [– 3 – 8 – 8 + 5 ]] 4 8 2 4 = 3π+ 3π = π [2 15 – [–12 15 ]] = 4π 2 = 14 5 π Jadi, volume benda putar yang terjadi adalah 2 4π satuan volume. Jadi, volume benda putar adalah 14 5 π satuan c. Daerah D diputar mengelilingi sumbu Y. volume. y=3–x⇔ x=3–y b. Perhatikan daerah D. Jika daerah D diputar 1 mengelilingi sumbu Y, volume benda putar y = 2x ⇔ x= 2 y yang terjadi sama dengan volume daerah D Volume benda putar yang terjadi: di kuadran II [di kiri sumbu Y] diputar 2 1 mengelilingi sumbu Y. Untuk menghitungnya, VY = π ∫ [[3 – y]2 – [ 2 y]2] dy daerah D dibagi menjadi dua bagian yaitu 0 2 bagian I pada 0 ≤ y ≤ 2 dan bagian II pada 1 = π ∫ [9 – 6y + y2 – 4 y2] dy 2 ≤ y ≤ 4.

0 2

V I = π ∫ y dy 2 3 = π ∫ [9 – 6y + 4 y2] dy 0 0 2 ⎤ = π ⎡⎢ y2 ⎥ 2 1 ⎡ 1 3⎤ =π ⎢⎣9y − 3y + 2 y ⎣2 ⎦ 0 4 ⎥⎦ 0 1 = π [[18 – 12 + 2] – 0] = 2 π [4 – 0] = 8π = 2π Jadi, volume benda putarnya adalah 8π satuan 4 volume. V II = π ∫ [y – [y – 2]2] dy 2 5. Y 4 y= x2 = π ∫ [5y – y2 – 4] dy 4 2 4 ⎡5 2 =π ⎢⎣ 2 y − 1 y3 − 4y ⎤⎥ 3 ⎦2 D 2 64 8 = π [[40 – 3 – 16] – [10 – 3 – 8]] 1 x+y=2 2 2 X = π [2 3 – [– 3 ]] –2 0 1 2 1 =33 π a. Jika daerah D diputar mengelilingi sumbu X, VY = VI + VII volume benda putar yang terjadi adalah: 1 1 = 2π + 3 3 π VX = π ∫ [[2 – x]2 – [x2]2] dx 1 −2 =53 π

= π ∫ [x2 – 4x + 4 – x4] dx 1 Jadi, volumenya adalah 5 3 π satuan volume.

−2

16 Integral f[1] = 7 A. Pilihlah jawaban yang tepat. 2 1 ⇔ a + 2 [a – 1] + c = 7 3 1. Jawaban: d 1 ⇔ 4a + 3a – 3 + 6c = 42 1+ ∫ x x dx = ∫ x 2 dx ⇔ 7a + 6c = 45 . . . . [2] 3 Eliminasi c dari persamaan [1] dan [2]. = ∫ x dx 2 22a + 3c = 78 × 2 44a + 6c = 156 5 7a + 6c = 45 × 1 7a + 6c = 45 2 2 –––––––––––– – = 5 x +c 37a = 111 ⇔ a=3 = 2 x2 x + c 5 Jadi, nilai a = 3. 2. Jawaban: a 6. Jawaban: b ∫ x[2 + 3x] dx = ∫ [2x + 3x2] dx dy = 3x2 + 4x – 5 dx 1 1 = 2 × 2 x2 + 3 × 3 x3 + c Persamaan kurva: = x2 + x3 + c y = f[x] = ∫ [3x2 + 4x – 5] dx = x3 + 2x2 – 5x + c Kurva melalui titik [1, 2] maka f[1] = 2. 3. Jawaban: b f[1] = 1 + 2 – 5 + c ⇔ 2 = –2 + c ⇔ c = 4 ∫ [ x – 2][2 x + 1] dx Persamaan kurva: y = x3 + 2x2 – 5x + 4 = ∫ [2x – 3 x – 2] dx 1 7. Jawaban: d

= ∫ [2x – 3x – 2] dx 2 2

3 ∫ 2x[8 – x2] dx 2 0 = x2 – 3 × 3 x – 2x + c 2

= x2 – 2x x – 2x + c = ∫ [16x – 2x3] dx 0 4. Jawaban: c 2 ⎤ 2 = ⎡⎢ x2 − x4 ⎥ 16 2 2 ⎣2 4 ⎦0 ∫ [3x – 3 x ] dx 1 2 = ⎡⎢8x2 − x4 ⎤⎥ − 1 = ∫ [3x – 2x 3 ]2 dx ⎣ 2 ⎦0 2 − 2 = [32 – 8] – 0 = ∫ [9x2 – 12x + 4x 3 3 ] dx = 24 5 1 1 3 = 9 × 3 x3 – 12 × 5 x + 4 × 3x 3 + c 3 8. Jawaban: d

= 3x3 – 36 x x 3 2 + 12 x + c 3 ∫ [2x – 3] dx = 12 5 1 b 5. Jawaban: c ⇔ ⎡ x 2 − 3x ⎤ = 12 ⎣ ⎦1 f[x] = ∫ [2ax2 + [a – 1]x] dx ⇔ [b2 – 3b] – [1 – 3] = 12 2 1 = 3 ax3 + 2 [a – 1]x2 +c ⇔ b2 – 3b + 2 = 12 f[2] = 24 ⇔ b2 – 3b – 10 = 0 2 1 ⇔ [b + 2][b – 5] = 0 ⇔ 3 a[2]3 + 2 [a – 1] × 22 + c = 24 ⇔ b + 2 = 0 atau b – 5 = 0 16 ⇔ b = –2 atau b=5 ⇔ 3 a + 2[a – 1] + c = 24 Jadi, nilai b = 5. ⇔ 16a + 6a – 6 + 3c = 72

⇔ 22a + 3c = 78 . . . . [1]

Matematika Kelas XII Program IPA 17 9. Jawaban: d 1 1 3 = [2[ 2 π]2 + cos 2 π] – [0 + cos 0] a ∫ x3 dx = 4 1 1 1 = [ 2 π2 + 0] – 1 = 2 π2 – 1 3 ⇔ ∫ ax–3 dx = 4 14. Jawaban: a 1 π 3 2 ⎡ a −2 ⎤ ⇔ ⎢⎣ −2 x ⎥⎦ =4 ∫ [4 cos 2x – 3 sin 3x] dx 1 π a 1 1 3 ⇔ –2 [ 2 – 2] =4 π ⎡ 3 1 1 sin 2x − 3 × [− 1 cos 3x]⎤⎥ π

a 1 = ⎢⎣4 × 2 3 ⎦ ⇔ – 2 [ 9 – 1] =4 π

= [ 2 sin 2x + cos 3x ] 2 a 8 π ⇔ – 2 [– 9 ] =4 3 3π 2π 4a = [2 sin π + cos 2 ] – [2 sin 3 + cos π] ⇔ 9 =4 ⇔ 4a = 36 = [0 + 0] – [ 3 + [–1]] = 1 – 3 ⇔ a=9 15. Jawaban: b π 10. Jawaban: d 4 π π π ⎤4 ] dx = ⎡⎢ − cos [2x + cos2 x 1 ∫ sec x cotan2 x dx = ∫ 1 × dx ∫ sin [2x + 4 ⎣ 2 ] 4 ⎥⎦ 0 cos x sin2 x 0 cos x 1 3π π =∫ dx = – 2 [cos 4 – cos 4 ] sin2 x cos x 1 =∫ sin x sin x dx 1 = – 2 [– 2 2 – 2 2 ]

1 1

= ∫ cotan x cosec x dx 1 1 = – 2 [– 2 ] = 2 2 = –cosec x + c 11. Jawaban: c 16. Jawaban: b π π

∫ 8 sin 5x cos 3x dx 4 4

= 4 ∫ 2 sin 5x cos 3x dx ∫ 2 sin x cos x dx = ∫ sin 2x dx 0 0 π = 4 ∫ [sin [5x + 3x] + sin [5x – 3x]] dx ⎡ 1 ⎤4 = ⎢⎣ − 2 cos 2x ⎥ = 4 ∫ [sin 8x + sin 2x] dx ⎦0 1 π 1 = 4[– 8 cos 8x + [– 2 cos 2x]] + c 1 = − 2 [cos 2 – cos 0] 1 1 1

= – 2 cos 8x – 2 cos 2x + c = − 2 [0 – 1] = 2

12. Jawaban: d 17. Jawaban: d Misalkan u = 1 + 2x – x2 ∫ [cos4 2x – sin4 2x] dx du = ∫ [cos2 2x + sin2 2x][cos2 2x – sin2 2x] dx dx = 2 – 2x = –2[x – 1] du = ∫ 1 × [cos 2 [2x] dx ⇔ [x – 1] dx = −2 1 x −1 = ∫ cos 4x dx = 4 sin 4x + c ∫ [1 + 2x − x 2 ]3 dx = ∫ [1 + 2x – x2]–3 × [x – 1] dx 13. Jawaban: d du = ∫ u–3 × −2 1 π 2 1 ∫ [4x – sin x] dx = −2 ∫ u–3 du 0 1 1 1 π = – 2 × −2 u–2 + c = ⎡ 2x2 + cos x ⎤⎦ 2 ⎣ 0 1 = 4 [1 + 2x – x2]–2 + c 1 = 4[1 + 2x − x 2 ]2

18 Integral 18. Jawaban: c 21. Jawaban: b 1 1 1 Turunan Integral ∫ 3x 3x 2 + 1 dx = ∫ 2 0 3x 2 + 1 × 6x dx 0 1 1 x ----- ----- 4x + 1 1 ----- = ∫ 2 0 [3x + 1] 2 2 d[3x2 + 1] 1 ----- ---- 1 [4x + 1] 2

----- 6 1 ----- 3⎤ ----- ⎡1 2 2 ----- ---- 1 5 = ⎢⎣ 2 × 3 [3x + 1] 2 ⎥ 0 [4x + 1] 2 ⎦0 60 1 3 3 ∫ x 4x + 1 dx = 3 [[3 + 1] 2 − [0 + 1] 2 ] 3 5 1 1 = x 6 [4x + 1] 2 – 60 [4x + 1] 2 + c 1 7 = 3 [8 – 1] = 3 1 3 = 60 [4x + 1] 2 [10x – [4x + 1]] + c 19. Jawaban: e 3 1 Misalkan u = sin 2x = 60 [4x + 1] 2 [10x – 4x – 1] + c du du = 2 cos 2x ⇔ cos 2x dx = 2 1 3 dx = 60 [6x – 1][4x + 1] 2 + c du ∫ sin2 2x cos 2x dx = ∫ u2 × 2 22. Jawaban: a 1 = 2 ∫ u2 du ∫ [6x + 9] cos 3x dx 1 = 1 1 × 3 u3 + c = 3 ∫ [6x + 9] d[sin 3x] 2 1 1 = 1 sin3 2x + c = 3 [6x + 9] sin 3x – 3 ∫ sin 3x d[6x + 9] 6 = [2x + 3] sin 3x – 2 ∫ sin 3x dx 20. Jawaban: a 2 π = [2x + 3] sin 3x + 3 cos 3x + c ∫ sin 2x cos x dx 0 23. Jawaban: d π Daerah yang diarsir dibatasi parabola y = [2 – x]2 = ∫ 2 sin x cos x cos x dx dan sumbu X pada interval 0 ≤ x ≤ 2. 0 Luas daerah yang diarsir: π 2 2 = ∫ 2 sin x cos2 x dx L = ∫ [2 – x]2 dx = ∫ [4 – 4x + x2] dx 0 0 0 2 Misalkan u = cos x 1 ⎤ = ⎡⎢4x − 2x2 + x3 ⎥ du ⎣ 3 ⎦0 dx = –sin x ⇔ sin x dx = –du 8 8 = [8 – 8 + 3 ]–0= 3 π π 8 ∫ 2 sin x cos2 x dx = ∫ 2 u2 [–du] Jadi, luas daerah yang diarsir adalah 3 satuan luas. 0 0 π 24. Jawaban: e = –2 ∫ u2 du y=2 ⇒ x2 – 4x – 3 = 2 0 π ⇔ x2 – 4x – 5 = 0 ⎡1 ⎤ = –2 ⎢ u3 ⎥ ⇔ [x + 1][x – 5] = 0 ⎣3 ⎦0 ⇔ x = –1 atau x = 5 ⎡1 ⎤ π Parabola dan garis berpotongan di titik [–1, 2] = –2 ⎢ cos3 x ⎥ dan [5, 2].

⎣3 ⎦0

1 1 Y
= –2[ 3 [–1]3 – 3 [1]3] y2 = x2 – 4x – 3

2 y1 = 2 1 1 = –2[– 3 – 3 ] 0 X 2 –1 5

= –2[– 3 ]

4
= 3

Matematika Kelas XII Program IPA 19 Luas daerah yang diarsir: Luas daerah yang diarsir: 5 L = LI + LII L = ∫ [y1 – y2] dx 4 5 −1 = ∫ [x – 2] dx + ∫ [[x – 2] – [x2 – 6x + 8]] dx 5 2 4 = ∫ [2 – [x2 – 4x – 3]] dx 27. Jawaban: b −1 5 Y y = 3x – 2 = ∫ [–x2 + 4x + 5] dx −1 5 = ∫ –[x2 – 4x – 5] dx −1 5 X ⎡1 ⎤ = – ⎢ x3 − 2x2 − 5x ⎥ 0 2 1 3 ⎣3 ⎦ −1 3 125 1 –2 = –[[ 3 – 50 – 25] – [– 3 – 2 + 5]] 1 2 = –[–33 3 – 2 3 ] = 36 3 Jadi, luas daerah yang diarsir adalah 36 satuan luas. V = π ∫ [3x – 2]2 dx 1 25. Jawaban: a a a 3 L = ∫ y dx = ∫ [x + 3] dx = π ∫ [9x2 – 12x + 4] dx 1 1 1 a ⎡1 ⎤ ⇔ 10 = ⎢ x 2 + 3x ⎥ = π ⎡⎣ 3x 3 − 6x 2 + 4x ⎤⎦ 3 ⎣2 ⎦1 1 1 1

⇔ 10 = [ 2 a2 + 3a] – [ 2 + 3] = π[[81 – 54 + 12]

⇔ 10 = 2 a2 + 3a – 3 2 1 1 – [3 – 6 + 4]] = π[39 – 1] ⇔ a2 + 6a – 27 = 0 ⇔ [a – 3] [a + 9] = 0 = 38π ⇔ a = 3 atau a = –9 Jadi, volume benda putar adalah 38π satuan volume. Oleh karena a > 1 maka a = 3. 28. Jawaban: c Jadi, nilai a = 3. Y 26. Jawaban: c

Y y = x2 – 6x + 8 y = x2 – 1

y=x–2 X
–1 0 1

II –1 I 0 2 4 5 X 1 V = π ∫ [x2 – 1]2 dx Daerah I: −1 Batas atas garis y = x – 2 dan batas bawah 1 sumbu X pada interval 2 ≤ x ≤ 4. = 2π ∫ [x2 – 1]2 dx 4 0 LI = ∫ [x – 2] dx 1 2 = 2π ∫ [x4 – 2x2 + 1] dx Daerah II: 0 Batas atas garis y = x – 2 dan batas bawah 1 parabola y = x2 – 6x + 8 pada interval 4 ≤ x ≤ 5. = 2π ⎡⎢ 1 x5 − 2 x3 + x ⎤⎥ 5 ⎣5 3 ⎦0 LII = ∫ [[x – 2] – [x2 – 6x + 8]] dx 4 1 2

= 2π[ 5 – 3 + 1 – 0]

20 Integral 3 − 10 + 15 4 = 2π[ ] 3 15 = π ∫ 4 y dy 0 16 = 15 π 4 ⎤ = π ⎡⎢ y2 ⎥ 3 16 ⎣8 ⎦0 Jadi, volume benda putar adalah 15 π satuan 3 3 volume. = π[ [4]2 – [0]2] 8 8 29. Jawaban: c = π[6 – 0] Volume benda putar: = 6π 4 4 2 Jadi, volume benda putar adalah 6π satuan volume. Vy = π ∫ x2 dy = π ∫ [ y 2 ]2 dy 2 2 B. Kerjakan soal-soal berikut. 4 4 =π∫ y4 dy 1. a. ∫ f[x] dx 2 = ∫ [2x + 3][3x – 2] dx 4 = ∫ [6x2 + 5x – 6] dx = π ∫ 4y–4 dy 2 1 1 = 6 × 3 x3 + 5 × 2 x2 – 6x + c 4 ⎡ 4 ⎤ = π ⎢− 3⎥ = 2x3 + 2 x2 – 6x + c 5

⎣ 3y ⎦ 2

= π[ −4 – [– 4 ]] b. ∫ f[x] dx 192 24 = ∫ [3 – 2 x ]2 dx 1 1 = π[– + ] 1 48 6 = ∫ [9 – 12x 2 + 4x] dx −1 8 2 3 1 = π[ + ] = 9x – 12 × 3 x 2 + 4 × 2 x2 + c

48 48

7 7 = π[ ]= π = 9x – 8x x + 2x2 + c 48 48 4 4 7 Jadi, volume benda putar adalah 48 π satuan 2. a. ∫ y dx = ∫ [2x + 1] dx −1 −1 volume. 4 = ⎡⎣ x 2 + x ⎤⎦ 30. Jawaban: d −1 = [16 + 4] – [1 + [–1]] = 20 Y y = 4x2 2 y = x2 4 y=4 b. ∫ [y2 – y] dx 0 2 = ∫ [[2x + 1]2 – [2x + 1]] dx 0 2 X –2 –1 0 1 2 = ∫ [4x2 + 4x + 1 – 2x – 1] dx 0 2 Volume benda putar: = ∫ [4x2 + 2x] dx 4 0 V y = π ∫ [x12 – x22] dy ⎡4 3 2 0 = ⎢⎣ 3 x + x2 ⎤⎥ ⎦0 4 32 1 = [ 3 + 4] – 0 = π ∫ [y – 4 y] dy 0 2

= 14 3

Matematika Kelas XII Program IPA 21 3. a. ∫ [sin 2x – 5 cos x] dx 4x 1 ∫ dx = ∫ 1 × [–2] du 1 2 − x2

= –2 cos 2x – 5 sin x + c u2

1 1 − b. ∫ 4 sec2 [ 3 π – 2x] dx = –2 ∫ u 2 du 1 1 − +1 1 = –2 × u 2 +c = 4 ∫ sec2 [[–2]x + 3 π] dx 1 −2 +1 1 1 1 −2 = 4 × −2 tan [[–2]x + 3 π] + c = 1 u2 + c 2 1

= –2 tan [ 3 π – 2x] + c = –4 u + c

c. ∫ 2 cosec 2x cotan 2x dx = –4 2 − x 2 + c 1 6. a. Misalkan = 2 × [– 2 cosec 2x] + c u = x ⇒ du = dx = –cosec 2x + c dv = cos x dx ⇒ v = ∫ cos x dx = sin x π 3 ∫ x cos x dx = ∫ u dv = uv – ∫ v du π 4. a. ∫ 4 sin [2x – ] dx = x sin x – ∫ sin x dx 2 0 = x sin x + cos x + c π b. Misalkan ⎡ 1 π ⎤3 u = 3 – 2x ⇒ du = –2 dx = 4 ⎢ − cos [2x − ]⎥ ⎣ 2 2 ⎦0 dv = sin x dx ⇒ v = ∫ sin x dx = –cos x 2π π π = –2[cos [ 3 – 2 ] – cos [0 – 2 ]] ∫ [3 – 2x] sin x dx = ∫ u dv π π = –2[cos 6 – cos [– 2 ]] = uv – ∫ v du = [3 – 2x][–cos x] – ∫ [–cos x][–2dx] 1 = –2[ 2 3 – 0] = –[3 – 2x] cos x – 2 ∫ cos x dx = [2x – 3] cos x – 2 sin x + c =– 3 7. Y π 4 2 x=4 b. ∫ [2 sin x + 6 cos x] dx π − 2 X 0 2 4 6 8 x + 4y = 8 π ⎤ = ⎡⎣ –2 cos x + 6 sin x ⎦ − π

2 x + 4y = 8 π π π π ⇔ 4y – 8 = x = –2 cos 4 + 6 sin 4 – [–2 cos [– 2 ] + 6 sin [– 2 ]] 1 ⇔ y=2– 4x 1 1 = –2 [ 2 2 ] + 6[ 2 2 ] – [0 – 6] Luas daerah yang diarsir: 4 =– 2+3 2+6 L= ∫ y dx 0 =6+2 2 4 1 4x = ∫ [2 – x]] dx 5. ∫ 2 dx 0 4 2−x 4 ⎡ 1 ⎤ Misalkan u = 2 – x2 ⇔ du = –2x dx = ⎢2x − x2 ⎥ ⎣ 8 ⎦0

⇔ –2 du = 4x dx

22 Integral = [8 – 2] – [0 – 0] 243 =6 = π[81 + 5 ] Jadi, luas daerah tersebut 6 satuan luas. 648 = π[ 5 ] 8. a. Daerah D Y 648 = 5 π y = 8x – 2x2 648 Jadi, volume benda putar adalah 5 π satuan volume. b. Diputar terhadap sumbu Y y = 4x – x2 9 X 0 4 V y = π ∫ x2 dy 0 b. Luas daerah D yang diarsir 9 4 = π ∫ [9 – y] dy L = ∫ [[8x – 2x2] – [4x – x2]] dx 0 0 9 = π ⎡9y − 1 y 2 ⎤ 4 ⎣ 2 ⎦0 = ∫ [4x – x2] dx 0 = π[[9[9] – 1 [9]2] – 0] 2 4 = ⎡⎣2x − 3 x ⎤⎦ 2 1 3 81 81 0 = π[81 – 2 ] = 2 π 64 2 81 = [32 – 3 ] – 0 = 10 3 Jadi, volume benda putar adalah 2 π satuan volume. 2 Jadi, luas daerah D adalah 10 3 satuan luas.

10. Y

9. 9 Y

π π X 0 3 π 2π

2 2

–1 y = sin x

X π –3 –2 –10 1 2 3 Volume = π ∫ sin2 x dx

y = 9 – x2 0

a. Diputar terhadap sumbu X π 1 = π ∫ 2 [1 – cos 2x] dx 3 0 V x = π ∫ y2 dx 0 π ⎡1 1 ⎤ = π ⎢ x − sin 2x ⎥ 3 ⎣2 4 ⎦0 = π ∫ [9 – x2]2 dx π 1 1 0 = π[[ 2 – 4 sin 2π] – [0 – 4 sin 0]] 3 π = π ∫ [81 – 18x2 + x4] dx = π[ 2 – 0] – 0]

3 1 = 2 π2 = π ⎡⎣81x − 6x + 5 x ⎤⎦ 1 5 0 1 1 Jadi, volume benda putar adalah 2 π2 satuan volume.

= π[[81[3] – 6[3]3 + 5 [3]5] – 0]

243
= π[243 – 162 + 5 ]

Matematika Kelas XII Program IPA 23
Program Linear

Sistem Pertidaksamaan Linear Dua Variabel Nilai Optimum Fungsi Objektif
[SPtLDV]

• Pertidaksamaan linear dua variabel [PtLDV] • Model matematika • Himpunan penyelesaian pertidaksamaan linear dua • Metode uji titik pojok variabel • Metode garis selidik

• Sistem pertidaksamaan linear dua variabel

• Bersikap kreatif dalam menyelesaikan permasalahan program linear. • Mampu menentukan daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel. • Mampu menentukan sistem pertidaksamaan linear dua variabel dari suatu daerah penyelesaian. • Mampu menyelesaikan sistem persamaan linear dua variabel. • Mampu menentukan nilai optimum fungsi objektif menggunakan metode uji titik sudut. • Mampu menentukan nilai optimum fungsi objektif menggunakan metode garis selidik. • Mampu menyelesaikan model matematika. • Mampu menafsirkan penyelesaian model matematika.

• Mampu merancang dan menyelesaikan model matematika masalah program linear.

24 Program Linear A. Pilihan Ganda 1] Persamaan garis yang melalui titik [0, 3] dan titik [–2, 0] adalah 3x – 2y = –6 = –3x + 2y 1. Jawaban: b = 6. Garis x + 2y = –12 memotong sumbu X di titik [–12, 0] dan memotong sumbu Y di titik [0, –6]. Titik [1, 1] pada daerah penyelesaian. Uji titik [0, 0] ke x + 2y. Uji titik [1, 1] ke –3x + 2y. 0 + 2 × 0 = 0 ≥ –12 [bernilai benar]. ⇔ –3 × 1 + 2 × 1 = –1 ≤ 6 Daerah penyelesaian x + 2y = –12 dibatasi garis Jadi, PtLDV-nya –3x + 2y ≤ 6. x + 2y = –12 dan memuat titik [0, 0]. 2] Persamaan garis yang melalui titik [0, 4] dan Jadi, grafik himpunan penyelesaian x + 2y ≥ –12 titik [6, 0] adalah 4x + 6y = 24 ⇔ 2x + 3y adalah pilihan b. = 12 2. Jawaban: c Titik [1, 1] pada daerah penyelesaian. Persamaan garis yang melalui titik [0, 1] dan titik Uji titik [1, 1] ke 2x + 3y. [–2, 0]: 2 × 1 + 3 × 1 = 5 ≤ 12 Jadi, PtLDV-nya 2x + 3y ≤ 12. − + − = + 3] Daerah penyelesaian di kanan dan pada + sumbu Y maka x ≥ 0. ⇔ = 4] Daerah penyelesaian di atas dan pada ⇔ 2y = x + 2 sumbu X, maka y ≥ 0. ⇔ 2y – x = 2 Jadi, sistem pertidaksamaannya x ≥ 0; y ≥ 0; Titik [–1, 0] pada daerah penyelesaian. 2x + 3y ≤ 12; –3x + 2y ≤ 6. Uji titik [–1, 0] ke 2y – x. 5. Jawaban: c 0 – [–1] = 1 < 2 [benar] 1] Garis x + 2y = 12 melalui titik [0, 6] dan [12, 0]. Garis digambar putus-putus sehingga tanda Daerah penyelesaian x + 2y ≥ 12 dibatasi garis ketidaksamaannya 0 maka nilai a yang memenuhi ⇔  =       adalah 2.    

Diperoleh x = 6 dan y = 16.

Matematika Kelas XII Program IPA 71 2] Menggunakan metode Cramer = sin 15° cos 15° + cos 15° sin 15° = sin [15° + 15°] − − − x= = = =6 = sin 30° = − − ° ° Dy = ° ° − = cos2 15° – sin2 15° y= = = = 16 = cos [2 × 15°] − − = cos 30° = Diperoleh x = 6 dan y = 16. c. Bentuk persamaan matriksnya: x= = =  −   =         y= = =       1] Menggunakan invers matriks Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah  −   =   {[ , ]}.             − 3. Sistem persamaan linear dalam bentuk matriks: ⇔   =  −                          =        =   ⇔    −     −    −

  +         

⇔   =        −          D=  =   − − ⇔     – – – + + +     = [3 × 0 × 0] + [2 × 1 × 1] + [4 × 2 × [–1]] – [4 × 0 ⇔   =   × 1] – [3 × 1 × [–1]] – [2 × 2 × 0]         =0+2–8–0+3–0 Diperoleh x = 1 dan y = 2. = –3 2] Menggunakan metode Cramer − Dx = x= = − = =1 − − − − – – – + + + = [11 × 0 × 0] + [2 × 1 × [–1]] + [4 × 3 × [–1]] – [4 × 0 × [–1]] – [11 × 1 × [–1]] – [2 × 3 × 0] y= = = =2 = 0 – 2 – 12 – 0 + 11 – 0 − = –3 Diperoleh x = 1 dan y = 2. 2. Sistem persamaan linear dalam bentuk matriks: Dy =  ° − °     °  − −    =   – – – + + +  ° °     °  = [3 × 3 × 0] + [11 × 1 × 1] + [4 × 2 × [–1]] ° − ° – [4 × 3 × 1] – [3 × 1 × [–1]] – [11 × 2 × 0] D = ° ° = cos2 15° + sin2 15° = 1 = 0 + 11 – 8 – 12 + 3 + 0 ° − ° = –6 Dx = °

72 Matriks Diperoleh x = 8.000 dan y = 12.000. Jadi, harga 1 kg beras Rp8.000,00 dan harga Dz = 1 kg telur Rp12.000,00. − − − b. Harga 3 kg beras dan 4 kg telur – – – + + + = 3x + 4y = [3 × 0 × [–1]] + [2 × 3 × 1] + [11 × 2 × [–1]] = 3 × Rp8.000,00 + 4 × Rp12.000,00 – [11 × 0 × 1] – [3 × 3 × [–1]] + [2 × 2 × [–1]] = Rp24.000,00 + Rp48.000,00 = 0 + 6 – 22 – 0 + 9 + 4 = Rp72.000,00 = –3 Jadi, harga 3 kg beras dan 4 kg telur Rp72.000,00. − x= = − =1 5. Misalkan: − x = umur ayah sekarang y= = − =2 y = umur adik sekarang Kalimat matematikanya: − x – y = 26 . . . [1] z= = − =1 [x – 5] + [y – 5] = 34 Nilai 4x – 3y + 2z = 4 × [1] – 3 × [2] + 2 × [1] ⇔ x + y = 34 + 5 + 5 =4–6+2 ⇔ x + y = 44 . . . [2] =0 Sistem persamaan linearnya:

x – y = 26

4. a. Misalkan: harga 1 kg beras = x x + y = 44 harga 1 kg telur = y −    Sistem persamaan linear dari permasalahan Bentuk matriksnya:       =         di atas: 2x + 3y = 52.000 −

x + 2y = 32.000 + x= = − = = = 35 Bentuk persamaan matriks: +     =              − −     ⇔   =  y= = − = = =9    +      

⇔  =  −    Jadi, umur ayah dua tahun yang akan datang   −  −         =x+2   =  −    = 35 + 2 = 37 tahun ⇔    −    Jadi, umur adik dua tahun yang akan datang      =y+2 ⇔   =   = 9 + 2 = 11 tahun    

   

A. Pilihan Ganda 2. Jawaban: c 1. Jawaban: a  −   −        B =  −  ⇒ B =  T       −  A=        −    Jadi, transpos dari matriks B adalah Diagonal utama  −  Diagonal utama matriks A adalah 2, 1, 0, dan 5.     .  − 

 

Matematika Kelas XII Program IPA 73 3. Jawaban: b 2A – AT + I = 2        +   −   –   +    =         −   − −  =        +   −   –   +   ⇔   =          −   − −  − + − +  Dari kesamaan matriks diperoleh: =   2a + 2 = –6 ⇔ 2a = –8  − + − +  ⇔ =  a = –4  8 = 3b – 1 ⇔ 3b = 9    ⇔ b=3 Nilai a + b = –4 + 3 = –1. 8. Jawaban: a 4. Jawaban: a  −  –2A +   = 3B  −   −   −     −  –  −  =  − −   −         −  − − − +   − ⇔    =  ⇒ –2[2B] +   = 3B  − − + −   − −     −     −  ⇔  −  =  − −   −      ⇔ –4B +   = 3B Dari kesamaan matriks diperoleh:   4x – 1 = 3  −  ⇔ 4x = 3 + 1  −  ⇔ 4x = 4 ⇔ 7B =     ⇔ x=1 . . . [1]  −  2y – 3 = 1  −  ⇔ 2y = 1 + 3   ⇔ B= ⇔ 2y = 4    −  ⇔ y=2 . . . [2] Jadi, nilai [x, y] adalah [1, 2].  −  5. Jawaban: c ⇔ B =      −     −  A + 2B =   + 2       9. Jawaban: b  −           =   +   p   + 2q  − – r   =  −               − + +   −     −  − =  + +  =              ⇔   +  −  –   =  −  6. Jawaban: c B – A = CT             −   −   +   −   ⇔   –   =     −        ⇔  + −    ⇔  −  =  −    =      −  −        Dari kesamaan matriks diperoleh: Dari kesamaan matriks diperoleh: y–4=1⇔y=5 . . . [1] r = –1 x+y–2=7⇔x+5–2=7⇔x=4 . . . [2] 2q – r = 1 ⇒ 2q – [–1] = 1 Nilai xy = 4 × 5 = 20. ⇔ 2q + 1 = 1 7. Jawaban: c ⇔ q=0 p – 2q = –2 ⇒ p – 0 = –2 ⇔ p = –2 A =     ⇒ AT =    Nilai p + q + r = –2 + 0 – 1 = –3.

  

74 Matriks 10. Jawaban: c Dari kesamaan matriks diperoleh: 2log 4ab – 2log 6 = 3  +   −  =I+P ⇔ 2log = 2log 8  ⇔ =8  +      ⇔  −  =   +   ⇔ ab = 12 . . . [1]       3log 3ab – 3log a=2  +    ⇔  −  =       ⇔ 3log = 3log 9 Dari kesamaan matriks di atas, diperoleh: ⇔ =9 3x + 2 = 8 ⇔ 3x = 8 – 2 ⇔ b=3 . . . [2] ⇔ 3x = 6 Substitusikan b = 3 ke dalam persamaan [1]. ⇔ x=2 a × 3 = 12 ⇔ a = 4 7–y=6 Jadi, nilai a2b = 42 × 3 = 48. ⇔ y=7–6 13. Jawaban: b ⇔ y=1 5x2 + 2y = 5 × 22 + 2 × 1  −   −   −  A2 – 3A =     – 3  = 20 + 2 = 22       Jadi, nilai 5x2 + 2y adalah 22.  + − − + −   −  11. Jawaban: e =   –    + − +    A + B – C =     −   −   − −   −  − =   –   =             − −   ⇒   +   –   =    −  −     − −  14. Jawaban: c 2A – B = CD ⇔  + + + +  =    − − − + −   − −   −     −        ⇒ 2  –   =     + +  =      + −     −  ⇔  − −   − −       −     − − +  Dari kesamaan matriks diperoleh: ⇔  –   =   6+x=8⇔x=2    + −   −  2 – y = –x  − − −   − − +  ⇒ 2 – y = –2 ⇔   =   ⇔ y=2+2  − −   −  ⇔ y=4 Dari kesamaan matriks diperoleh: x + 2xy + y = 2 + 2 × 2 × 4 + 4 = 22 –2c – 4 = –10 ⇔ –2c = –6 Jadi, nilai x + 2xy + y adalah 22. ⇔ c=3 . . . [1] 12. Jawaban: c –b – 3 = –4 ⇔ –b = –1 P–Q=R ⇔ b=1 . . . [2] 4 – a = –b + 9 . . . [3]       ⇒   –   =   Substitusikan b = 1 ke dalam persamaan [3].      −      4 – a = –b + 9 ⇒ 4 – a = –1 + 9  −    ⇔ 4–a=8 ⇔   =   ⇔    −  a = –4  − −  Diperoleh a = –4, b = 1, dan c = 3.

Jadi, nilai a + b + c = [–4] + 1 + 3 = 0.

Matematika Kelas XII Program IPA 75 15. Jawaban: a 18. Jawaban: a  −   −  − MN =    + − = 0  − −    ⇔ [2x – 1][x – 1] – 2[x + 2] = 0  − + − + −  =   ⇔ 2x2 – x – 2x + 1 – 2x – 4 = 0  + − − + −  ⇔ 2x2 – 5x – 3 = 0  − −  Dari persamaan kuadrat tersebut diperoleh: =   −  − −  x1 + x2 = – =

Determinan matriks MN: − − − x1x2 = = – det [MN] = − − Jumlah kuadrat akar-akar persamaan kuadrat: = –5 × [–26] – [–10] × [–4] x12 + x22 = [x1 + x2]2 – 2x1x2 = 130 – 40 = 90  =   – 2[– ] Alternatif penyelesaian:  det [MN] = det [M] × det [N] = +3 − − = × − − =9

= [–6 – 3] × [–8 – 2] = –9 × [–10] 19. Jawaban: b = 90 det P = det Q 16. Jawaban: c − ⇒ = A + B = 2C − − ⇔ 2C = A + B ⇔ 3x – 2 – 0 = –5 – [–6]     ⇔ 3x – 2 = 1 ⇔ 2C =   +   ⇔ 3x = 1 + 2  − −    ⇔ 3x = 3   ⇔ x=1 ⇔ 2C =   Jadi, nilai x adalah 1.  −  20. Jawaban: b   A – B = C–1 ⇔ 2C = 2    −  −   −  ⇒  –     = −  −      − +    ⇔ C=    −   −   −  ⇔  −  =  −     det [C] = = 3 × 0 – 4 × [–1] = 4 Dari kesamaan matriks diperoleh: − 1 – x = –1 17. Jawaban: d ⇔ –x = –1 – 1 ⇔ –x = –2 ⇔ x=2 det A = Jadi, nilai x adalah 2. 21. Jawaban: c – – – + + +      +  = [1 × 1 × 1] + [2 × 1 × 2] + [3 × 4 × 2] – [3 × 1 −  − A2 =     =  +  × 2] – [1 × 1 × 2] – [2 × 4 × 1]      

= 1 + 4 + 24 – 6 – 2 – 8 = 13

76 Matriks A2 + B–1 = C 23. Jawaban: b ⇔ B[A2 + B–1] = BC −    − −    =   ⇔ BA2 + BB–1 = BC    − +   −   +  ⇔  −  +  + I       ⇔ − × − − ×   =    −   − +   −    =  −  −       − −   ⇔ =    + − −       − +  ⇔   +      + − −    Dari kesamaan matriks diperoleh:  + −  =  −   =a ⇔ =a–b . . . [1]

 −

 + + − −  ⇔   − =1 ⇔ b=a–b  + −  ⇔ 2b = a   =  + −   −  ⇔ b= . . . [2] Dari kesamaan nilai elemen kedua matriks pada baris kedua kolom pertama diperoleh persamaan: Substitusikan b = ke dalam persamaan [1]. 2m + 1 = 2 ⇔ 2m = 1 =a–b ⇒ =a– ⇔ m= ⇔ = a Jadi, nilai m yang memenuhi adalah . ⇔ a2 = 2 22. Jawaban: a ⇔ a= ±  −   −  B =   Untuk a = substitusikan ke dalam b = .  −   −  − −   − ⇔ B =  b= = =     −   −   − −   − Nilai ab = × =1 ⇔ B= − × − − ×  − −   −      −  Untuk a = – substitusikan ke dalam b = . ⇔ B = −    − −  − b= = =  −  − ⇔ B =       Nilai ab = – × −

− Jadi, nilai ab = 1. Det [B] = 24. Jawaban: e [PQ]T = QTPT T = [–1] × – 1 ×    ⇒  − − = Q   −     = = –4 − − Jadi, determinan matriks B adalah –4.         ⇔  − −   = QT    

     

Matematika Kelas XII Program IPA 77    − ⇔ QT =       =    − − −  −  ⇔          − − +  ⇔ QT =  − + −  Diperoleh x = 3 dan y = 2.   Jadi, himpunan penyelesaian dari sistem per-  −  samaan tersebut adalah {[3, 2]}. ⇔ QT =  −    27. Jawaban: c  −  Diperoleh SPLDV: ⇔ Q =  −    3x + 5y = 9.500  −  2x + 4y = 6.800 Jadi, matriks Q =  −  .   Persamaan matriksnya: 25. Jawaban: c          =         det   =1   28. Jawaban: c Misalkan: x = harga 1 kg apel ⇔ =1 y = harga 1 kg jeruk Bentuk SPLDV dari permasalahan tersebut:

⇔ 2–a=1 3x + 2y = 48.000

⇔ a=2–1 2x + y = 28.000 ⇔ a=1 Bentuk matriks dari SPLDV tersebut: Diperoleh matriks   .     

     =        Bentuk persamaan matriks: −     =              ⇔   =                − ⇔   =       −          ⇔   =   

        −  −   

 =  −     −    ⇔    −    ⇔   =     −

        −   

⇔   =  −         −    ⇔   =              =   Diperoleh x = 8.000 dan y = 12.000. ⇔    −  Harga 2 kg apel dan 5 kg jeruk:     2x + 5y = 2 × 8.000 + 5 × 12.000 Diperoleh x = 12 dan y = –4. = 16.000 + 60.000 Jadi, nilai x + y = 12 – 4 = 8. = 76.000 26. Jawaban: e Jadi, harga 2 kg apel dan 5 kg jeruk adalah

Bentuk persamaan matriksnya: Rp76.000,00.

 −   =   29. Jawaban: c       Misalkan: x = umur Eka sekarang       y = umur Rima sekarang − ⇔   =  −  Bentuk SPLDV dari permasalahan tersebut:             [x – 2] + [y – 2] = 34 ⇔ x + y = 38

 =     + ⇔    −    + = ⇔ 6x – 5y = –3

  +    

⇔   =      

 

78 Matriks Bentuk matriks dari SPLDV tersebut: B. Uraian      −  1.        =    =    −     −   −    − Dari kesamaan matriks di atas diperoleh:      log [2a – b] = 1 ⇔   =        −   −  ⇔ log [2a – b] = log 10 ⇔ 2a – b = 10 . . . [1]   − −   log [b – 2] = log a ⇔   =       − −  −   −  ⇔ b–2=a ⇔ a – b = –2 . . . [2]   − −   Eliminasi b dari persamaan [1] dan [2]. ⇔   =       −  −   −  2a – b = 10 a – b = –2   −  –––––––––– – ⇔   =   a = 12   −  −  Substitusikan a = 12 ke dalam persamaan [2].    12 – b = –2 ⇔   =   ⇒ –b = –2 – 12     ⇔ –b = –14 Diperoleh x = 17 dan y = 21. ⇔ b = 14 Jadi, umur Rima sekarang 21 tahun. Jadi, nilai a = 12 dan b = 14. 30. Jawaban: d Misalkan: x = panjang tanah  −    y = lebar tanah 2.   =    −   Sistem persamaan linear dari permasalahan   tersebut: Dari kesamaan matriks diperoleh: x=y+6 ⇔x–y=6

xlog a = log b . . . [1] 2[x + y] = 52 ⇔ x + y = 26 log [4a – 14] = 1 Bentuk persamaan matriks: ⇔ log [4a – 14] = log 10  −   =   ⇔ 4a – 14 = 10       ⇔ 4a = 24      ⇔ a=6 . . . [2] − ⇔   =  −  log [b – 4] = log a . . . [3]             Substitusikan a = 6 ke dalam persamaan [3]. log [b – 4] = log 6 ⇔  =       +  −    ⇒ b–4=6      ⇔ b = 10 ⇔   =     Substitusikan nilai a = 6 dan b = 10 ke dalam per-    −      samaan [1].

xlog a = log b

⇔   =   ⇔ xlog 6 = log 10       ⇔ xlog 6 = 1 ⇔   =       ⇔ =1

   

Diperoleh x = 16 dan y = 10. ⇔ log 6 = log x Panjang = x = 16 ⇔ 6= x Lebar = y = 10 ⇔ x=6 Luas tanah = 16 × 10 = 160 m2 Jadi, nilai x adalah 6. Harga jual tanah tersebut A + B =     = 160 × Rp100.000,00 3. a.  +  

= Rp16.000.000,00    

=  Jadi, harga jual tanah tersebut Rp16.000.000,00.  

 

Matematika Kelas XII Program IPA 79 [A + B]T =        5. [1 x]     = [0]

    

C – 2A =       b.  – 2   ⇔ [2 + px 1 + 2x]   = [0]       ⇔ [2 + px + x + 2x2] = [0] =      –   Dari kesamaan matriks diperoleh:     2 + px + x + 2x2 = 0 − −  =   ⇔ 2x2 + [1 + p]x + 2 = 0

 −  Dari persamaan kuadrat diperoleh:

BC =       c.    =   x1x2 = = 1 ⇒ 4x2 × x2 = 1      [BC]2 = [BC][BC] ⇔

x22 =

=       ⇔ x2 = ±

   

=   Untuk x2 = maka x1 = 4 × = 2.    − + 4. Diketahui: x1 + x2 = x : y = 5 : 4 ⇔ x = y . . . [1] − − ⇒ 2+ =    [ ]     = [1.360]  ⇔ 5 = –1 – p     ⇔ p = –6    ⇔ [ + + + + ]   = [1.360] Untuk x2 = – maka x1 = 4 × [– ] = –2.   − +  x1 + x2 = ⇔ [ + + ]   = [1.360]   − − ⇒ –2 – = ⇔ [[2x + 70] × 5 + [2y + 75] × 10] = [1.360] ⇔ [10x + 350 + 20y + 750] = [1.360] ⇔ –5 = –1 – p ⇔ [10x + 20y + 1.100] = [1.360] ⇔ p=4 Dari kesamaan matriks diperoleh: Jadi, nilai p = –6 atau p = 4. 10x + 20y + 1.100 = 1.360 6. P × Q = PQ ⇔ 10x + 20y = 260 . . . [2] Substitusikan persamaan [1] ke dalam per-      −  ⇒    =   samaan [2].      − −  − ⇒ 10[ y] + 20y = 260    −    ⇔   =       − −    ⇔ y + 20y = 260    −   −  ⇔   =      − −  −  −  ⇔ y = 260   ⇔ y=8    −   −  ⇔   =    Substitusikan y = 8 ke dalam persamaan [1].    − −   −  x= y    −  ⇔   =      −  = × 8 = 10    − Jadi, nilai x = 10 dan y = 8. ⇔   =  

   − 

80 Matriks Dari kesamaan matriks diperoleh: 8. Bentuk matriks sistem persamaan tersebut: k = 2, l = –1, m = –4, dan n = 1.  −    =   Nilai lm – kn = [–1] × [–4] – 2 × 1  −     −  =4–2=2      Alternatif penyelesaian: − P × Q = PQ ⇒ det [P] × det [Q] = det [PQ] − − − − x= = − = − + = = − − ⇔ × = − − − ⇔ [kn – lm] × [6 – 4] = 0 – 4 − − ⇔ [kn – lm] × 2 = –4 y= = − = − + = ⇔ [kn – lm] = –2 − ⇔ –[lm – kn] = –2 Jadi, himpunan penyelesaiannya {[ , ]}.

⇔ lm – kn = 2

9. Misalkan:   X =   7. a.     harga sebuah buku tulis = x     harga sebuah pensil = y − Sistem persamaan linear dari permasalahan ⇔ X =     tersebut:   

    5x + 7y = 14.500

⇔ X =  −   3x + 4y = 8.500 −  −   

   Bentuk persamaan matriks:

⇔ X =  −       =    −                  ⇔ X =     =   −     ⇔               ⇔ X =    ⇔  =  −       −  −         Jadi, matriks X adalah   .   =  −      ⇔    −         − −  b. X     =       ⇔   =         − −  −     ⇔ X =        Diperoleh x = 1.500 dan y = 1.000. Harga 8 buah buku tulis dan 5 buah pensil ⇔ X =     = 8x + 5y      − +  − −  = 8 × Rp1.500,00 + 5 × Rp1.000,00 = Rp12.000,00 + Rp5.000,00 ⇔ X =        − −  = Rp17.000,00 Jadi, harga 8 buah buku tulis dan 5 buah pensil ⇔ X =   Rp17.000,00.   10. Misalkan: Jadi, matriks X adalah   . x = banyak permen dalam kemasan A

  y = banyak permen dalam kemasan B

Matematika Kelas XII Program IPA 81 Sistem persamaan linear dari permasalahan tersebut: ⇔   = –  −       −   

2x + 5y = 45   6x + 4y = 80 ⇔   = –  −     −  Bentuk persamaan matriks:       =   ⇔   =                     − Diperoleh x = 10 dan y = 5. ⇔   =           Vina membeli 3 kemasan A dan 2 kemasan B.     Jumlah permen yang dibeli Vina ⇔  =  −    = 3x + 2y = 3 × 10 + 2 × 5 = 30 + 10 = 40   −  −    Jadi, jumlah permen yang dibeli Vina seluruhnya     

ada 40.

82 Matriks A. Pilihan Ganda ⇔ F[2] = [2]4 – 5[2] + c 1. Jawaban: b ⇔ 8 = 8 – 10 + c ∫ [2 – 6x3] dx ⇔ 8=c–2

= ∫ [2x – 6x3] dx ⇔ c = 10

+ = – + x3 + 1 + c Jadi, F[x] = x4 – 5x + 10. + 5. Jawaban: d = x – x4 + c 4 ∫ [ – ] dx = x – x +c − 2. Jawaban: d = ∫ [ x – 3x ] dx ∫ [2x + 1]2 dx  + − + 

=  × −  = ∫ [4x2 + 4x + 1] dx  + − +   = + x2 + 1 + + x1 + 1 + x + c = × −   3 = x + 2x2 +x+c = − 

3. Jawaban: b 

+ g[x] = = [ 9 – 6 ] – [ 1 – 6 ] + ∫ g[x] dx = ∫

dx = [6 – 18] – [ – 6] = –6

  6. Jawaban: a =∫  +  dx   ∫ f[x] dx = ∫ f[x] dx + ∫ f[x] dx − = ∫ [2

+ x–2] dx

− + ⇔ 8= ∫ f[x] dx + [–3] = + x–2 + 1 +c − + − + ⇔ ∫ f[x] dx = 8 + 3 = 4 – x–1 + c

=4 – +c ⇔ ∫ f[x] dx = 11 4. Jawaban: c ⇔ 2 ∫ f[x] dx = 2 × 11 F′[x] = 2x3 – 5 F[x] = ∫ F′[x] dx ⇔ ∫ 2f[x] dx = 22

⇔ F[x] = ∫ [2x3 – 5] dx

⇔ F[x] = 4 x – 5x + c Jadi, ∫ 2f[x] dx = 22.

Matematika Kelas XII Program IPA 83 7. Jawaban: a f[2] = [22 – 2 + 1]4 + c − ∫ dx − + ⇔ 6 = × 34 + c Misalkan: u = x3 – x2 +9 ⇔ 6= +c

= 3x2 – 2x dx =

⇔ c=6– − − − ⇔ c = –34 ∫ dx =

− − + − Diperoleh f[x] = [x2 – x + 1]4 – 34 = ∫ 3u

du = u

Untuk x = 1 maka:

= 6 − + + c f[1] = [12 – 1 + 1]4 – 34

8. Jawaban: c = –34
∫ 16 cos 7x cos 3x dx Jadi, untuk absis 1, ordinatnya –34.

= 8 ∫ [cos [7x + 3x] + cos [7x – 3x]] dx 12. Jawaban: a ∫ [x – 2] sin [2x – π] dx = 8 ∫ [cos 10x + cos 4x] dx Hasil integral tersebut dicari menggunakan = 8[ sin 10x + sin 4x] + c integral parsial. Fungsi yang diturunkan Fungsi yang diintegralkan = sin 10x + 2 sin 4x + c [x – 2] sin [2x – π] + 9. Jawaban: c 1 – cos [2x – π] π π –   sin [2x – π] ∫ cos 3x dx =  sin 3x  0 –   Diperoleh: π = [sin – sin 0] ∫ [x – 2] sin [2x – π] dx = [ – 0] = = [x – 2][– cos [2x – π]] – 1[– sin [2x – π]] + c 10. Jawaban: e = – [x – 2] cos [2x – π] + sin [2x – π] + c π π = [[2 – x] cos [2x – π] + sin [2x – π]] + c ∫ cos x sin2 x dx = ∫ cos x sin2 x π 13. Jawaban: b  = Menggambar kurva y = 8 – x2 dan y = 2x terlebih  dahulu. π = sin3 – sin3 0 y = 8 – x2 Titik potong dengan sumbu X [y = 0]. = × 13 – 0 = 0 = 8 – x2 11. Jawaban: b 0 = [2 + x][2 – x] f′[x] = [4x – 2][x2 – x + 1]3 x = –2 atau x = 2 Misal u = x2 – x + 1 Titik potong dengan sumbu Y [x = 0]. du = [2x – 1] dx y = 8 – x2 y=8 f[x] = ∫ [4x – 2][x2 – x + 1]3 dx y = 2x ⇒ Titik bantu = 2 ∫ [x2 – x + 1]3 × [2x – 1] dx x 1 2 = 2 ∫ u3 du y 2 4 = u4 +c=

[x2 –x+ 1]4 +c Titik potong kurva y = 8 – x2 dengan y = 2x

84 Ulangan Tengah Semester 1 8 – x2 = 2x Diperoleh batas-batas integralnya x = 1 dan x = 4. ⇔ –x2

– 2x + 8 = 0

⇔ x2 + 2x – 8 = 0 L = ∫ [y1 – y2] dx ⇔ [x + 4][x – 2] = 0 ⇔ x = –4 atau x = 2 = ∫ [x – [x2 – 4x + 4]] dx Y 8 L= ∫ [8 – x2 – 2x] dx y = 2x = ∫ [–x2 + 5x – 4] dx  = − −   = – x3 + x2 – 4x = [16 – –4] – 0 y = 8 – x2 = [– [4]3 + [4]2 – 4[4]] = 12 – X – [– [1]3 + [1]2 – 4[1]] –2 0 2 = satuan luas = [– + 40 – 16] – [– + – 4] 14. Jawaban: a Daerah yang diarsir dibatasi oleh parabola = – + 24 + 4 – y = x2 dan sumbu X pada interval 0 ≤ x ≤ 4. = –21 + 28 – 2 Luas daerah yang diarsir: = 4 satuan luas

∫ x2 dx Jadi, luas daerah yang dibatasi kurva y = x2 – 4x + 4 L = dan garis y = x adalah 4 satuan luas.  = · x3  16. Jawaban: c  Daerah yang dibatasi garis y = 6 – 2x, sumbu X, = [43 – 03] dan sumbu Y diputar mengelilingi sumbu X, volumenya:

= [64]

V = ∫ [6 – 2x]2 dx = satuan luas Y

∫ [26 – 24x + 4x] dx 6 15. Jawaban: d = Sketsa grafik y = x2 – 4x + 4 dan y = x dalam suatu bidang koordinat sebagai berikut. = 4π ∫ [9 – 6x + x2] dx y = 6 – 2x Y y=x   X = 4π  9x – 3x2 + x3  O 3 4   = 4π [27 – 27 + 9 – 0] y = x2 – 4x + 4 = 36π satuan volume 17. Jawaban: c Persamaan garis yang melalui [1, 1] dan [2, 0]: − − − − 0 2 4 X − = − ⇔ − = − − − Batas-batas integral merupakan perpotongan ⇔ − = kedua kurva. ⇔ 1–y=x–1 x = x2 – 4x + 4 ⇔ x2 – 5x + 4 = 0 ⇔ 2–y=x ⇔ [x – 4][x – 1] = 0 ⇔ x=2–y

⇔ x = 4 atau x = 1

Matematika Kelas XII Program IPA 85 Pertidaksamaan yang sesuai: 2x + 3y ≤ 12 V = π ∫ [x12 – x22] dy Jadi, sistem pertidaksamaan yang sesuai 3x + y ≥ 6; x + 4y ≥ 8; 2x + 3y ≤ 12 = π ∫ [[2 – y]2 – [y2]2] dy 20. Jawaban: c Daerah penyelesaian 2x + y ≥ 6 di sebelah kanan = π ∫ [4 – 4y + y2 – y4] dy garis 2x + y = 6. Daerah penyelesaian 2x + 3y ≤ 12 di sebelah kiri = π[4y – 2y2 + y3 – y5] garis 2x + 3y = 12. Daerah penyelesaian x ≥ 0 di kanan sumbu Y. = π[4 – 2 + – – 0] Daerah penyelesaian y ≥ 0 di atas sumbu X. = π Irisan daerah penyelesaian dari keempat pertidaksamaan adalah daerah III. = 2 π satuan volume Jadi, daerah penyelesaiannya daerah III. Jadi, volume benda putar yang terbentuk 2 π 21. Jawaban: a satuan volume. Misal x = banyak gaun jenis I y = banyak gaun jenis II 18. Jawaban: a Terlebih dahulu akan dicari persamaan garis yang Jenis Kain Sutra [m] Kain Katun [m] membatasi daerah tersebut. Gaun I 2,5x 1x 1] Persamaan garis melalui [2, 0] dan [4, 1]. Gaun II 2y 1,5y − − − − 70 45 = ⇔ − = − − − − Diperoleh model matematika: ⇔ y= 2,5x + 2y ≤ 70 ⇔ 5x + 4y ≤ 140

⇔ 2y = x – 2 x + 1,5y ≤ 45 ⇔ 2x + 3y ≤ 90 x≥0 ⇔ x – 2y = 2 y≥0 [0, 0] termasuk penyelesaian, sehingga Jadi, sistem pertidaksamaan yang sesuai pertidaksamaan yang memenuhi x – 2y ≤ 2. pada pilihan a. 2] Persamaan garis melalui [2, 0] dan [0, 4]. 22. Jawaban: a 4x + 2y = 8 ⇔ 2x + y = 4 x = banyak kaos Sekido [0, 0] bukan anggota penyelesaian, sehingga y = banyak kaos BeneGaya pertidaksamaan yang memenuhi 2x + y ≥ 4. Model matematika 3] Persamaan garis melalui [5, 0] dan [0, 5] x + y ≤ 100

adalah x + y = 5. 0,5x + 0,75y ≤ 50 ⇔ 2x + 3y ≤ 200 [0, 0] termasuk penyelesaian sehingga x≥0 pertidaksamaan yang memenuhi adalah y≥0 x + y ≤ 5. 23. Jawaban: b Jadi, sistem pertidaksamaan yang memiliki daerah penyelesaian seperti gambar adalah x – 2y ≤ 2; Jenis Papan Tebal [m2] Papan Tipis [m2] 2x + y ≥ 4; x + y ≤ 5; x, y ≥ 0. Meja 2x x Rak Buku y 3y 19. Jawaban: b 160 180 Persamaan garis melalui [2, 0] dan [0, 6]: 3x + y = 6 Diperoleh sistem pertidaksamaan: Pertidaksamaan yang sesuai; 3x + y ≥ 6 2x + y ≤ 160

Persamaan garis melalui [8, 0] dan [0, 2]: x + 3y ≤ 180 x + 4y = 8 x≥0 Pertidaksamaan yang sesuai: x + 4y ≥ 8 y≥0 Persamaan garis melalui [6, 0] dan [0, 4]:

2x + 3y = 12

86 Ulangan Tengah Semester 1 Daerah penyelesaian adalah daerah yang ⇔ 4y – 16 = x memenuhi sistem pertidaksamaan tersebut. ⇔ x – 4y = –16 Daerah penyelesaian: Titik potong antara 4x + 3y = 12 dan 5x = 4y Y 160 sebagai berikut. 5x – 4y = 0 ×3 15x – 12y = 0 4x + 3y = 12 ×4 16x + 12y = 48 –––––––––––– + 60 31x = 48 X 0 80 180 ⇔ x = Gambar yang sesuai ada pada pilihan b. Substitusi x = ke salah satu persamaan: 24. Jawaban: d 5[ ] = 4y ⇔ y = Persamaan garis melalui [5,0] dan [0,10]: 10x + 5y = 50 Nilai F pada titik-titik pojok: ⇔ 2x + y = 10 [ , ] ⇒ F = 3[ ] + 2[ ] = 8 Persamaan garis melalui [8,0] dan [0,4]: 4x + 8y = 32 [4, 5] ⇒ F = 3[4] + 2[5] = 22 ⇔ 2x + 4y = 16 [0, 4] ⇒ F = 3[0] + 2[4] = 8 Titik potong garis 2x + y = 10 dan 2x + 4y = 16: Nilai maksimum F adalah 8 pada titik [0, 4]. 2x + 4y = 16 2x + y = 10 26. Jawaban: c –––––––––– – Misal: x = banyak tablet pertama 3y = 6 y = banyak tablet kedua 2x + 2 = 10 Model matematika yang terbentuk: 5x + 10y ≥ 20

⇔ 2x = 8 ⇔ x=4 3x + y ≥ 5 x, y ≥ 0 Diperoleh titik potong kedua garis adalah [4, 2]. Meminimumkan f[x, y] = 350x + 500y Uji titik sudut daerah penyelesaian pada fungsi obyektif. Grafik daerah penyelesaiannya seperti gambar berikut. Titik f[x, y] = 3x 5y – 2 Y [8, 0] 22 5 C [4, 2] 20 → Nilai minimum

[0, 10] 48

Jadi, nilai minimum daerah terarsir pada fungsi obyektif adalah 20. 2 B 25. Jawaban: d Persamaan-persamaan garis yang membatasi A X himpunan penyelesaian sebagai berikut. O 1 4 5x + 10y = 20 Persamaan garis melalui [3, 0] dan [0, 4]: 3x + y = 5 4x + 3y = 12 B merupakan perpotongan garis 5x + 10y = 20 Persamaan garis melalui [0, 0] dan [4, 5]: dan 3x + y = 5. 5x = 4y 5x + 10y = 20 × 1 5x + 10y = 20 Persamaan garis melalui [0, 4] dan [4, 5]: 3x + y = 5 × 10 30x + 10y = 50 − − ––––––––––––– – − = − –25x = –30 − − ⇔ = − ⇔ x= − − ⇔

Matematika Kelas XII Program IPA 87 28. Jawaban: c Substitusi x = ke 5x + 10y = 20. Tipe Toko Banyak Luas 5[ ] + 10y = 20 ⇔ 10y = 14 A x 100 m2 B y 75 m2

⇔ y= Batas 126 10.000 m2

Nilai fungsi objektif titik-titik pojok: f[x, y] = 7.000.000x + 4.000.000y A[4, 0] maka F = 350[4] + 0 = 1.400 Sistem pertidaksamaan linear yang diperoleh:

B[ , ] maka F = 350[ ] + 500[ ] = 1.120 x + y ≤ 125

100 x + 75y ≤ 10.000 ⇔ 4x + 3y ≤ 400 C[0, 5] maka F = 350[0] + 500[5] = 2.500 x ≥ 0; y ≥ 0 Jadi, pengeluaran untuk membeli tablet per hari Koordinat titik B: Rp1.120,00. x + y = 125 × 3 3x + 3y = 375 27. Jawaban: e 4x + 3y = 400 × 1 4x + 3y = 400 Misal: x = banyak mobil ––––––––––– – y = banyak bus –x = –25 x = 25 Model matematika yang terbentuk dari soal tersebut: 25 + y = 125 x + y ≤ 115 ⇔ y = 100

4x + 24y ≤ 1.200 ⇔ x + 6y ≤ 300 Diperoleh koordinat B [25, 100]. x, y ≥ 0 Y F[x, y] = 5.000x + 7.000y 133 Y 125 C

115

C A B X 50 x + 6y O 100 125 = 300 A 0 115 300 X Uji titik pojok penyelesaian pada fungsi objektif. x + y = 115 Titik f[x, y] = 7.000.000x + 4.000.000y B titik potong antara x + y = 115 dan x + 6y = 300. O[0, 0] 0 x + 6y = 300 A[100, 0] Rp700.000.000 [maksimum] x + y = 115 B[25, 100] Rp575.000.000 –––––––––––– – C[0, 125] Rp500.000.000 5y = 185 ⇔ y = 37 29. Jawaban: b ⇒ x = 115 – 37 = 78    −    =  −  Uji titik pojok:     O[0, 0] →F=0 Dari kesamaan matriks diperoleh: A[115, 0] → F = 575.000 a = –4 B[78, 37] → F = 649.000 3b = –6 ⇔ b = –2 C[0, 50] → F = 350.000 5c = 5 ⇔ c = 1 Jadi, pemasukan maksimum yang dapat diperoleh a2 + b2 + c2 = [–4]2 + [–2]2 + 12 tempat parkir itu Rp649.000,00. = 16 + 4 + 1 = 21

Jadi, a2 + b2 + c2 = 21.

88 Ulangan Tengah Semester 1 30. Jawaban: b 35. Jawaban: d     det A = det B 3P – 2Q = 3   – 2  −  ⇔ [5 + x] 3x – 5x = 36 + 7x  − −   ⇔ 15x2 + 3x2 – 5x = 36 + 7x     =   –   ⇔ 3x2 + 3x – 36 = 0  − −   −  ⇔ x2 + x – 12 = 0  −  ⇔ [x + 4][x – 3] = 0 =    − −  ⇔ x = –4 atau x = 3 31. Jawaban: a 36. Jawaban: a    −   − −  x1 dan x2 akar-akar |AB| = 0.  −  –           +   − |AB| =     − −        =   –   =  −   −      + + − − + ⇔ 0 = 32. Jawaban: e + − + PQT = R + −    −   −  ⇔ 0 = ⇔  −   =  −  + −      −  ⇔ 0 = [16x + 45][12x – 5] – [21x + 45][3x – 5]   −  ⇔  − −  =  −  ⇔ 0 = 192x2 – 460x – 225 – 63x2 – 30x + 225     Diperoleh: ⇔ 0 = 129x2 – 490x 1] 12x = 96 ⇔ 0 = x[129x – 490] ⇔ x=8 ⇔ x = 0 atau x =

2] 4x – 22y = 10

⇔ 4 × 8 – 22y = 10 Oleh karena x1 > x2 berarti x1 = dan x2 = 0. ⇔ –22y = –22 ⇔ y=1 37. Jawaban: e 2x + 3y = 2[8] + 3[1] M = BC – A = 19       =    –         33. Jawaban: a     − − =   –   =     −   ⇔ x2 – 3x = 9 + 9 =   ⇔ x – 3x – 18 = 0 2   ⇔ [x – 6][x + 3] = 0 Invers matriks M: ⇔ x = 6 atau x = –3  −  M–1 = −   Jadi, nilai x yang memenuhi x = 6 atau x = –3.  −  34. Jawaban: a  −   −  = −   =  −   −     −    P = 2  – 3   −  − −  38. Jawaban: b  −    Oleh karena a dan b akar-akar suatu persamaan =    − −  –  − kuadrat maka x2 – [a + b]x + ab = 0.  − −  a dan b memenuhi persamaan: =       −     −    =  −  Determinan matriks P:     − −  + − +    ⇔   =   |P| = = –45 – [–28] = –17

 −   −

Matematika Kelas XII Program IPA 89 Dari kesamaan matrik diperoleh: 7y0 + p = 7[ ] + 11 5a + 4b = 2 –2a + 3b = 13 = 16 Eliminasi a dari kedua persamaan diperoleh: Jadi, nilai 7y0 + p = 16. 5a + 4b = 2 ×2 10a + 8b = 4 –2a + 3b = 13 × 5 –10a + 15b = 65 B. Uraian –––––––––––––– + 23b = 69 1. a. ∫ f[x] dx ⇔ b=3 = ∫ [2x + 3x – ] dx Substitusi b = 3 ke salah satu persamaan: 5a + 4b = 2 −

⇔ 5a + 4[3] = 2 = ∫ [2x + 3 – 7 ] dx ⇔ 5a = –10 3 + − + = x + – +c ⇔ a = –2 + − + Diperoleh a = –2 dan b = 3. − 3 Persamaan kuadrat yang akar-akarnya –2 dan 3 = x + – +c − adalah x2 – [–2 + 3]x + [–2]3 = 0 ⇔ x2 – x – 6 = 0 = 3 x − + – + c Jadi, persamaan kuadrat itu x2 – x – 6 = 0. 3 39. Jawaban: e = x + x2 – +c    −   −  A =       b. ∫ f[x] dx −  −  = ∫ 2 sin [2x – π] + cos [2x + π] dx ⇔ A =      −    = 2 × [– ] cos [2x – π] + sin [cos 2x + π] + c  −  −  − −     = = –cos [2x – π] + sin [cos 2x + π] + c  −  =     2. a. ∫ [x – 2][3 + x] dx  −  =    40. Jawaban: a = ∫ [x2 + x – 6] dx 2x – 3y = 1 =  x3 + x2 – 6x 

x + 2y = 3

Sistem persamaan linear tersebut dapat disajikan  = + 2 – 12 – 0 dalam bentuk persamaan matriks:  −      = –7     =     π − − − b. ∫ [cos 2x – sin x] dx x0 = − ⇔ =

− − − − π

2x + cos x  = sin ⇔ = π π =[ sin + cos ]–[ sin 0 + cos 0] ⇔ p = 11 =[ × + ] – [0 + 1] − y0 = − = = − − = –1

90 Ulangan Tengah Semester 1 b. Luas daerah D: 3. a. ∫ [6 – 4x] − + dx L = ∫

+ ∫ −

= 2x – 3 ⇔ [2x – 3] dx = du Sehingga diperoleh: = ∫

+ ∫ − −

∫ [6 – 4x] − + dx

∫
+ ∫ −

= = –2 ∫ [x2 – 3x + 8 × [2x – 3] dx   =   +  −  = –2 ∫ du     = –2 × + c     =  × −  +   × − × ×   =– + c = – − + + c    –  × − × ×   b. ∫ 2x cos 2x dx  Misalkan:u = 2x ⇒ du = 2 dx = + [[ – 32 + 32] – [ – 8 + 16]] dv = cos 2x dx ⇒ v = ∫ cos 2x dx = + – + – + 8 – 16 = sin 2x ∫ u dv = uv – ∫ v du = –8 ∫ 2x cos 2x dx Jadi, luas daerah D adalah [ – 8] = 2x × sin 2x – ∫ sin 2x × 2 dx satuan luas. 5. a. [i] Persamaan garis k = x sin 2x – ∫ sin 2x dx − − − − = ⇔ = = x sin 2x + cos 2x + c − − ⇔ 3y –15 = 2x – 4 4. a. Persamaan kurva: ⇔ 3y – 2x = 11 x = y2 ⇒ y = Daerah penyelesaian di kanan garis 3y – 2x sehingga pertidaksamaannya Substitusikan y = x – 4 ke persamaan 3y – 2x ≤ 11 . . . [1] x = y2. [ii] Persamaan garis A − − − − x = [x – 4]2 = ⇔ = − − − ⇔ 2x = x2 – 8x + 16 ⇔ –y + 2 = 5x – 30 ⇔ x2 – 10x + 16 = 0 ⇔ –y – 5x = –32 ⇔ [x – 8][x – 2] = 0 ⇔ y + 5x = 32 ⇔ x = 8 atau x = 2 Daerah penyelesaian di kiri garis y + 5x = 32 sehingga pertidaksamaanya Y y=x–4 y + 5x ≤ 32 . . . [2] [iii] Persamaan garis m − − − − = ⇔ = − − − ⇔ –4y + 8 = 3x – 18 ⇔ –4y – 3x = –26 0 4 8 X ⇔ 4y + 3x = 26 Daerah penyelesaiannya di kanan garis x= y2 4y + 3x sehingga pertidaksamaannya

4y + 3x ≥ 26 . . . [3]

Matematika Kelas XII Program IPA 91 Dari pertidaksamaan [1], [2], dan [3] diperoleh Grafik daerah penyelesaian: sistem pertidaksamaan: Y 18 3y – 2x ≤ 11

y + 5x ≤ 32 4y + 3x ≥ 26 2x + y = 18 b. [i] Persamaan garis p: y = x 10 Daerah penyelesaian di kanan garis 8 A y = x sehingga pertidaksamaannya y≤x . . . [1] E[6, 4] D[8, 2] [ii] Garis q melalui titik [0, 10] dan [4, 0]. B C Persamaan garis q: X 0 910 12 2x + 3y = 24 x+y − − − = 10 = ⇔ = − − − Menggunakan uji titik pojok ⇔ –4y = 10x – 40 ⇔ 4y + 10x = 40 Titik Pojok Fungsi Objektif f[x, y] = 6.000x + 5.000y Daerah penyelesaian di kanan garis A[0, 8] 6.000 × 0 + 5.000 × 8 = 40.000 4y + 10x = 40 sehingga pertidaksamaan- B[0, 0] 6.000 × 0 + 5.000 × 0 = 0 nya 4y + 10x ≥ 40 . . . [2] C[9, 0] 6.000 × 9 + 5.000 × 0 = 54.000 D[8, 2] 6.000 × 8 + 5.000 × 2 = 58.000 [maksimum] [iii] Garis r melalui titik [0, 6] dan [12, 0]. E[6, 4] 6.000 × 6 + 5.000 × 4 = 56.000 Persamaan garis r − − − Dari tabel diperoleh nilai maksimum 58.000 di titik = ⇔ = − − − D[8, 2]. ⇔ –12y = 6x – 72 Jadi, pabrik tersebut harus memproduksi 8 unit ⇔ 12y + 6x = 72 boneka dan 2 unit mobil-mobilan per minggu agar ⇔ 2y + x = 12 memperoleh laba maksimum. Daerah penyelesaian di kiri garis 7. a. Misal: x = banyak unsur A [ons] 2y + x = 12 sehingga pertidaksamaannya y = banyak unsur B [ons] 2y + x ≤ 12 . . . [3] Nitrogen Kalium Harga Unsur [iv] Daerah penyelesaian di atas sumbu X [bagian] [bagian] [rupiah/ons] sehinggga pertidaksamaannya A 3x 2x 1.500 y≥0 . . . . [4] B 2y 4y 2.000 Dari pertidaksamaan [1], [2], [3], dan [4] 7 10 diperoleh sistem pertidaksamaan: y≤x Model matematika:

4y + 10x ≥ 40 3x + 2y ≥ 7

2y + x ≤ 12 2x + 4y ≥ 10 y≥0 x ≥ 0, y ≥ 0 6. Jenis Waktu Fungsi objektif: f[x, y] = 1.500x + 2.000y. Mainan Laba Pengolahan Pemasangan Pengepakan b. Daerah penyelesaian: Boneka [x] 6 4 5 6.000 Y Mobil- mobilan [y] 3 6 5 5.000 Persediaan 54 48 50 3,5 waktu 2,5 [1 ,2] Fungsi objektif: f[x, y] = 6.000x + 5.000y Kendala: 6x + 3y ≤ 54 ⇔ 2x + y ≤ 18

X 4x + 6y ≤ 48 ⇔ 2x + 3y ≤ 24 0 2,3 5 5x + 5y ≤ 50 ⇔ x + y ≤ 10

x ≥ 0, y ≥ 0

92 Ulangan Tengah Semester 1 Uji titik pojok ke fungsi sasaran:  − + − −− + +  f[x, y] = 1.500x + 2.000y =    − + + − + + +  f[0, 4,5] = 1.500[0] + 2.000[4,5] = 9.000  f[1, 2] = 1.500[1] + 2.000[2] = 5.500  − −  f[5, 0] = 1.500[5] + 2.000[0] = 7.500 =    +  Jadi, biaya minimum Rp5.500,00 dicapai dengan mencampur 1 ons unsur A dan 2 ons det [B–1]2 = [1 – 2x][1 + 2x] – [2x][–2x] unsur B. = 1 – 4x2 + 4x2 8. D = 2AB – C =1  −   −  det [A] = det [B–1]2    −   = 2 −  –     − −    ⇔ 3a2 – 5a + 1 = 1    −  ⇔ 3a2 – 5a – 2 = 0  − − + −   −  ⇔ [a – 2][3a + 1] = 0 = 2  + − − +  –   ⇔     a = 2 atau a = –  + − + +   −  Jadi, nilai a = 2 atau a = – .  − −   −  = 2  −  –        −   −   −   −  10. a. A =     −   −   − −   −   − + −  =  −  –   =        − − +   −   −   −   − −  =   =  −   −   

 −  Invers matriks A:

 −    A–1 = −   Jadi, =  − − . DT      −    9. det [A] = a[3a – 4] – [a + 1] =     = 3a2 – 4a – a + 1   = 3a2 – 5a + 1 Jadi, invers matriks A adalah A–1 =  .   det [B] = [1 + x][1 – x] + x2  −  = 1 – x2 + x 2 = 1 b. AB =    −   − −  B–1 =    −   +  ⇔ B = A–1    −   − −  =      −   +  =       −   − −    =   =    +   −  − −   − −    [B–1]2 =  Jadi, matriks B =  .    −

 +   + 

 − − − − + + −  =   − + + − + + 

 

Matematika Kelas XII Program IPA 93
Vektor

Operasi Aljabar Vektor Perkalian Skalar Dua Vektor Proyeksi Vektor

• Definisi vektor • Hasil kali skalar dua vektor • Proyeksi skalar ortogonal • Penjumlahan dan pengurangan • Besar sudut antara dua vektor • Proyeksi vektor ortogonal dua vektor • Dua vektor yang saling tegak lurus • Perkalian skalar dengan vektor • Sifat perkalian skalar dua vektor • Vektor posisi • Panjang vektor • Kesamaan dua vektor • Vektor satuan • Jarak antara dua titik pada vektor • Perbandingan dua vektor

• Titik-titik kolinear

• Bersikap teliti dan cermat dalam memahami operasi vektor, seperti penjumlahan dan pengurangan dua vektor. • Mampu menentukan hasil penjumlahan dan pengurangan dua vektor. • Mampu menentukan hasil perkalian skalar dengan vektor. • Mampu menentukan vektor posisi dan vektor satuan. • Mampu menentukan panjang vektor. • Mampu menggunakan sifat perbandingan dua vektor. • Mampu menentukan hasil kali skalar dua vektor. • Mampu menentukan besar sudut antara dua vektor. • Mampu menggunakan sifat dua vektor yang saling tegak lurus. • Mampu menggunakan sifat perkalian skalar dua vektor. • Mampu menentukan proyeksi skalar ortogonal.

• Mampu menentukan proyeksi vektor ortogonal.

94 Vektor A. Pilihan Ganda Substitusikan x = 2 ke dalam persamaan 3x – y = 7. 1. Jawaban: b 3x – y = 7 ⇒ 3 × 2 – y = 7 D C ⇔ 6–y=7 ⇔ y = –1 G Jadi, nilai x – y = 2 – [–1] = 3.

5. Jawaban: a A G B G G G 3 – = 2 JJJG JJJG JJJG JJJG + + + JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG   −  G G G = + [ + ] + + [ + ] ⇔ = 3 – 2 = 3  – 2  JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG     = + [ + ] + + [ – ]  −   −  G G G G G G = + [ + ] + + [ – ]    −  G G G G = + + + + – G G =   –     G = + 3 G  −   −    2. Jawaban: c G =  −  = 6 – 5 + 4    G = + 3 – 2 G G 6. Jawaban: a + 3 = [6 – 5 + 4 ] + 3[ + 3 – 2 ] G G 2 – = 2[ – 2 + 3 ] – [2 + – 4 ] = 6 – 5 + 4 + 3 + 9 – 6 = [2 – 4 + 6 ] – [2 + – 4 ] = 9 + 4 – 2 = [2 – 2] + [–4 – 1] + [6 + 4] 3. Jawaban: a = 0 – 5 + 10 G JJJG G G       = = – =   –  − =   G G       |2 – | = + − + G JJJG G G     = = ! – =  −  –   =  −  = + +       = = G G    + =   +  −  G G     Jadi, panjang vektor [2 – ] adalah .      7. Jawaban: e =   +  −  =  −  JJJG JJJJG JJJG       = – 4. Jawaban: b    G G G     = x + y =  −  –   ⇔ 7 – 8 = x[3 – 2 ] + y[– + 4 ]        ⇔ 7 – 8 = 3x – 2x – y + 4y   ⇔ 7 – 8 = [3x – y] + [–2x + 4y]   =  −  Dari kesamaan vektor di atas diperoleh per-     samaan 3x – y = 7 dan –2x + 4y = –8. JJJG Eliminasi y dari kedua persamaan.   = 3 3x – y = 7 |× 4| 12x – 4y = 28 ⇒ + − + = 3 –2x + 4y = –8 |× 1| –2x + 4y = –8 ––––––––––– + ⇔ + + = 3 10x = 20

⇔ x=2 ⇔ + = 3

Matematika Kelas XII Program IPA 95 ⇔ 4x2 + 5 = 9 10. Jawaban: b ⇔ 4x2 = 4 5 3

⇔ x2 = 1 –2

⇔ x = – 1 atau x = 1 A[11, 3, –2] P B[6, 8, 3] Oleh karena x > 0 maka x = 1. JJJG JJJG JJJG JJJG Jadi, nilai x = 1. : = 5 : –2 ⇔ : = 3 : 2 + × + × 8. Jawaban: a xP = = G + = − − + G = B[–2, 3, 4] ⇔ = − + + JJJG G = –[ ] = =8 G G G ⇔ − = – # + # × + × yP = = G G G + ⇔ = + + = = [ − + + ] + [ − − ] = − − = =6 G Diperoleh vektor posisi titik A adalah = − − . $ + $ × − + × zP = = Jadi, koordinat titik A[5, –3, –1]. + − + % 9. Jawaban: c =      −  JJJG G G       = =1 = − =  −  –   =  −      

−  Jadi, koordinat titik P[8, 6, 1].

     B. Uraian JJJG G G  +     = " − =   –   =   1. S

 −     − −  R

Titik A, B, dan C segaris sehingga diperoleh hubungan berikut. O JJJG JJJG

k = P T Q

 −    JJJG G JJJG G  −    = dan & = ⇒ k  =   JJJG JJJG JJJG  −   − −  a. & = + & JJJG JJJG  −    = – + &  −    G G ⇔  = – +  =   JJJG  −   − −  JJJG b. = Dari kesamaan vektor diperoleh: JJJG JJJG –2k = 4 ⇔ k = –2 = [ + ] –4k = p ⇔ p = –4[–2] = 8 JJJG JJJG [1 – q]k = –8 – q ⇔[1 – q][–2] = –8 – q = [ + & ] ⇔ –2 + 2q = –8 – q G G = [ + ] ⇔ 3q = –6 ⇔ q = –2 G G = +

Jadi, nilai p + q = 8 + [–2] = 6.

96 Vektor JJJG JJJG JJJG G c. '& = ' + & |" | = + + − JJJG JJJG = + + % = = – ' + & G Jadi, vektor satuan dari " adalah JJJG JJJG = – + & [ + 6 – 7 ]. G G =– + 3. A[–4, 5, 2]; B[2, –1, 3]; C[3, –2, 1] JJJG JJJG JJJG    −   JJJG G G = " − =  −  –   =  −      d. ' = + ' a. JJJG JJJG     − = – + [– ' ]       JJJG JJJG JJJG       G G = – & – = " − =  −  –  − =  −      −  G G       = – – b. Misalkan koordinat D[x, y, z]. JJJG JJJG JJJG  = − G 2. = 2 – 4 – 2 =  −  G G JJJG JJJG   ⇔ * − = −

 − 

G  −    −     = – + 6 – 2 =             ⇒ # –     = 2 −   – 3  − G G G  −  $    −  −  a. " = 3 +            −        −  = 3 − +             ⇔  #  =  −  –  −  +        −   −   $   −   −              −      −  =  −  +   =  −            =  − +    −   −   −     G     |" | = + − + −  + + =   = =  −  G  Jadi, vektor satuan dari " adalah   [5 – 6 – 8 ]. Jadi, koordinat titik D[7, –6, 6]. G G G G 4. a. Menentukan koordinat titik A. b. 4 – 2" + 3 = G G G ⇔ 2" = 3 + 4 1 2 P A Q   −  = 3  −  + 4   Titik A membagi PQ di dalam dengan per-     bandingan 1 : 2 maka PA : AQ = 1 : 2.  −   −  × + × × + ×    −    xA = + = = =2 =  −  +   =          −   −   −  yA = × # + × # = × + × = =1 +     G " =   =   × $ + × $ × − + × ⇔ zA = = = =3 %     +  −   − 

Diperoleh koordinat titik A[2, 1, 3].

Matematika Kelas XII Program IPA 97 Titik B merupakan titik tengah PR maka JJJG koordinat titik B: | | = + − + − + + xB = = =2 = + + # + # + = yB = = =0 JJJG $ + $ − | | = + − + − zB = = =1 = + % + Diperoleh koordinat titik B[2, 0, 1]. Menentukan koordinat titik C. = 2 =3 JJJG JJJG 1 Jadi, perbandingan panjang : Q R C = : 3 = 1 : 3. Titik C membagi QR di luar dengan per- Q 5. U bandingan 2 : 1 maka QC : CR = 2 : [–1]. × − × × − × xC = = =2

−

× # − × # × − × P B yC = = = –3 − a. Gerakan pesawat mainan dinyatakan × $ − × $ × − − × − JJJG zC = = sebagai . − JJJG − + Gerakan angin dinyatakan sebagai / . = = –5 Gerakan pesawat mainan akibat tertiup angin Diperoleh koordinat titik C[2, –3, –5]. JJJG dinyatakan sebagai . b. Titik A, B, dan C kolinear jika memenuhi JJJG JJJG JJJG   = 30 = k · . JJJG JJJG   = / = 16 JJJG JJJG JJJG     2 =  2 +  2 JJJG G G       = − =   −   =  − = 302 + 162      −        = 900 + 256 JJJG G G = 1.156 = " − JJJG 2   = 1.156      JJJG =  −  –   =  −  ⇔   = 34        −     −  Jadi, kecepatan pesawat mainan akibat tertiup angin 34 km/jam.  JJJG JJJG = 4  − = 4 ? / ?   b. sin ∠QPU = ? JJJG = = 0,8824  −  ? ∠QPU = arc sin 0,8824 Jadi, terbukti A, B, dan C kolinear dengan ≈ 61,93° k = 4. Jadi, besar sudut arah lintasan pesawat JJJG JJJG mainan terhadap arah angin kurang lebih c. Perbandingan panjang : 61,93°.      JJJG G G       = " − =  −  −   =  −   −     − 

     

98 Vektor A. Pilihan Ganda 4. Jawaban: c G G 1. Jawaban: b Oleh karena vektor a tegak lurus dengan vektor c , G G JJJG berlaku a · c = 0. G G      −  = – =   –  −  =   ⇒ 1 × 2 + 2 × 1 + [–x] × 2 = 0       ⇔ 2 + 2 – 2x = 0 JJJG G G  −     −  = – =   –   =  − ⇔ –2x = –4       ⇔ x=2 JJJG JJJG  −   −  G · =   ·  − Diperoleh a = + 2 – x = + 2 – 2 .     G G = [–3] × [–4] + [5] × [–1] a · a = 1 × 1 + 2 × 2 + [–2] × [–2] = 1 + 4 + 4 = 9 G G = 12 – 5 b · a = 3 × 1 + [–2] × 2 + 1 × [–2] = 3 – 4 – 2 = –3 G G =7 a · c = 1 × 2 + 2 × 1 + [–2] × 2 = 2 + 2 – 4 = 0 G G 2. Jawaban: c b · c = 3 × 2 + [–2] × 1 + 1 × 2 = 6 – 2 + 2 = 6 G G G G G G G G G G G G   [ a + b ][ a – c ] = a · a + b · a – a · c – b · c G  −  G   =   dan =   = 9 + [–3] – 0 – 6    −  =0 G G G G   Jadi, [ a + b ][ a – c ] = 0. G G     · =  −  ·  −  5. Jawaban: b          JJJG G G       = – =   –  − =   = 4 × 4 + [–2] × [–2] + 1 × 1 = 16 + 4 + 1    −   = 21    JJJG G G         = – =   –  − =   G G     · =  −  ·    −   −  −     −  JJJG JJJG · = 3 × 2 + 2 × 3 + 4 × [–3] = 4 × 3 + [–2] × 2 + 1 × [–2] = 6 + 6 – 12 = 12 – 4 – 2 =0 =6 JJJG G G G G G G G | | = + + · [ + ] = · + · = 21 + 6 = + + = = 27 JJJG | | = + + − 3. Jawaban: d G = ++ = 2 + 3 – 2 G = a – 2 + 4 = G G · = –4 Misalkan sudut ABC = α, maka: JJJG JJJG ⇔ 2 × a + 3 × [–2] + [–2] × 4 = –4 ⋅ ⇔ 2a – 6 – 8 = –4 cos α = JJJG JJJG = =0 ⇔ 2a = 10 π ⇔α= ⇔ a=5 G π Diperoleh = 5 – 2 + 4 , sehingga: Jadi, besar sudut ABC = . G G + = [2 + 3 – 2 ] + [5 – 2 + 4 ]

= 7 + + 2

Matematika Kelas XII Program IPA 99 G G G G G G G 6. Jawaban: a ⋅ − = ⋅ − ⋅ G G Misalkan α = sudut antara vektor a dan b . =2×0–0 G G =0 cos α = G G 9. Jawaban: d × × × G G G G G G = · = | | | | cos ∠[ , ] ×     = ×     π ⇒   ·  −  = + + + + cos     = = = × =     ⇔ 1 – 2 + a2 = [1 + 2 + a2] · Oleh karena cos α = maka α = 30°. ⇔ 2[–1 + a2] = 3 + a2 G G Jadi, besar sudut antara vektor a dan b adalah 30°. ⇔ –2 + 2a2 = 3 + a2 7. Jawaban: a ⇔ a2 = 5 G G Oleh karena vektor dan saling tegak lurus, ⇔ a=± G G berlaku · = 0. Jadi, nilai a adalah – atau .    10. Jawaban: d ⇒  −  ·  − = 0          −    JJJG   JJJG   ! =   , ! =   ⇔ 3 × 2 + [–6] × [–1] + [–4] × x = 0         ⇔ 6 + 6 – 4x = 0 JJJG JJJG JJJG ⇔ 12 – 4x = 0 = ! – ! ⇔ 4x = 12      −  ⇔ x=3       =   –   =          G       Diperoleh vektor =  − .      −   JJJG JJJG     ! · =   ·   G         G G     – 2 + 3 =  −  – 2  − + 3  −         −     = 4 × [–4] + 0 × 6 + 0 × 0  = –16     JJJG =  −  –  −  +  −  | | = − + +        −    = + +   =  −  =    −  = JJJG 8. Jawaban: b Misalkan sudut antara vektor ! dengan vektor G G G G JJJG ⊥ ⇔ · =0 adalah α. G G G JJJG JJJG

⊥ [ + 2 ] = 0 ! ⋅

G G G cos α = JJJG JJJG ! ⇔ · [ + 2 ] = 0 G G G G − ⇔ · + 2 · = 0 = =– ⋅ G G JJJG ⇔ 0 + 2 · = 0 Jadi, nilai kosinus sudut antara vektor ! dengan G G JJJG ⇔ 2 · = 0 vektor adalah – . G G

⇔ · =0

100 Vektor G G B. Uraian Vektor sejajar dengan maka: G G   = m G  − G   1. =   dan =  −    "   −      ⇒  − = m  −       G G         a. · =  − ·  −     −    "     = 4 × 2 + [–1] × [–3] + 2 × [–2] ⇔ −   = m  −    =8+3–4     =7    "#        ⇔  − =  −#  G G        #  b. · =  − ·  −       Dari kesamaan vektor diperoleh: = 4 × 4 + [–1] × [–1] + 2 × 2 –1 = –2m ⇔ m = = 16 + 1 + 4 = 21 ym = 3 ⇔ y[ ] = 3 G G G G G G G · [2 + ] = 2 · + · ⇔ y=3×2=6 = 2 × 7 + 21 Jadi, nilai x = 4 dan y = 6. = 35  −     "  G G G         b. + – =   +  − −  −  G G          c. · =  −  ·  −         −   −   −       −  = 2 × 2 + [–3] × [–3] + [–2] × [–2] =   +  − −  −  =           =4+9+4               = 17 G G G G G G G G G G G Jadi, hasil operasi [ + – ] adalah [ + ] · [ – ] = · – · –5 + 5 + 3 . = 17 – 21 = –4 G G G G G G d. [2 + ] · [ – 3 ] 3. | | = 13 dan | | = 8 G G G G G G G G = 2 · – 6 · + · – 3 · tan α = ⇔ cos α = G G G G G G = 2 · – 5 · – 3 · G G G G a. · = | | | | cos α = 13 × 8 × = 40 = 2 × 17 – 5 × 7 – 3 × 21 G G G G G G G = 34 – 35 – 63 b. · [ + ] = · + · G G G = –64 = | |2 + · = 132 + 40 G G 2. a. Vektor tegak lurus dengan maka: = 169 + 40 G G = 209 · = 0 G G G G c. | + |2 = [ + ]2  −    G G G G     = [ + ] · [ + ] ⇒   ·  − = 0 G G G G G G G G    = · + · + · + ·     G G G G = | |2 + 2 · + | | 2 ⇔ [–2] × 3 + x × [–1] + 5 × 2 = 0 = 132 + 2 × 40 + 82 ⇔ –6 – x + 10 = 0 = 169 + 80 + 64 ⇔ –x + 4 = 0

⇔ x=4 = 313

Matematika Kelas XII Program IPA 101 G G | + |2 = 313 Dari kesamaan vektor diperoleh: G G ⇔ | + | = –4 = –ny ⇔ n = " G G G G d. | – |2 = [ – ]2 y= 18n ⇒ y = " × 18 G G G G = [ – ] · [ – ] ⇔ y2 = 4 × 36 G G G G G G G G = · – · – · + · ⇔ y = ±2 × 6 G G G G = | |2 – 2 · + | |2 = ±12 = 132 – 2 × 40 + 82 Oleh karena y bilangan bulat positif maka y = 12. = 169 – 80 + 64   = 153 G G     G G = m ⇒  −  = m  −  | – |2 = 153     G G  "  $  ⇔ | – | = = 3     4. A[4, 3, 2], B[2, 4, 2], dan C[3, 1, 2]     JJJG      −  ⇔  −  = m  −  G G     = – =   –   =    ⋅   $                  JJJG      −  −  = m  −  G G ⇔ = – =   –   =  −              $      JJJG JJJG · = –2 × [–1] + 1 × [–2] + 0 × 0 Dari kesamaan vektor diperoleh: =2–2+0 x=m×1⇔m=x =0 –4 = m × [–x] ⇔ –4 = x × [–x] JJJG ⇔ 4 = x2 | | = − + + ⇔ x = ±2 = + + = Oleh karena x bilangan bulat positif maka x = 2. JJJG 6 = mz ⇔ 6 = xz | | = − + − + ⇔ 6 = 2z = + + = ⇔ z=3 Dengan demikian diperoleh: Misalkan sudut BAC = α, maka: JJJG JJJG G ⋅ = x – 4 + · y = 2 – 4 + · 12 cos α = JJJG JJJG = =0 = 2 – 4 + 6 ⇔ α = 90° G = 2z – y + 18 = 2 · 3 – 12 + 18 Diperoleh besar ∠BAC = 90°. JJJG JJJG = 6 – 12 + 18 Oleh karena | | = | | maka segitiga ABC G = – x + z = – 2 + 3 sama kaki, sehingga: ∠ABC = ∠ACB = [180° – 90°] = 45° G G G       · [ – ] =  −  ·   −  −  −   Jadi, ∠BAC = 90° dan ∠ABC = ∠ACB = 45°.                 G G G G G     5. vektor , , dan segaris maka = n dan G G =  −  ·  −  = m .           = 2 × 5 + [–4] × [–10] + 6 × 15 G G    $  = n ⇒  −  = n  − "  = 10 + 40 + 90      "   = 140   G G G

Jadi, nilai · [ – ] = 140.

102 Vektor A. Pilihan Ganda 4. Jawaban: a 1. Jawaban: d G G Proyeksi skalar ortogonal pada = . G G G  G   ⋅ G = =  − dan =  −      G G × + × + × Proyeksi skalar ortogonal pada ⇒ = + + G G ⋅ × + − × − + = G = ⇔ = + − + + + = ⇔ =4×6 + + ⇔ 16 + 32a + 16a2 = 24[2 + a2] = =2 ⇔ 4 + 8a + 4a2 = 6[2 + a2] 2. Jawaban: d ⇔ 4 + 8a + 4a2 = 12 + 6a2 G G    −  ⇔ 2a2 – 8a + 8 = 0 + = 4   +   ⇔ a – 4a + 4 = 0  −   ⇔     [a – 2]2 = 0    −    ⇔ a–2=0       ⇔ a=2 =   +   =    −     −  Dengan demikian diperoleh:       G = 4 + a + 3 = 4 + 2 + 3 G  −   −  G = + + a = + + 2 = 2   =   G G   – = [4 – 1] + [2 – 1] + [3 – 2]     G G G = 3 + + Proyeksi skalar ortogonal [ + ] pada G G G G G + ⋅ | – | = + + = G = + +    −  =       ⋅   G G  −    Jadi, panjang [ – ] = .     = − + + 5. Jawaban: d − + − G = = 3 + 4 + + G = 2 + − G = =– =– G Proyeksi vektor ortogonal pada G G ⋅ G 3. Jawaban: c = G G G ⋅ + − × + − × − G =1 ⇒ = = × + × [2 + ] + + −   − +  +  ⇔ =   = [2 + ] ⇔

⇔ 2m = 4 = 4 + 2 ⇔ m=2

Jadi, nilai m adalah 2.

Matematika Kelas XII Program IPA 103 6. Jawaban: d 9. Jawaban: e G G Proyeksi ortogonal vektor a pada vektor b  −     −  G G JJJG G G       G G b !" = – =   −  − =  +  =  −  −   −        × − × × = [2 + 2 + ] [ ]       JJJG G G       !# = $ – =  −  −  − =  −  = [2 + 2 + ]  −   −          = 2[2 + 2 + ]  −    JJJG JJJG     = 4 + 4 + 2 !" · !# =  +  ·  −  G G  −    Jadi, proyeksi ortogonal vektor a pada vektor b     adalah 4 + 4 + 2 . = [–3] × 2 + [a + 1] × [–2] + [–8] × 1 = –6 – 2a – 2 – 8 7. Jawaban: c = –2a – 16  −    −  JJJG JJJG JJJG G G       Proyeksi vektor ortogonal !" pada !# adalah = – =   −  − =    −   −  − –4 + 4 – 2            JJJG JJJG  −  JJJG G G !" ⋅ !# JJJG         ⇒ JJJG = = – =   −  − =   !# !#    −   −  −   −          −      −  JJJG JJJG     ⇔ − −  =   · =   ·   + − +  −     −  −     −          = [–3] × 3 + 5 × 1 + [–1] × [–2]    −  ⇔ − −   =   = –9 + 5 + 2 + +  −       −  = –2 JJJG     JJJG Proyeksi vektor ortogonal pada    −  JJJG JJJG − −     ⋅ JJJG ⇔ = JJJG  −  =      −      − = [3 + – 2 ]     [ ] + + − − −   = –2   ⇔  −   −  −    

= + + [3 + – 2 ]    

Dengan demikian, = – [3 + – 2 ] − − =–2 8. Jawaban: e G G G G ⇔ –2a – 16 = –18 π · = | || | cos ⇔ –2a = –2 ⇔ a=1 = 12 × 4 × [– ] Jadi, nilai a = 1. = –24 G G 10. Jawaban: b Proyeksi vektor pada G G G G G G G ⋅ G − G merupakan proyeksi pada maka dan = G =  −   G G = – G G =– kolinear sehingga = n diperoleh  −  = n   .     − 

   

104 Vektor JJJG JJJG a. Proyeksi vektor pada : –4 = na ⇔ n = – . . . [1] JJJG JJJG JJJG ⋅ JJJG JJJG % =

4 = nb ⇔ n = – . . . [2]

Dari persamaan [1] dan [2] diperoleh a = –b. × + ×  =  GG +   cos θ = G G   =   − −   ⇔ = + + + +    =  =      − JJJG G G ⇔ = b. % = & – + + + + G JJJG G    −   ⇔ ⇔ & = % + =   +  − =  − =       +

Jadi, koordinat titik D[2, –1]. ⇔ = +     G JJJG G G       3. − = !" = – =     =   ⇔ 48 = 3 +  −     −        ⇔ 16 = +     G JJJG G G       ⇔ 256 = 2b2 + 144 = !# = $ – =  −  −   =  −  ⇔ b2 = 56           ⇔ b = ±   ⇔ b = 2 atau b = –2 [tidak memenuhi] G G     · =   ⋅  −  Jadi, nilai b = 2 .  −        B. Uraian = 4 × 4 + a × [–2] + [–4] × 4 = 16 – 2a – 16 G  G  −  = –2a 1. =   dan =       G G G G Proyeksi vektor ortogonal pada = –2 + – 2 a. Proyeksi skalar ortogonal pada : G G  −  G G    −  ⋅ G   ⋅  ⋅  ⇒ G =   G     = =  −  − +   = − + = = 2   −  −      −  =   G G ⇔ b. Proyeksi vektor ortogonal pada : + − +     −      G G G ⋅ G  −   −     −  = G =   =   −           ⇔ + +  −  =        −      2. A[2, 3], B[–1, –1], dan C[5, –1]    −  JJJG −     G G    −   ⇔ −  =   = – =   –  − =             −      JJJG G G    −      −  = – =  − –  − =             ⇔ −  −  =      − 

   

Matematika Kelas XII Program IPA 105  −   −  JJJG  −     −  G G ⇔ −     × [–2]   =   = – =   −  −  =    −   −   −   −              −   −   −   −      JJJG JJJG     ⇔   =   · =   ·    −   −            Dengan demikian, diperoleh: = [–4] × [–7] + 4 × 7 + 7 × 0 = 28 + 28 + 0 =1⇔ a =9 = 56 Jadi, nilai a = 9. JJJG JJJG JJJG Proyeksi vektor ortogonal pada = % G G JJJG JJJG 4. Proyeksi skalar ortogonal pada = − JJJG ⋅ JJJG G G % = JJJG ⋅ ⇒ G = −  −  × + − × + − × −   =  ⇔ = − − + + + + −    − + ⇔ + + = −  −   −      − = + +   =   ⇔ = −       ⇔ 4a – 22 = − ⋅  −   −  ⇔ 4a – 22 = –10     =  =  ⇔ 4a = 12       ⇔ a=3 JJJG JJJG G Jadi, proyeksi vektor pada adalah Dengan demikian, diperoleh = – 5 – 3 . G G  −  Proyeksi vektor ortogonal pada :   G G ⋅ G × + × − + − × − G   atau –4 + 4 . G =  [ + − + − ]   JJJG b. % merupakan garis tinggi segitiga ABC − + JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG = + + [ – 5 – 3 ] % = + % = % – − = [ – 5 – 3 ]  −   −   =   −   =   = – [ – 5 – 3 ]     −  G G       Jadi, proyeksi vektor ortogonal pada adalah JJJG – [ – 5 – 3 ]. | % | = + + − = = 7 B[1, 1, 1] Jadi, tinggi segitiga ABC = 7. 5. JJJG c. | | =

− + +

= + + = = JJJG JJJG Luas segitiga ABC = × | | × | % | A[5, –3, –6] D C[–2, 4, –6] = × ×7      −  JJJG G G       a. = – =   −  −  =   =    −   

     

106 Vektor A. Pilihan Ganda 4. Jawaban: b 1. Jawaban: e G JJJG G G   −   −   JJJG JJJG JJJG = = [ – ] =    −    = ' + '     −  JJJG JJJG JJJG  −  − = % + [ '% + % ] JJJG JJJG JJJG =   =   = % – %' + %    G G G Jadi, koordinat titik P[–1, 2]. = – + * JJJG JJJG JJJG 5. Jawaban: d % = + % JJJG JJJG G      = – + % A D JJJG G G G G !" = – =   –   =   G G        −    −  = – + G * JJJG JJJG JJJG = % + % JJJG G G | !" | = + + − = + * G B E C JJJG JJJG JJJG G G G G G G G = ++ – % + = – + * – [– + ] + + * G G G G G G G = = = – + * + – + + * G G JJJG = + 2* Vektor satuan dari !" : JJJG !" 2. Jawaban: d JJJG = [3 + 3 – 3 ] !" G = 4 – 2 + G = [ + – ] = 3 + 2 – 5 G G 2 – 3 = 2[4 – 2 + ] – 3[3 + 2 – 5 ] 6. Jawaban: b G G G G G G = [8 – 4 + 2 ] – [9 + 6 – 15 ] 5& + 3 + 2 = 2 + 3& – 2 = – – 10 + 17 G G G G G ⇔ 2& = 2 – 2 – 3 – 2 G G G 3. Jawaban: e = 2 – 4 – 3 G G G 3[ – 2 + ] = –9 – 15 + 6 G G G      −  ⇔ 3 – 6 + 3 = –9 – 15 + 6       =   −   −  −  -    −   −   −                  ⇔ 3   – 6   + 3  −  =  −    /                  −         -       −  =   −   −  −           −   −    ⇔   –   +  −  =  −          /               − +   −   -   −          =  − +  =   ⇔  −  =  −  − + −   −   −/            Dari kesamaan vektor diperoleh: G  −   −  3x = –9 ⇔ x = – 3     ⇔ & =   =    −   − –12y = 6 ⇔ y = –     G G G G

Nilai x – y = –3 – [– ] = –2 Jadi, vektor & = –4 + 8 – .

Matematika Kelas XII Program IPA 107 7. Jawaban: b JJJG  −     −  G G JJJG G G     −  ! = − =   –  −  =     –   =  −  = – =                 -   −   - +  JJJG Jadi, ! = –4 + 7 + 2 . JJJG    −  G G = – =   –   =  −  10. Jawaban: d    −          Titik S merupakan titik tengah PQ maka: Titik A, B, dan C segaris maka: -! + -" + xS = = =2 JJJG JJJG  −   −  /! + /" + k = ⇔ k  −  =  −  yS = = =2      - +    ;! + ;" + zS = = =3  −   −  ⇔  −  =  −  Diperoleh koordinat titik S[2, 2, 3].     Titik T merupakan titik tengah QR maka:  - +    -" + -# + Dari kesamaan vektor diperoleh: xT = = =4 –2k = –6 ⇔ k = 3 /" + /# + yT = = =1 [x + 2]k = 12 ⇔ [x + 2]3 = 12 ;" + ;# + ⇔ x+2 =4 zT = = =2 ⇔ x =2 Diperoleh koordinat titik T[4, 1, 2]. Jadi, nilai x = 2. Panjang ST: 8. Jawaban: a JJJG | | = - > − - < + / > − / < + ; > − ;< G  −  G  =   dan =       = − + − + − Oleh karena AC : CB = 1 : 3 maka: G G = + + = G + G G = + = [ + 3 ] Jadi, panjang ST = .   −   =    + 3    11. Jawaban: c     3     −   =    +    –1     A 2 B 1 C   =   Titik C membagi garis yang melalui titik A dan B   di luar dengan perbandingan 3 : 1 sehingga  AC : CB = 3 : –1. Oleh karena AC : CB = 3 : –1 =     maka: G G Jadi, koordinat titik C[0, 10]. G − G G = = [3 – ]

9. Jawaban: c −

A[2, 1, –4] dan B[2, –4, 6]     −   =    −    AP : PB = 3 : 2      - + - × + × +     −   xP = = = =2 =   −   + / + / × − + × − +    yP = = = = –2 +     × + × − − =   =   ; + ;     zP = = = =2 + Jadi, koordinat titik C[2, 3].

Diperoleh koordinat titik P[2, –2, 2].

108 Vektor 12. Jawaban: c 16. Jawaban: e V U G G [ ]· =7 G    − G   ·  −  = 7 ⇒  −    S T 3       G 5 G R Q    −     ⇔  −  ·  −  = 7 2 G    O P     W ⇔ 2 × [–1] + [–3] × [–2] + 3 × a = 7 JJJJG JJJG JJJG G G ?" = ?! + ?# = + ⇔ –2 + 6 + 3a = 7 JJJJG JJJJG JJJG JJJJG ⇔ 4 + 3a = 7 @F : "F = 5 : 2 maka @" : "F = 3 : 2 ⇔ 3a = 3 Dengan demikian, ⇔ a=1 JJJJG JJJG JJJG G G "F = @" = [– ?< ] = [– ] = –  − G   JJJJG JJJJG JJJJG Dengan demikian, =  −  ?F = ?" + "F   G   G G G G = [ + ] – + 2 = [4 – 6 + 6 ] + 2[– – 2 + ] G G G = + – = 4 – 6 + 6 – 2 – 4 + 2 = 2 – 10 + 8 13. Jawaban: b A[1, –4], B[4, 3], dan C[2, –5] 17. Jawaban: e G G G G   G   G  · = | |2 =  −  , =   , dan =  −  G G G G       ⇔ · = · JJJG G G            = – =  −  –  −  =  −  −  ·   =  −  ·  −        ⇔         JJJG G G      −  -     -   -  = – =  −  –   =  −        ⇔ 36 – 6 + 3x = 16 + 4 + x2 JJJG JJJG    −  ⇔ x2 – 3x – 10 = 0 · =  − ·  −      ⇔ [x – 5][x + 2] = 0 = [1] × [–2] + [–1] × [–8] ⇔ x – 5 = 0 atau x + 2 = 0 = –2 + 8 ⇔ x = 5 atau x = –2 =6  G 14. Jawaban: c Oleh karena x < 0, maka x = –2 diperoleh =  −  . G G G G  −  · = | | | | cos 45°     −  G G – =  −  –   =  −  =4×3×   =6  −     −  G G 15. Jawaban: a | – | = − + − + − G G    −  = + + ⋅ = 12 ⇒   ·  −  = 12     = ⋅ ⇔ –6 – 3n = 12 ⇔ –3n = 18 = ⇔ n = –6 G G Jadi, panjang [ – ] adalah .

Jadi, nilai n = –6.

Matematika Kelas XII Program IPA 109 18. Jawaban: a JJJG JJJG G G · H = 2 × [–2] + 0 × 4 + 0 × 4 = + 2 dan = 4 + 2 = –4 + 0 + 0 G G ⋅ = –4 cos θ = G G JJJG ⋅ + ⋅ 5 | | = + + = + + 3 = =2 θ + = 4 JJJG | H | = − + + = = = + + = = 6 cos θ = ⇔ sin θ = JJJG JJJG Misalkan θ = sudut antara dengan H . Jadi, nilai sin θ = . JJJG JJJG ⋅ H cos θ = JJJG JJJG H 19. Jawaban: c − G G = × · = [4 – 2 + 2 ] · [ + + 2 ] = 4 × 1 + [–2] × 1 + 2 × 2 =– =4–2+4=6 JJJG JJJG G Jadi, nilai kosinus sudut antara dan H | | = + − + adalah – . = + + = = 2 G 21. Jawaban: d | | = + + = + + = G G G G G G G G G ⋅ + = ⋅ + ⋅ Misalkan sudut yang dibentuk oleh vektor dan G G G π adalah α. = | |2 + | || | cos G G ⋅ = 22 + 2 × 5 × cos α = G G = × = = =4+5=9 Oleh karena cos α = , diperoleh α = 60°. G G 22. Jawaban: d Jadi, besar sudut yang dibentuk oleh vektor dan G G G · = | |2 = 42 = 16 adalah 60°. G G G · = | |2 = 62 = 36 20. Jawaban: b G G G G | + | = 8 ⇔ | + |2 = 82 Posisi balok dapat digambarkan sebagai berikut. G G G G ⇔ [ + ] · [ + ] = 64 Z G G G G G G ⇔ · + 2 · + · = 64 G G E H[0, 4, 4] ⇔ 16 + 2 · + 36 = 64 G G F G ⇔ 2 · = 12 G G ⇔ · =6 G G G G G G A[0, 0, 0] D[0, 4, 0] | – |2 = [ – ] · [ – ] Y G G G G G G C[2, 4, 0] = · – 2 · + · B[2, 0, 0] = 16 – 2 × 6 + 36 X = 52 – 12 = 40 JJJG G G G G = – Jadi, hasil | – | = = 2 . = [2 – 0] + [0 – 0] + [0 – 0] 23. Jawaban: b = 2 + 0 + 0 JJJG G G JJJG G G    −  H = I – !" = – =   –  −  =   = [0 – 2] + [4 – 0] + [4 – 0]           

= –2 + 4 + 4

110 Vektor 25. Jawaban: d JJJG G     G G G  –  =   Misalkan θ = sudut antara dan . "# = $ – =           −  tan θ = = θ JJJG JJJG !" tegak lurus "# berarti: 3 2 JJJG JJJG maka cos θ = !" · "# = 0 ⇒ –2a + 6 + 2[c – 5] = 0 ⇔ –2a + 6 + 2c – 10 = 0 cos θ = ⇔ –2[a – c] = 4 G G ⋅ ⇔ a – c = –2 ⇒ G = Jadi, hasil a – c = –2. + ⋅ + ⋅ − 24. Jawaban: e ⇔ = + + − Cara 1: + H G ⇔ = + ⇔ = E F + G ⇔ =1 ⇔ 2a + 6 = 2 4 cm ⇔ 2a = –4 D C ⇔ a = –2 G 3 cm  −  G A Dengan demikian, diperoleh =   . 2 cm B   JJJG JJJG G  ' = %H =  −      G G G G Dengan demikian, sudut antara vektor dan + =   +   =         sama dengan ∠EAC = 90°    −    G G Cara 2: Jadi, vektor posisi dari [ + ] adalah 2 + 11 + 6 . G JJJG JJJG JJJG = = % + % 26. Jawaban: a JJJG JJJG G G = % – % + = [3 – 4 – 4 ] + [2 – + 3 ]     −  = 5 – 5 –       G G G =   −   =   [ + ] · = [5 – 5 – ] · [4 – 3 + 5 ]           = 5 × 4 + [–5] × [–3] + [–1] × 5   = 20 + 15 – 5 G JJJG   = %H =   = 30 G G G   Proyeksi skalar ortogonal [ + ] pada   G G G + ⋅  −    = G G G     · =   ⋅      =     + − + = [–3] × 0 + 2 × 0 + 0 × 4 = 0 G G = Misalkan sudut antara vektor dan adalah θ. G G ⋅ = cos θ = G G = G G = 0 = cos θ = 0 = ⇔ θ = 90° G G = =3

Jadi, sudut antara vektor dan adalah 90°.

Matematika Kelas XII Program IPA 111 27. Jawaban: b 30. Jawaban: c G G P[1, –3], Q[2, –1], dan R[4, 1] · = [2 + x + ] · [3 – 2 + ] JJJG G G !" = – = 2 × 3 + x × [–2] + 1 × 1      = 6 – 2x + 1 =  − –  −  =         = 7 – 2x JJJG G G G = [–3 + 2 – ]

!# = $ –

      G G  −  ⋅ G   =   –  −  =   G =         JJJG JJJG  − Proyeksi skalar ortogonal !" pada !#   JJJG JJJG !" ⋅ !# ⋅ + ⋅    −  = JJJG = = =2 − -     !# + ⇒ + − +  −  =    −  −     28. Jawaban: e G     = –3 – + x − -     G = 3 – 2 + 6 ⇔ + +  −  = –  −  G G  −  −     · = –3 × 3 + [–1] × [–2] + x × 6 = –9 + 2 + 6x       − -   = –7 + 6x ⇔  −  = –  −  G  −  −     | | = + − + Dari kesamaan vektor diperoleh: = + + − - = – = = 7 G G ⇔ 7 – 2x = –1 Proyeksi skalar ortogonal pada adalah 5, ⇔ 2x = 8 berarti: ⇔ x=4 G G ⋅ − + - Jadi, nilai x = 4. G =5 ⇒ =5 ⇔ –7 + 6x = 35 B. Uraian ⇔ 6x = 42 1. a. G H G ⇔ x=7 E Jadi, nilai x = 7. F G * 29. Jawaban: d G G G G Proyeksi vektor ortogonal pada adalah $ . D C G G G ⋅ G $ = G A B JJJG JJJG JJJG H = ' + 'H × + − × − + × G JJJG JJJG = = Z + 'H [ + − + ] JJJG JJJG = – Z + 'H ++ G G G = + + = –* + JJJG JJJG JJJG G G %[ = %H + H[ JJJG JJJG JJJG = = = Z + [ HZ + Z[ ] G G JJJG JJJG JJJG Jadi, proyeksi vektor ortogonal pada adalah = – Z + % + H' JJJG JJJG JJJG G = – Z + % – 'H . G G G

= –* + –

112 Vektor JJJG JJJG G 2 = 'H = 3. a. JJJG JJJG JJJG G G G G G G –1 H + %[ + = – * + – * + – + G G G = + – 2* A[1, 2, 3] B[3, 1, 2] C[xC, yC, zC] b. G H G JJJG JJJG JJJG JJJG : = 2 : 1 ⇔ : = 2 : –1 E F - + − × - G xC = * − × + − × G = 5 D C / + − × / yC = − A B JJJG JJJG × + − × JJJG = =0 = % + % JJJG JJJG ; + − × ; = 'H + % zC = G G − = + × + − × JJJG JJJG JJJG = =1 %' = %H + H' JJJG JJJG Jadi, koordinat titik C[5, 0, 1]. = Z – 'H JJJG G G JJJG JJJG b. = – = – Z – 'H G G       = –* –       JJJG JJJG JJJG =   –   =  −  H = [ + [H      −  JJJG JJG JJJG       = Z + [ [' + 'H ] JJJG JJJG JJJG JJJG = – Z + % + 'H  = + − + − JJJG JJJG JJJG = – Z – % + 'H = + + G G G = –* – + = = JJJG JJJG JJJG JJJG + %' – H Jadi, panjang vektor adalah . G G G G G G G = + – * – – [– * – + ] G G G G G G G 4. A[2, 4, –1], B[–4, 7, 5], dan C[2, 4, –5] = + –* – + * + – G G   −   = 2 – G  G  G   G G G G =   , =   , dan =   2. a. 2 + 4 = –  −   −  G G G ⇔ = 3 + 4 a. AP : PB = 2 : 1 G G   − G + = 3  −  + 4   = +     G G    −    = [2 + ] =  −  +   =  −        G G G G G   −     b. 6 – 5 + 2 = 3 + 4 =    +   G G G       ⇔ 2 = 3 – 5     −    −   −    = 3  −  – 5   =    +                −     −    =  −  –   =  −   −   −            =   =  G        ⇔ =  −  =  − 

    Jadi, koordinat titik P[–2, 6, 3].

Matematika Kelas XII Program IPA 113 G JJJG G G b. = = –   G   G   Dengan demikian, diperoleh =   dan =    −     −  −  =   –          JJJG JJJG G G    − G G · = [ – ] · [ – ]  −      −         =             =   −   ·   −    G JJJ G G G   −      −   −  = ! = –            −        =   ·   =  –   −   −             −  = 4 × 4 + 3 × 3 + [–2] × [–2]  −  =  = 16 + 9 + 4   = 29  JJJG JJJG  −   −  Jadi, nilai · = 29. G G · =   ·   A     6.   θ = 24 + 6 + 48 = 78 G G

Jadi, hasil · = 78.

 −  -   B C G   G   G   JJJG JJJG JJJG 5. =   , =   , dan =  - + /  = +    −  −         −    Titik A, B, dan C segaris jika AB = k AC. = − + =  −      G G G G       AB = k AC ⇔ – = k[ – ]      JJJG JJJG ⋅  -   −      −   cos ∠BAC = JJJG JJJG         ⇔   –  =k - + / −    −     −  ⋅  −   −     −                     =  - +    − + − + × + − +     ⇔   = k - + / − × + − × − + ×  −   −  =     + + × + + Dari kesamaan vektor diperoleh: + + = ⋅ –2 = k[–4] ⇔ k = = × x+2=k×8 ⇔ x+2= ×8 ⇔ x+2=4 = ⇔ x=2 = = = 3 = k[x + y] ⇔ 3= [2 + y] ⇔ 6=2+y Oleh karena cos ∠BAC = maka ∠BAC = 30°.

⇔ y=4 Jadi, besar ∠BAC = 30°.

114 Vektor 7.   G G × + − × − + − × −  −  G * = + − + −    − 30° 90° 90° G G G   =  −  Dari gambar di atas terlihat bahwa ∠[ , * ] = 30°. G G G G   Vektor dan saling tegak lurus maka · = 0.  − G G G G G G · * = | | | * | cos ∠[ , * ] = 8 × 6 cos 120°   =  −    = 8 × 6 × [– ]  − = –24 G G G G G G G G Jadi, proyeksi ortogonal pada adalah · * = | | | * | cos ∠[ , * ] = 4 × 6 cos 30° [ – 2 – ]. =4×6× G G 9. Proyeksi skalar ortogonal pada = – = 12 G G G G G ⋅ G =– | + + * |2 G G G G G G = [ + + * ] · [ + + * ] - − + / + − G G G G G G G G G G G G ⇒ =– = · + · + ·* + · + · + · * − + + − G G G G G G + · * + · * + * · * −- + / − G G G G G G G G G ⇔ =–

= | |2 + | |2 + | * |2 + 2 · + 2 · * + 2 · * + +

= 42 + 82 + 62 + 2 × 0 + 2 × 12 + 2 × [–24] −- + / − ⇔ =– = 16 + 64 + 36 + 0 + 24 – 48 ⇔ –2x + 4y – 48 = –38 = 68 + 24 G G G ⇔ –2x + 4y = 10 Jadi, | + + * | = 68 + 24 . ⇔ x = 2y – 5 . . . [1] G     Panjang vektor = 13 G   G   8. =  −  dan =   ⇒ - + / + = 13  −  −  G G G ⇔ x2 + y2 + 144 = 169 a. = 2 + ⇔ x2 + y2 = 25 . . . [2]     Substitusikan persamaan [1] ke dalam persamaan  −    = 2  +   [2] diperoleh:  −  −  [2y – 5]2 + y2 = 25    ⇔ 4y2 – 20y + 25 + y2 = 25  −    =   +   ⇔ 5y2 – 20y = 0  −   −  ⇔ y2 – 4y = 0    ⇔ =  −  y[y – 4] = 0  −  ⇔ y = 0 atau y = 4 G G Untuk y = 0 ⇒ x = 2[0] – 5 = –5 b. Proyeksi vektor ortogonal pada G G \ G Untuk y = 4 ⇒ x = 2[4] – 5 = 3 = G

Jadi, nilai x = –5 dan y = 0 atau x = 3 dan y = 4.

Matematika Kelas XII Program IPA 115 G G Dari kesamaan vektor diperoleh: 10. Proyeksi vektor ortogonal pada G G − ⋅ G = = G ⇔ 2a – 4 = 4 × + × − + − × G = + − + ⇔ 2a = 8 ⇔ a=4 − − G = + + [2 – 2 + ] Dengan demikian, diperoleh = 4 + – 2 . G G − Proyeksi vektor pada = [2 – 2 + ] G G ⋅ G G G = G Proyeksi vektor ortogonal pada adalah × + − × + × − G [8 – 8 + 4 ]. = + + −

Diperoleh hubungan seperti berikut. −− = + + [4 + – 2 ] − [2 – 2 + ] = [8 – 8 + 4 ] = [4 + – 2 ] − ⇔ [2 – 2 + ] = [2 – 2 + ] = + – G G Jadi, proyeksi vektor ortogonal pada adalah + – .

116 Vektor
Transformasi Geometri

Translasi, Refleksi, dan Matriks Rotasi, Dilatasi, dan Matriks
Transformasi Transformasi Komposisi Transformasi

• Pengertian translasi • Pengertian rotasi • Komposisi translasi • Hasil bayangan translasi • Hasil bayangan rotasi • Komposisi refleksi • Pengertian refleksi • Pengertian dilatasi • Komposisi rotasi • Hasil bayangan refleksi • Hasil bayangan dilatasi • Ko m p o s i s i a n t a r a t r a n s l a s i ,

• Konsep matriks transformasi refleksi, rotasi, atau dilatasi

• Memiliki rasa ingin tahu terhadap permasalahan yang berkaitan dengan transformasi geometri. • Menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan translasi. • Menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan refleksi. • Menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan rotasi. • Menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan dilatasi. • Menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan transformasi oleh suatu matriks. • Menentukan transformasi tunggal yang mewakili komposisi dua transformasi atau lebih. • Menentukan bayangan titik atau kurva oleh suatu komposisi transformasi.

• Menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan komposisi transformasi.

Matematika Kelas XII Program IPA 117 Diperoleh koordinat R′ = [xR′, yR′] = [6, 2]. A. Pilihan Ganda Jadi, translasi T memetakan titik R[3, –2] ke titik 1. Jawaban: c R′[6, 2]. Koordinat bayangan titik A[x, y] oleh translasi 4. Jawaban: d 4 T =   adalah A′[x + 4, y + [–2]].  −2  a Titik C[2, 3] ditranslasikan oleh T =   menghasil- Koordinat titik A[3, 2], bayangannya A′[7, 0]. b Koordinat titik A[–4, 3], bayangannya A′[0, 1]. kan bayangan titik C′[0, 5]. Koordinat titik A[0, –2], bayangannya A′[4, –4].  x′  x a Koordinat titik A[–2, 5], bayangannya A′[2, 3].   =   +   y   ′ y   b Koordinat titik A[–5, –1], bayangannya A′[–1, –3]. Jadi, pernyataan pada pilihan c salah. 0 2 a ⇒   =   +   5   3   b 2. Jawaban: a a 0 2  −2   −9  ⇔   =   –   =   Bayangan titik [x, y] oleh translasi T =   : b 5 3 2 8  −2    x ′   x −  9  x − 9  Diperoleh T =   .   =   +   =   2 y  ′ y   8    y + 8  a] Bayangan titik A[–1, –2]:  xP ′   xP − 9   x′   −1  −2   −3  ⇒   =    ′ =   +   =    yP ′   yP + 8  y   −2  2 0 b] Bayangan titik B[5, –1]:  4   xP − 9  ⇔   =  y + 8  x′  5  −2  3  −12   P   ′ =   +   =   Dari kesamaan matriks diperoleh: y   −1 2  1 4 = xP – 9 ⇔ xP = 4 + 9 = 13 Jadi, koordinat titik A′[–3, 0] dan B′[3, 1]. –12= yP + 8 ⇔ yP = –12 – 8 = –20 5. Jawaban: c Jadi, koordinat titik P[13, –20]. Titik C merupakan bayangan titik A[–2, 4] oleh 3. Jawaban: d  5 T1 =   sehingga: a 8 Misalkan translasi T =   . b  xC   xA   5  xQ ′   xQ  a   =   +   y  C y  A 8   =   +    yQ ′   yQ  b  −2   5 3 =   +   =    −1  −4  a 4 8  12  ⇔   =   +   6  2 b Diperoleh titik C[3, 12].  −1  −4 + a  Titik C[3, 12] merupakan bayangan titik B[6, 8] ⇔   =   6  2+b  a oleh T2 =   sehingga: Dari kesamaan matriks diperoleh: b –1 = –4 + a ⇔ a = 3 6=2+b ⇔b=4  xC   xB  a   =   + b  3  yC  y  B   Diperoleh T =   .  4 3 6 a ⇒   =   + b  xR ′   xR  a 3  3 6  12  8    =   +   =   +   =   y ′  R   yR  b    −2  4    2 3 6 + a ⇔   =  

 12  8 + b

118 Transformasi Geometri Dari kesamaan matriks diperoleh: Diperoleh titik A′[–1, 1], B′[3, 1], C′[4, –2], D′[1, –4], 3 = 6 + a ⇔ a = –3 dan E′[–2, –2]. 12 = 8 + b ⇔ b = 4 Jadi, pernyataan yang benar pada pilihan c.  −3  9. Jawaban: c Jadi, matriks translasi T2 =   . 4 Bayangan titik [x, y] oleh pencerminan terhadap 6. Jawaban: a garis y = –x adalah [x′, y′] dengan:  2  x′   0 −1  x  Bayangan titik [x, y] oleh translasi T =   adalah  =     3  y ′   −1 0   y  [x + 2, y + 3], berarti: x′ = x + 2 ⇔ x = x′ – 2 . . . [1]  xK ′   0 −1  xK  y′ = y + 3 ⇔ y = y′ – 3 . . . [2] ⇒   =     yK ′   −1 0   yK  Substitusikan [1] dan [2] ke dalam persamaan garis g. 2x – 3y + 4 = 0 ⇒ 2[x′ – 2] – 3[y′ – 3] + 4 = 0  0 −1  a  =    ⇔ 2x′ – 4 – 3y′ + 9 + 4 = 0  −1 0   −b  ⇔ 2x′ – 3y′ + 9 = 0 Jadi, persamaan garis g′ adalah 2x – 3y + 9 = 0. b =    −a  7. Jawaban: a Lingkaran L: x2 + y2 – 2x + 6y – 15 = 0 Jadi, bayangannya adalah K′[b, –a]. ⇔ [x – 1]2 + [y + 3]2 = 25 10. Jawaban: b Koordinat titik pusat lingkaran L adalah P[1, –3]. Bayangan titik A[x, y] oleh pencerminan terhadap Misalkan titik P′[x′, y′] merupakan bayangan titik P[a, b] adalah [x′, y′] dengan:  5 P[1, –3] oleh translasi T =   .  x′   −1 0   x   2a   −2    =    +    x′   1  5 6  y′   0 −1  y   2b    =   +   =   y   ′ −  3  −2   −5   x′   −1 0   x  2 × 3 ⇒   =    +   Diperoleh koordinat P′ adalah [x′, y′] = [6, –5]. y   ′  0 − 1 y   2 × 2 Jadi, koordinat titik pusat lingkaran L′ adalah [6, –5].  −2   −x  6 8. Jawaban: c ⇔   =   +   4  −y  4 Bayangan titik [x, y] oleh pencerminan terhadap sumbu X adalah [x′, y′] dengan:  −x   −8  ⇔   =    x′   1 0   x   −y  0  =      y′   0 −1  y  x 8 ⇔   =   Koordinat titik A[–1, –1], B[3, –1], C[4, 2], D[1, 4], y 0 dan E[–2, 2]. Bayangan titik A, B, C, D, dan E dapat ditentukan Jadi, koordinat titik A[8, 0]. sekaligus dengan cara berikut. 11. Jawaban: e  x A ′ xB ′ x C ′ xD ′ xE ′  Bayangan titik [x, y] oleh pencerminan terhadap   garis y = –1 adalah [x, –2 – y], berarti:  y A ′ yB ′ yC ′ yD ′ yE ′  x′ = x ⇔ x = x′ . . . [1] 1 0   xA xB xC xD xE  y′ = –2 – y ⇔ y = –2 – y′ . . . [2] =     Substitusikan [1] dan [2] ke dalam persamaan  0 −1  yA yB yC yD yE  garis.  1 0   −1 3 4 1 −2  y = 2x + 5 ⇒ –2 – y′ = 2[x′] + 5 =     ⇔ –2 – y′ = 2x′ + 5  0 −1  −1 −1 2 4 2  ⇔ y′ = –2x′ – 7  −1 3 4 1 −2  Jadi, persamaan bayangannya y = –2x – 7. =  

 1 1 − 2 − 4 −2 

Matematika Kelas XII Program IPA 119 12. Jawaban: d Jadi, persamaan lingkaran semula x2 + y2 – 4x – 2y [i] Bayangan garis a oleh pencerminan terhadap – 4 = 0. garis x = 0 [sumbu Y] adalah garis d [bukan garis e]. 15. Jawaban: d 4 Pernyataan [i] salah. Sumbu refleksi adalah garis y = 3 x ⇒ y = x tan α. [ii] Bayangan garis c oleh pencerminan terhadap 4 garis y = x adalah garis b. Diperoleh tan α = 3 Pernyataan [ii] benar. sin 2α = 2 sin α cos α 5 4 [iii] Bayangan garis d oleh pencerminan terhadap α 4 3 garis y = 0 [sumbu X] adalah garis c. =2× × 3 5 5 Pernyataan [iii] benar. Jadi, pernyataan yang benar [ii] dan [iii]. 24 = 25 13. Jawaban: e cos 2α = 2 cos2 α – 1 Puncak parabola dengan persamaan y = a[x – p]2 + q 3 adalah [p, q]. = 2[ 5 ]2 – 1 y = 2x2 – 8x + 11 ⇔ y = 2[x2 – 4x + 4] + 3 7 = – 25 ⇔ y = 2[x – 2]2 + 3 Diperoleh puncak parabola P adalah [2, 3]. Bayangan titik [x, y] oleh refleksi terhadap garis Puncak parabola tersebut dicerminkan terhadap 4 garis y = –1. y = 3 x: Bayangan titik [2, 3] oleh pencerminan terhadap  x′   cos 2α sin2α   x  garis y = –1 adalah [x′, y′] dengan:   =     x′   1 0   x   0   y′   sin2α − cos 2α   y   =    +    y′   0 −1  y   2[ −1]   25  − 7 24   x′   25   25   1 0  2 0 ⇒   =  24 7    =    +    y′     25 

 0 −1  3   −2   25 25 

 −7 + 24  2 0 2 =   =   +   =    24 + 7   −3   −2   −5  Jadi, koordinat puncak parabola P′ adalah [2, –5].  17  =   14. Jawaban: c  31 Misalkan h adalah persamaan lingkaran semula. Jadi, bayangannya adalah P′[17, 31]. Bayangan lingkaran h oleh refleksi terhadap garis B. Uraian y = x adalah h′. Jika h′ direfleksikan kembali terhadap garis y = x akan diperoleh bayangan a 1. a. Misalkan T =   . lingkaran semula, yaitu h. b Jadi, persamaan lingkaran semula dapat diperoleh Bayangan titik [x, y] oleh translasi T: dengan merefleksikan kembali persamaan lingkaran bayangan [h′] terhadap garis y = x.  x′  x a  x′  x + a Bayangan [x, y] oleh refleksi terhadap garis y = x   =   +   ⇔   = y + b  y′  y b  y′    adalah [x′, y′] dengan: Titik B′[4, 2] bayangan dari titik B[1, 2] oleh  x′   0 1  x   x′   y translasi T sehingga:  ′ =     ⇔  ′ =   y   1 0  y y  x 4  1+ a  Diperoleh x′ = y ⇔ y = x′ dan y′ = x ⇔ x = y′.   =   Substitusikan x = y′ dan y = x′ ke dalam persamaan 2 2 + b Dari kesamaan matriks diperoleh: lingkaran h′: x2 + y2 – 2x – 4y – 4 = 0 4=1+a⇔a=3 ⇒ [y′]2 + [x′]2 – 2[y′] – 4[x′] – 4 = 0 2=2+b⇔b=0 ⇔ y′2 + x′2 – 2y′ – 4x′ – 4 = 0 ⇔ y2 + x2 – 2y – 4x – 4 = 0 3 ⇔ x2 + y2 – 4x – 2y – 4 = 0 Jadi, matriks translasinya T =   .

0

120 Transformasi Geometri b. Bayangan titik A[–2, 2]; C[–2, –1]; dan D[1, –1] c. Oleh karena jari-jari lingkaran L sama dengan jari-jari lingkaran L′ maka luas kedua lingkaran  x A′ x C′ xD′  sama.   Luas L = luas L′ = π × 22 = 4π satuan luas  y A′ y C′ yD′  3. Misalkan titik [x, y] terletak pada parabola.  x + 3 x C + 3 xD + 3  =  A  4 a. Bayangan titik [x, y] oleh translasi T =    y A + 0 y C + 0 yD + 0   −2  adalah [x + 4, y – 2], berarti:  −2 + 3 − 2 + 3 1 + 3  1 1 4  x′ = x + 4 ⇔ x = x′ – 4 =   =  2 −1 −1 y′ = y – 2 ⇔ y = y′ + 2  2 + 0 −1 + 0 −1 + 0    Substitusikan x dan y ke dalam persamaan Diperoleh A′[1, 2]; C′[1, –1]; dan D′[4, –1]. parabola. Jadi, bayangan titik A, C dan D adalah y = x2 – 2x + 6 A′[1, 2]; C′[1, –1]; dan D′[4, –1]. ⇒ y′ + 2 = [x′ – 4]2 – 2[x′ – 4] + 6 2. a. Misalkan titik [x, y] terletak pada lingkaran ⇔ y′ = x′2 – 8x′ + 16 – 2x′ + 8 + 6 – 2 L: x2 + y2 – 2x + 4y + 1 = 0. ⇔ y′ = x′2 – 10x′ + 28 Jadi, persamaan bayangan parabola adalah  −6  y = x2 – 10x + 28. Bayangan titik [x, y] oleh translasi   : 4 b. Bayangan titik [x, y] oleh refleksi terhadap  x′  x  −6   x′  x − 6 garis y = x adalah [y, x], berarti:   =   +   ⇔   =   x′ = y ⇔ y = x′  y′  y 4  y′  y + 4 y′ = x ⇔ x = y′ Dari kesamaan matriks diperoleh: Substitusikan x dan y ke dalam persamaan x′ = x – 6 ⇔ x = x′ + 6 . . . [1] parabola. y′ = y + 4 ⇔ y = y′ – 4 . . . [2] y = x2 – 2x + 6 Substitusikan [1] dan [2] ke persamaan ⇒ x′ = y′2 – 2y′ + 6 lingkaran. Jadi, persamaan bayangan parabola adalah x2 + y2 – 2x + 4y + 1 = 0 x = y2 – 2y + 6. ⇒ [x′ + 6]2 + [y′ – 4]2 – 2[x′ + 6] + 4[y′ – 4] c. Bayangan titik [x, y] oleh refleksi terhadap +1=0 garis x = 2 adalah [4 – x, y], berarti: ⇔ x′2 + 12x′ + 36 + y′2 – 8y + 16 – 2x′ – 12 x′ = 4 – x ⇔ x = 4 – x′ + 4y′ – 16 + 1 = 0 y′ = y ⇔ y = y′ ⇔ x′2 + y′2 + 10x′ – 4y′ + 25 = 0 Substitusikan x dan y ke dalam persamaan Jadi, persamaan bayangan lingkaran adalah parabola. L′: x2 + y2 + 10x – 4y + 25 = 0. y = x2 – 2x + 6 b. L: x2 + y2 – 2x + 4y + 1= 0 ⇒ y′ = [4 – x′]2 – 2[4 – x′] + 6 ⇔ [x – 1]2 + [y + 2]2 = 4 ⇔ y′ = 16 – 8x′ + x′2 – 8 + 2x′ + 6 ⇔ y′ = x′2 – 6x′ + 14 Lingkaran L berpusat di A[1, –2] dan berjari- Jadi, persamaan bayangan parabola adalah jari 2. y = x2 – 6x + 14. L′: x2 + y2 + 10x – 4y + 25 = 0 ⇔ [x + 5]2 + [y – 2]2 = 4 4. Perhatikan gambar di bawah ini. Lingkaran L′ berpusat di B[–5, 2] dan berjari- Y jari 2. 7 A′[5, 7] 6 Y 5 L′ 4 3 O 2 2 garis g B[–5, 2] 1 X X –5 0 1 L –1 0 1 2 3 4 5 6 7 –2 –1

A[1, 2] –2 A[3, –1]

Matematika Kelas XII Program IPA 121 Berdasarkan sifat pencerminan, jarak antara titik A Substitusikan x dan y ke dalam persamaan dan garis g sama dengan jarak antara titik A′ dan lingkaran. garis g. Misalkan titik O terletak pada garis g x2 + y2 + 4y – 5 = 0 sehingga titik O merupakan titik tengah antara titik A ⇔ [–y′] +[–x′]2 + 4[–x′] – 5 = 0

dan A′, diperoleh: ⇔ y′2 + x′2 – 4x′ – 5 = 0 ⇔ x2 + y2 – 4x – 5 = 0  xO  1  x A + x A′    = 2   Jadi, bayangannya adalah x2 + y2 – 4x – 5 = 0.  yO   y A + y A′  b. Bayangan [x, y] oleh pencerminan terhadap  xO  1  3+5 garis y = 4 adalah [x′, y′] dengan: ⇔   = 2    yO   −1 + 7   x′   1 0  x  0   =    +   4  y′   0 −1  y  2 × 4 =    x′   x  3 ⇔   =   Ruas garis AO tegak lurus dengan garis g.  y′  8 − y Gradien garis AO: Dari kesamaan matriks diperoleh: mAO = 3 − [−1] = 4 =4 x′ = x ⇔ x = x′ 4−3 1 y′ = 8 – y ⇔ y = –y′ + 8 Oleh karena garis AO dan garis g saling tegak lurus Substitusikan x dan y ke dalam persamaan sehingga: lingkaran x2 + y2 + 4y – 5 = 0. mg × mAO = –1 ⇒ [x′]2 + [–y′ + 8]2 + 4[–y′ + 8] – 5 = 0 ⇔ mg × 4 = –1 ⇔ x′ + y′2 – 16y′ + 64 – 4y′ + 32 – 5 = 0

1 ⇔ x′2 + y′2 – 20y′ + 91 = 0 ⇔ mg = – 4 ⇔ x2 + y2 – 20y + 91 = 0 Persamaan garis g yang melalui titik O[4, 3] dan Jadi, bayangannya adalah x2 + y2 – 20y + 91 1 gradien – 4 adalah: = 0. 1 c. Bayangan [x, y] oleh pencerminan terhadap y – 3 = – 4 [x – 4] garis x = –2 adalah [x′, y′] dengan: ⇔ 4[y – 3] = –[x – 4]  x′   − 1 0   x   2 × [ −2]  ⇔ 4y – 12 = –x + 4  =    +   ⇔ x + 4y – 16 = 0 y ′    0 1  y  0  Jadi, persamaan garis g adalah x + 4y – 16 = 0.  x′   −4 − x  ⇔  =   5. Misalkan titik [x, y] terletak pada lingkaran  y′   y  x2 + y2 + 4y – 5 = 0. Dari kesamaan matriks diperoleh: a. Bayangan [x, y] oleh pencerminan terhadap x′ = –4 – x ⇒ x = –x′ – 4 garis y = –x adalah [x′, y′] dengan: y′ = y ⇒ y = y′  x′   0 −1  x   x′   −y  Substitusikan x dan y ke dalam persamaan  =    ⇔   =   lingkaran x2 + y2 + 4y – 5 = 0.  y ′   −1 0   y   y′   −x  ⇒ [–x′ – 4]2 + [y′]2 + 4y′ – 5 = 0 Diperoleh x′ = –y ⇔ y = –x′ ⇔ x′ + 8x′ + 16 + y′2 + 4y′ – 5 = 0 2 y′ = –x ⇔ x = –y′ ⇔ x2 + y′2 + 8x′ + 4y′ + 11 = 0 ⇔ x2 + y2 + 8x + 4y + 11 = 0 Jadi, bayangannya adalah

x2 + y2 + 8x + 4y + 11 = 0.

122 Transformasi Geometri Untuk C[–1, –1] diperoleh C′: A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: a  x′   −1 0  −1 − 5  5   =     +   Misalkan bayangan titik P[2, –3] oleh rotasi  y′  0 −1  −1 − 1   1 R[O, 90°] adalah P′[x′, y′], diperoleh:  −1 0   −6  5 =    +    x′   cos 90° − sin 90°  2 0 −1  −2   1  y′  =  sin 90° cos 90°   −3        6   5 =   +    0 −1  2  2  1 =      11  1 0   −3  =   3  3 Jadi, koordinat A′[13, 0], B′[8, –2], dan C′[11, 3]. =    2 4. Jawaban: a Jadi, koordinat bayangannya P′[3, 2]. π Bayangan titik P[x, y] oleh rotasi R[O[0, 0], – 2 ] 2. Jawaban: d Matriks yang bersesuaian dengan rotasi R[O, 60°] adalah P′[x′, y′] dengan:  cos θ − sin θ   cos [− π ] − sin [− π ]  x =    x′   2 2    0 1  x   sin θ cos θ    =   =    y′  π π  y  − 1 0  y   cos 60° − sin 60°   sin [− 2 ] cos [− 2 ]   =    sin 60° cos 60°  Diketahui P′[–10, –2] dan P[a, b].  1 1 −2 3  −10   0 1  a   = 1 2    =     3 1   −2   −1 0  b  2 2   −10  b ⇔   =   3. Jawaban: e  − 2   −a  Bayangan titik A[x, y] oleh rotasi R[P[5, 1], –π]: Dari kesamaan matriks diperoleh:  x′   cos[ −π] − sin[−π]   x − 5  5 b = –10  =    +   –2 = –a ⇔ a = 2  y′   sin[−π] cos[−π]   y − 1   1 Nilai a + 2b = 2 + 2 × [–10] = –18.  −1 0  x − 5 5 =     +   Jadi, nilai a + 2b = –18.  0 −1  y − 1   1 5. Jawaban: b Untuk A[–3, 2] diperoleh A′: Misalkan pusat rotasi P[a, b].  x A ′   −1 0  −3 − 5  5 Bayangan titik [x, y] oleh rotasi R[P[a, b], 90°]  =     +   adalah [x′, y′] dengan:  yA ′   0 −1  2 − 1   1  −1 0  −8  5  x′   0 −1  x − a  a =     +    ′ =    +   0 −1  1  1 y   1 0  y − b b 8 5  13  Titik [10, 5] bayangan dari titik [4, –5]: =   +   =   −  1 1   0  10   0 −1  4 − a  a Untuk B[2, 4] diperoleh B′:   =    +   5  1 0   −5 − b  b  x B ′   −1 0 2 − 5 5  =     +    10  5 + b a  yB ′   0 −1  4 − 1  1 ⇔   =   +   5 4 − a b  −1 0  −3  5 =     +    10  5 + b + a 0 −1 3  1 ⇔   =   3 5 8  5 4 − a + b =   +   =   −3   1

   −2 

Matematika Kelas XII Program IPA 123 Dari kesamaan matriks diperoleh: L = k2 × LKLMN 10 = 5 + a + b ⇔ a+b=5 = 32 × 40 5 = 4 – a + b ⇔ –a + b = 1 = 360 satuan luas ––––––––– + 2b = 6 9. Jawaban: b ⇔ b=3 Substitusikan nilai b = 3 ke dalam a + b = 5.  2 −5  A=   a+3=5⇔a=2 a 4  Diperoleh a = 2 dan b = 3. Bayangan titik P[3, –1] oleh transformasi yang Jadi, koordinat pusat rotasi P[2, 3]. bersesuaian dengan matriks A adalah P′[11, 2] 6. Jawaban: d sehingga: Bayangan titik [x, y] oleh dilatasi [O[0, 0], 2]:  11  2 −5   3   2  =  a 4   −1  x′   2 0  x         =     y′   0 2  y   11  11  Bayangan titik P[4, 2], Q[9, 4], dan R[6, 8]: ⇔  2  =  3a − 4       xP ′ x Q ′ xR ′   2 0   xP xQ xR  Dari kesamaan matriks diperoleh:   =    2 = 3a – 4 ⇔ 3a = 6  yP ′ yQ ′ yR ′   0 2  yP yQ yR  ⇔ a=2  2 0  4 9 6  Misalkan koordinat Q′[x′, y] sehingga: =     0 2  2 4 8   x′   2 −5   4   −2   y′  =  2 4   2  =  16          8 18 12  =   Jadi, koordinat titik Q′[–2, 16].  4 8 16  10. Jawaban: d Jadi, koordinat bayangannya adalah P′[8, 4], Y Q′[18, 8], dan R′[12, 16]. 7. Jawaban: a 5 D C Bayangan titik [x, y] oleh dilatasi [P[a, b], k]: 5 satuan  x′  x a  ′  = k   + [1 – k]   A 4 satuan B y  y b 0 4 6 X 1 Bayangan titik [–4, 8] oleh dilatasi [P[–8, 12], 4 ]: Luas jajargenjang ABCD:  x ′  1  −4  1  −8  LABCD = alas × tinggi  ′  = 4   + [1 – 4 ]   =4×5 y  8  12  = 20 satuan luas  −1 3  −8   −1  −6   −7  Luas bayangan jajargenjang ABCD oleh =   + 4   =   +   =   2  12  2 9  11   −2 3  Jadi, koordinat bayangannya [–7, 11]. transformasi matriks T =  :  −1 −1 LA′B′C′D′ = |det T| × LABCD 8. Jawaban: e Y = |[–2] × [–1] – 3 × [–1]| × 20 = 5 × 20 K = 100 satuan luas 4 Luas KLMN

8 satuan

11. Jawaban: b X = ML × LK –2 0 3 =5×8 Bayangan titik [x, y] oleh transformasi matriks A: = 40 satuan luas  x′  a + 2 a  x  –4  ′ =    y   1 a + 1 y  M 5 satuan L Misalkan koordinat titik Q[m, n]. Luas persegi panjang KLMN setelah didilatasi

dengan faktor skala k = 3:

124 Transformasi Geometri Bayangan titik P[1, 2] dan Q[m, n] oleh transformasi Substitusikan [1] dan [2] ke dalam persamaan garis matriks A: 2y – x + 3 = 0. 2[–x′ + 2y′] – [2x′ – 3y′] + 3 = 0  xP ′ xQ ′  a + 2 a   xP x Q    =    ⇔ –2x′ + 4y′ – 2x′ + 3y′ + 3 = 0  yP ′ yQ ′   1 a + 1 yP yQ  ⇔ –4x′ + 7y′ + 3 = 0  2 2 a + 2 a  1 m  Jadi, bayangannya 7y – 4x + 3 = 0. ⇔   =     3 0  1 a + 1 2 n  14. Jawaban: d  2 2  3a + 2 m[a + 2] + na  Misalkan persamaan garis tersebut g: ax + by + c = 0 ⇔   =    3 0  2a + 3 m + n[a + 1]  dan titik [x, y] terletak pada garis g. Dari kesamaan matriks diperoleh: 3 2 = 3a + 2 ⇔ 3a = 0 ⇔ a = 0 Bayangan titik [x, y] oleh rotasi R[P[–4, 1], 2 π]: 2 = m[a + 2] + na ⇔ 2 = m[0 + 2] + n[0] ⇔ 2 = 2m  3 3   x ′   cos 2 π − sin 2 π   x + 4   −4  ⇔ m=1  ′ =    +   y  3 3   y − 1  1 0 = m + n[a + 1] ⇔ 0 = 1 + n[0 + 1]  sin 2 π cos 2 π  ⇔ 0=1+n ⇔ n = –1  0 1  x + 4   −4  Diperoleh m = 1 dan n = –1. =    +    −1 0  y − 1   1 Jadi, koordinat titik Q[1, –1]. 12. Jawaban: e  y −1   −4  =   +   Bayangan titik [x, y] oleh dilatasi [O, –2] adalah  −x − 4   1 [–2x, –2y], diperoleh:  y−5  1 x′ = –2x ⇔ x = – 2 x′ =    −x − 3  1 Dari kesamaan matriks, diperoleh: y′ = –2y ⇔ y = – 2 y′ x′ = y – 5 ⇔ y = x′ + 5 . . . [1] Substitusikan x dan y ke dalam persamaan garis. y′ = –x – 3 ⇔ x = –y′ – 3 . . . [2] 1 1 Substitusikan [1] dan [2] ke dalam persamaan garis 4x – y + 6 = 0 ⇒ 4[– 2 x′] – [– 2 y′] + 6 = 0 g: ax + by + c = 0. 1 ⇔ –2x′ + 2 y′ + 6 = 0 ⇒ a[–y′ – 3] + b[x′ + 5] + c = 0 ⇔ –ay′ – 3a + bx′ + 5b + c = 0 ⇔ 4x′ – y′ – 12 = 0 ⇔ –ay′ + bx′ + [–3a + 5b + c] = 0 Jadi, persamaan bayangannya 4x – y – 12 = 0. Oleh karena –ay + bx + [–3a + 5b + c] = 0 13. Jawaban: d ⇔ 3y + 2x + 24 = 0 diperoleh: Misalkan titik [x, y] terletak pada garis 2y – x + 3 = 0. –a = 3 ⇔ a = –3 . . . [1] Bayangan titik [x, y] oleh transformasi matriks b=2 . . . [2] –3a + 5b + c = 24 . . . [3]  2 3   adalah [x′, y′] dengan: ⇒ –3 × [–3] + 5 × 2 + c = 24  1 2 ⇔ c = 24 – 9 – 10  x′   2 3   x  ⇔ c=5  ′ =    Jadi, persamaan garis g adalah –3x + 2y + 5 = 0.  y   1 2 y −1  x   2 3   x′  15. Jawaban: d ⇔  =     Persamaan lingkaran semula:  y   1 2   y′  x2 + y2 – 10x + 4y + 13 = 0 x 1  2 −3   x ′  ⇔ x2 – 10x + y2 + 4y + 13 = 0 ⇔   = 4−3    y  −1 2   y ′  ⇔ [x – 5] + [y + 2]2 – 25 – 4 + 13 = 0

 x   2x ′ − 3y ′  ⇔ [x – 5]2 + [y + 2]2 = 42 ⇔  =  ′  Jari-jari lingkaran semula: r = 4.  y   − x + 2y ′  Luas lingkaran semula: Dari kesamaan matriks diperoleh: L = πr2 = π × [4]2 = 16π satuan luas x = 2x′ – 3y′ . . . [1] Luas lingkaran oleh dilatasi [P[4, –7], 5].

y = –x′ + 2y′ . . . [2] L1 = k2 × L = 25 × 16π = 400π satuan luas

Matematika Kelas XII Program IPA 125 Luas lingkaran oleh transformasi matriks: 1 b. Bayangan titik P[–2, 6] oleh dilatasi [A, 2 ] a b L2 = | det  |×L adalah P′[x′, y′]. c d a b  1 0 = | det   | × 16π satuan luas  x′  =  2   −2 − 2   2 c d  y′   1   6 − 0  +  0    0       2 Oleh karena L1 = L2 diperoleh:  1 0 a b  −4   2 | det   | × 16π = 400π =  2 1    +    c d 0  6  0  2 a b 400π ⇔ | det   | = 16π  −2   2  c d  =   +   3    0 a b ⇔ | det   | = 25  0  c d =    3 Akibatnya matriks yang memenuhi adalah matriks Jadi, koordinat bayangan titik P adalah P′[0, 3]. yang nilai determinannya 25 atau –25. Dari kelima opsi, hanya pilihan d yang memenuhi. 2. a. Jika suatu lingkaran dirotasikan, akan diperoleh lingkaran dengan panjang jari-jari −9 2 sama namun titik pusat berbeda. = –9 × [–3] – 2 × 1 = 27 – 2 = 25 1 −3 Persamaan lingkaran L: [x + 5]2 + [y – 1]2 = 16 mempunyai koordinat titik pusat [–5, 1] dan  −9 2  jari-jari = r = 4. Jadi, matriks T yang mungkin adalah  .  1 −3  Bayangan titik [x, y] dirotasikan oleh π B. Uraian R[P[3, –4], – 2 ]:  π π  1. a. Titik A[x, y] dirotasikan R[O, 60°] diperoleh  x′   cos [− 2 ] − sin [− 2 ]   x − 3   3   ′ =   +   y   sin [− 2 ] cos [− 2 ]   y + 4   −4 

bayangan A′[1, 3 ]. Sebaliknya, titik π π

A′[1, 3 ] dirotasikan R[O, –60°] diperoleh  0 1  x − 3  3 bayangan A[x, y]. =    +    −1 0  y + 4   −4   x  =  cos [−60°] −sin [−60°]   1  Bayangan titik pusat [–5, 1]:  y  sin [−60°] cos [−60°]         3  x′   0 1  −5 − 3  3 ⇔  ′ =    +    1 1 3  1   y   −1 0  1 + 4   −4  =  2 2  − 1 3 1   3  0 1  −8  3   =   2 2    +  

 −1 0  5   −4 

 1 3  5 3 + =   +   =  2 2  8  −4   − 1 3 1 3  +  2 2  8 =    4 =  2  Koordinat titik pusat lingkaran bayangan  0 adalah [8, 4]. Lingkaran bayangan berpusat di [8, 4] dan Jadi, koordinat titik A[2, 0]. berjari-jari 4. Persamaan lingkaran bayangan: [x – 8]2 + [y – 4]2 = 42 ⇔ x – 16x + 64 + y2 – 8y + 16 – 16 = 0

⇔ x2 + y2 – 16x – 8y + 64 = 0 Jadi, persamaan lingkaran bayangannya

x2 + y2 – 16x – 8y + 64 = 0.

126 Transformasi Geometri b. Misalkan titik [x, y] terletak pada lingkaran L. b. Bayangan titik B[6, –3] oleh rotasi Bayangan titik [x, y] oleh dilatasi [P[3, –4], –3]: R[P[2, –4], –π]:  x′  x a  x ′   −1 0  6−2  2  ′  = k   + [1 – k]    =     +   y   y b  y′   0 −1  −3 + 4   −4   −1 0  4 2  x′  x 3 =    +   −1  1  ⇔  ′  = –3   + [1 – [–3]]   0  −4  y   y  −4  −  4  2  −2  =   +   =    x′  x 3  −1  −4   −5  ⇔  ′  = –3   + 4   Koordinat titik B′[–2, –5]. y   y    −4  c. Bayangan titik C[6, 1] oleh rotasi R[P[2, –4], –π]:  x′   −3x + 12  ⇔   =    x′   −1 0  6 − 2 2 y   ′  −3y − 16    =     +    y′  0 −1  1+ 4   −4  Dari kesamaan matriks diperoleh:  −1 0  4 2 x′ − 12 =    +   x′ = –3x + 12 ⇔ x = −3 . . . [1] 0 −1  5   −4  y′ + 16  −4  2  −2  y′ = –3y – 16 ⇔ y = −3 . . . [2] =   +   =    −5   −4   −9  Substitusikan [1] dan [2] ke dalam persamaan Koordinat titik C′[–2, –9]. lingkaran [x + 5]2 + [y – 1]2 = 16. d. Bayangan titik D[–3, 1] oleh rotasi R[P[2, –4], –π]: [ ] +[ ] x′ − 12 2 y′ + 16 2 ⇒ +5 −1 = 16  x′   −1 0   −3 − 2  2 −3 −3   =    +    y′  0 −1  1 + 4   −4  ⇔ [ −3 ] +[ x′ − 27 2 −3 ] y′ + 19 2 = 16  −1 =  0   −5    +   −1  5  2 0  −4  x′2 − 54x′ + 729 y′2 + 38y′ + 361 5 2 7 ⇔ + = 16 9 9 =   +   =   −   5  −4   −9  ⇔ x′2 – 54x′ + 729 + y′2 + 38y′ + 361 = 144 ⇔ x′2 + y′2 – 54x′ + 38y′ + 946 = 0 Koordinat titik D′[7, –9]. Jadi, persamaan lingkaran bayangannya 4. a. Titik C′[9, 2] adalah bayangan titik C[5, 2] oleh x2 + y2 – 54x + 38y + 946 = 0. dilatasi [P[3, 2], k]: 3. a. Bayangan titik A[–3, –3] oleh rotasi  x′  x a R[P[a, b], –π] adalah A′[7, –5].   = k   + [1 – k]    y′  y b  x′   cos[ −π] − sin[−π]   x − a  a 9 5 3   =    +   ⇔   = k   + [1 – k]    y′   sin[−π] cos[−π]   y − b  b 2   2   2 7  −1 0   −3 − a  a 9  5k + 3 − 3k  ⇔   =    +   ⇔   =    −5   0 −1  −3 − b  b 2  2k + 2 − 2k  9  2k + 3  7 3 + a a ⇔   =   ⇔   =   +   2  2   −5  3 + b b Dari kesamaan matriks diperoleh: 9 = 2k + 3 ⇔ 2k = 6 ⇔ k = 3 7  3 + 2a  Jadi, nilai k = 3. ⇔   =   −5    3 + 2b  b. Bayangan titik A[0, –2] oleh dilatasi [P[3, 2], 3]: Dari kesamaan matriks diperoleh:  x′  0 3 7 = 3 + 2a ⇔ 2a = 4 ⇔ a = 2   = 3   + [1 – 3]   y   ′ −2   2 –5 = 3 + 2b ⇔ 2b = –8 ⇔ b = –4 0  −6   −6  Diperoleh koordinat P[2, –4]. =   +   =    −6   −4   −10 

Jadi, koordinat A′[–6, –10].

Matematika Kelas XII Program IPA 127 Bayangan titik B[5, –4] oleh dilatasi [P[3, 2], 3]: Substitusikan [1] dan [2] ke dalam persamaan  x′  5 3 garis g.   = 3   + [1 – 3]   1 1 y   ′ −4   2 x – 2y = 4 ⇒ 2 [x′ – 2y′] – 2 × 2 [3x′ – 4y′] = 4  15   −6   9  ⇔ x′ – 2y′ – 2[3x′ – 4y′] = 8 =   +   =    −12   −4   −16  ⇔ x′ – 2y′ – 6x′ + 8y′ = 8 Jadi, koordinat B′[9, –16]. ⇔ –5x′ + 6y′ – 8 = 0 c. Y ⇔ 5x′ – 6y′+ 8 = 0 Jadi, persamaan bayangan garis g adalah 5 satuan 5x – 6y + 8 = 0. C 2 b. Misalkan garis : ax + by + c = 0 dan titik X [x, y] terletak pada garis . 0 5 6 satuan Bayangan titik [x, y] oleh transformasi matriks M: –2 A  x ′   −4 2  x   x   −4 2  −1  x′   ′ =    ⇔ =    –4 B  y   −3 1  y   y   −3 1   y′  1 Dari jawaban a diperoleh: Luas ∆ABC = 2 × alas × tinggi 1 x = 2 [x′ – 2y′] . . . [1] 1 = 2 ×5×6 1 y= 2 [3x′ – 4y′] . . . [2] = 15 Substitusikan [1] dan [2] ke dalam persamaan Luas ∆A′B′C′ = k2 × luas ∆ABC garis : ax + by + c = 0. = 32 × 15 1 1 = 135 ⇒ a × 2 [x′ – 2y′] + b × 2 [3x′ – 4y′] + c = 0 Jadi, luas ∆A′B′C′ = 135 satuan luas. a 3b 5. a. Misalkan titik [x, y] terletak pada garis x – 2y = 4. ⇔ 2 x′ – ay′ + 2 x′ – 2by′ + c = 0 Bayangan titik [x, y] oleh transformasi matriks a 3b ⇔ [ 2 + 2 ]x′ + [–a – 2b]y′ + c = 0  −4 2  M=   adalah [x′, y′] dengan:  −3 1  ⇔ a 3b [ 2 + 2 ]x + [–a – 2b]y + c = 0  x′   −4 2  x  Oleh karena bayangan garis oleh transformasi  ′ =    y   −3 1  y  matriks M adalah garis g: x – 2y – 4 = 0, diperoleh: −1 x  −4 2   x ′  a 3b ⇔   =     [ 2 + 2 ]x + [–a – 2b]y + c = 0 ⇔ x – 2y – 4 = 0  y  −3 1   y′  a 3b 1  1 −2  x′  2 + 2 = 1 ⇔ a + 3b = 2 = 2    3 −4  y′  –a – 2b = –2 ⇔ a + 2b = 2 c = –4 1  x′ − 2y′  Dari persamaan a + 3b = 2 dan a + 2b = 2 = 2   3x′ − 4y′  diperoleh a = 2 dan b = 0. Persamaan garis : ax + by + c = 0 1 Diperoleh x = 2 [x′ – 2y′] . . . [1] ⇒ 2×x+0×y–4=0 ⇔ 2x – 4 = 0 1

y = 2 [3x′ – 4y′] . . . [2] Jadi, persamaan garis adalah 2x – 4 = 0.

128 Transformasi Geometri A. Pilihan Ganda 3. Jawaban: a Titik P[10, 2] merupakan bayangan titik Q[–4, 3] 1. Jawaban: d oleh T2 T1. Misalkan titik A′, B′, dan C′ adalah bayangan titik A, B, dan C oleh rotasi R[O[0, 0], 90°]: a Misalkan T2 =   .  x A ′ xB ′ xC ′   cos 90° − sin 90°   x A xB xC  b  =   a  −7  a − 7  y A ′ yB ′ yC ′   sin 90° cos 90°   y A yB yC  T2 T1 = T2 + T1 =   +   =    x A ′ xB ′ x C ′   0 −1 5 −3 0  b 8 b + 8 ⇒  y ′ y ′ y ′  =     A B C   1 0  −2 4 7   xP   xQ    =   + [T2 T1]  2 −4 −7   yP   yQ  =    5 −3 0  10   −4  a − 7 Diperoleh titik A′[2, 5], B′[–4, –3], dan C′[–7, 0]. ⇒   =   +   2 3 b + 8 6 Titik A′, B′, dan C′ ditranslasikan oleh    10   a − 11  −4  ⇔   =   diperoleh bayangan titik A′′, B′′, dan C′′.  2  b + 11 Dari kesamaan matriks diperoleh:  x A ′′ xB ′′ xC ′′   x A ′ + 6 xB ′ + 6 x C ′ + 6  10 = a – 11 ⇔ a = 10 + 11 = 21   =    y A ′′ yB ′′ yC ′′   y A ′ − 4 yB ′ − 4 yC ′ − 4  2 = b + 11 ⇔ b = 2 – 11 = –9  21  x A ′′ xB ′′ xC ′′   2 + 6 −4 + 6 −7 + 6  Jadi, matriks translasi T2 adalah   . ⇒   =    −9  y  A ′′ yB ′′ y ′′ C   5 − 4 −3 − 4 0 − 4  4. Jawaban: d  x A ′′ xB ′′ xC ′′   8 2 −1 Matriks rotasi R[O, 90°] adalah: ⇔  =    y A ′′ yB ′′ yC ′′   1 −7 −4   cos 90° − sin 90°   0 −1 R =  sin 90° cos 90°  =  1 0  Jadi, bayangannya adalah A′′[8, 1], B′′[2, –7], dan     C′′[–1, –4]. Matriks refleksi terhadap garis y = –x adalah 2. Jawaban: d  0 −1 Rotasi R[P[–3, 7], –75°] dilanjutkan dengan rotasi M =  −1 0  .   R[P[–3, 7], 30°] merupakan komposisi dua rotasi Matriks rotasi R[O, 90°] dilanjutkan refleksi berurutan dengan titik pusat sama yaitu P[–3, 7]. terhadap garis y = –x adalah: Misalkan R1 = rotasi R[P[–3, 7], –75°] R2 = rotasi R[P[–3, 7], 30°]  0 −1  0 −1  −1 0  MR =  −1 0   1 0  =  0 1  R2 R1 = R[P[–3, 7], [–75° + 30°]]      = R[P[–3, 7], –45°]  −1 0   cos [−45°] − sin [−45°]  Matriks  0 1  sama dengan matriks refleksi =      sin [−45°] cos [−45°]  terhadap sumbu Y.  1 2 1 2 Jadi, rotasi R[O, 90°] dilanjutkan refleksi terhadap =  2 2  garis y = –x dapat diwakili dengan refleksi terhadap − 1 2 1 2  sumbu Y.

 2 2

Jadi, matriks transformasi tunggalnya adalah  1 2 1 2  2 2 . − 1 2 1 2 

 2 2

Matematika Kelas XII Program IPA 129 5. Jawaban: e 7. Jawaban: b Y a  3 3 + a D[1, 4] T = T1 T2 =   +   =    2  b 2 + b A[–1, 1] C[7, 1] Bayangan titik A[–1, 2] oleh T adalah A′[1, 11]: X  xA ′   xA   3 + a  B[1, –2]   =  + 

 yA ′   yA   2 + b 

Koordinat titik D adalah [1, 4].  1  −1  3 + a  ⇔   =  +  Bayangan titik [x, y] oleh dilatasi [O[0, 0], 5]:  11  2  2 + b  x′  x x  1 2 + a  ′ = k  y = 5  y ⇔   =   y       11   4 + b  xD ′   xD   1  5 ⇒   = 5  y  = 5  4  =  20  Dari kesamaan matriks diperoleh:  yD ′   D     1 = 2 + a ⇔ a = –1 Bayangan ttik [x′, y′] oleh dilatasi [P[2, –1], –3]: 11 = 4 + b ⇔ b = 7  x′′   x′  2  3 − 1  2   ′′  = –3  y′  + [1 – [–3]]  −1 Diperoleh matriks T =  = . y       2 + 7 9  xD ′′   xD ′  2 Bayangan titik B[xB, yB] oleh matriks T adalah ⇒   = –3   + 4  −1 B′[12, 13]:  yD ′′   yD ′     5 2  xB ′   xB   2  = –3   + 4     =  +  20    −1  yB ′   yB   9   −15  8  −7   12   xB   2  =   +   =   ⇔   =  +   −60   −4   −64   13   yB   9  Jadi, koordinat titik D′′[–7, –64].  xB   12 − 2   10  ⇔  =  =  6. Jawaban: c  yB   13 − 9   4  Matriks transformasi yang mewakili adalah Jadi, koordinat titik B[10, 4].  −2 1   −1 0   2 1 8. Jawaban: e A =T My =    =    1 2   0 1  −1 2  T = T2 T1 Bayangan titik [x, y] oleh transformasi A:  0 1 a b  =     x′   2 1  x   −1 1 0 1    =     0 1   y′   −1 2   y  =   Bayangan titik [a, b] oleh transformasi A adalah  −a 1 − b [1, –8]: Bayangan titik [x, y] oleh matriks T:  1  2 1  a   x′   0 1  x   =     ′ =      −8   −1 2   b  y    − a 1 − b y −1 a  2 1  1 Bayangan titik A[2, 3] dan B[–4, 1] oleh matriks T ⇔   =     adalah A′[3, 4] dan B′[1, 6]. b    −1 2   −8   x A ′ xB ′   0 1   x A xB  1  2 −1  1    =    =     y A ′ yB ′   −a 1− b  y A yB  4+1  1 2   −8   3 1  0 1  2 −4   10  1 2 ⇔  =    =   =    4 6   −a 1− b  3 1   −15  5  −3  Diperoleh a = 2 dan b = –3.  3 1  3 1  ⇔  =  

Nilai a + b = 2 + [–3] = –1.  4 6  − 2a + 3 − 3b 4a + 1 − b 

130 Transformasi Geometri Dari kesamaan matriks diperoleh: Luas bayangan ∆PQR oleh T = T2 T1: 4 = –2a + 3 – 3b ⇔ 2a + 3b = –1 . . . [1] L′ = |det [T]| × L∆PQR 6 = 4a + 1 – b ⇔ 4a – b = 5 . . . [2] =4×8 Eliminasi a dari persamaan [1] dan [2]. = 32 2a + 3b = –1 × 2 4a + 6b = –2 Jadi, luas bayangan ∆PQR adalah 32 satuan luas. 4a – b = 5 × 1 4a – b = 5 ––––––––––– – 7b = –7 10. Jawaban: b ⇔ b = –1 Misalkan M1 = matriks refleksi terhadap garis y = –x Substitusikan b = –1 ke dalam persamaan [2]. 4a – b = 5 ⇒ 4a – [–1] = 5  0 −1 ⇔ 4a = 4 =    −1 0  ⇔ a=1 Diperoleh a = 1 dan b = –1. M2 = matriks refleksi terhadap garis y = x Matriks transformasinya adalah:  0 1  0 1 =    0 1   1 0 T=   =  −1 2   −a 1 − b    Matriks transformasi tunggal yang mewakili refleksi Bayangan titik C[xC, yC] oleh T adalah C′[–5, –6]: terhadap garis y = –x dilanjutkan refleksi terhadap garis y = x:  xC ′   0 1   xC  M = M2 M1   =     yC ′   −1 2   y C   0 1   0 −1  xC  −1  0 1   xC ′  =    ⇔   =   1 0   −1 0      yC   −1 2   yC ′   −1 0  =   1  2 −1  −5   0 −1 = 0 +1     1 0   −6  Misalkan titik [x, y] terletak pada garis y = 2x – 3. Bayangan titik [x, y] oleh transformasi [M2 M1]:  −4  =    x′  x  −5   ′  = [M2 M1]   y   y Jadi, koordinat titik C[–4, –5].  x′   −1 0   x  9. Jawaban: c ⇔   =    y   ′  0 −1  y  Y  x′   −x  ⇔   =   R ′ y   −y  a Q Dari kesamaan matriks diperoleh: x′ = –x ⇔ x = –x′ . . . [1] P y′ = –y ⇔ y = –y′ . . . [2] t Substitusikan [1] dan [2] ke dalam persamaan garis X y = 2x – 3. O ⇔ –y′ = 2[–x′] – 3 ⇔ –y′ = –2x′ – 3 1 1 ⇔ y′ – 2x′ – 3 = 0 L∆PQR = 2 × a × t = 2 × 4 × 4 = 8 satuan luas ⇔ y – 2x – 3 = 0 2 4  2 0 Jadi, persamaan bayangan garisnya adalah Misalkan T1 =   dan T2 =  .  1 3  −5 1  y – 2x – 3 = 0.  2 0 2 4  4 8  11. Jawaban: a T = T2 T1 =     =   Misalkan titik A[x, y] terletak pada garis 3x + 2y = 6.  −5 1   1 3   − 9 − 17   3 T=  4 8 [x, y]  −4  [x′, y′] → [O, 2] [x′′, y′′] det T =  → −9 −17  x′  x 3  x′   x + 3  y′  =   +   ⇔   =   = 4 × [–17] – 8 × [–9]   y   −4   y  ′  y − 4

Matematika Kelas XII Program IPA 131  x′′   x′  Substitusikan x dan y ke dalam persamaan  y′′  = 2   lingkaran.    y′  x2 + y2 = 4  x′′   x + 3  2x + 6  ⇔   = 2  =  2y − 8  ⇒ [1 – x′]2 + [y′ – 4]2 = 4 y  ′′  y − 4    ⇔ 1 – 2x′ + x′ + y′2 – 8y′ + 16 – 4 = 0 2 Dari kesamaan matriks diperoleh: ⇔ x′2 + y′2 – 2x′ – 8y′ + 13 = 0 1 x″ = 2x + 6 ⇔ x = 2 x″ – 3 . . . [1] Jadi, bayangannya x2 + y2 – 2x – 8y + 13 = 0. 1 y″ = 2y – 8 ⇔ y = y″ +4 . . . [2] 14. Jawaban: a 2 Misalkan Substitusikan [1] dan [2] ke dalam persamaan garis. 3x + 2y = 6 1 0  1 1 T1 = matriks refleksi terhadap sumbu X =   ⇒ 3[ 2 x″ – 3] + 2[ 2 y″ + 4] = 6  0 −1 3 3 0 ⇔ 2 x′′ – 9 + y′′ + 8 = 6 T2 = matriks dilatasi [O, 3] =   3 0 3 ⇔ 2 x′′ + y′′ = 7 T = matriks transformasi refleksi terhadap sumbu X ⇔ 3x′′ + 2y′′ = 14 dilanjutkan dilatasi [O, 3] Jadi, bayangan garisnya adalah 3x + 2y = 14. = T2 T1 12. Jawaban: c 3 0  1 0  3 0  =    =   Bayangan titik [x, y] apabila ditransformasi dengan  0 3   0 −1  0 −3   3 5 Misalkan titik [x, y] terletak pada kurva y = x2 – 3x + 2. matriks transformasi  1 2  dilanjutkan dengan   pencerminan terhadap sumbu X adalah [x′, y′]. 3 0  Bayangan titik [x, y] oleh T =  :  0 −3   x′  1 0   3 5  x  3 5 x  y′  =  0 −1  1 2   y  =  −1 −2   y  x′  3 0  x  x′   3x               =     ⇔   =    y′   0 −3   y   y′   −3y  −1 x 3 5  x′  x′ ⇔  y =    y′  Diperoleh x′ = 3x ⇔ x = 3 . . . [1]    −1 −2    −y′ y′ = –3y ⇔ y = . . . [2] 3 1  −2 −5   x′  Substitusikan [1] dan [2] ke dalam persamaan = −6 + 5  1 3   y′     kurva y = x2 – 3x + 2. −y′ x′ x′ 2 5  x′  3 = [ 3 ]2 – 3[ 3 ] + 2 =  −1 −3   y′      ⇔ −y′ = x′2 – x′ + 2 3 9  2x′ + 5y′  ⇔ –3y′ = x′2 – 9x′ + 18 =  −x′ − 3y′    ⇔ 0 = 3y′ + x′2 – 9x′ + 18 Diperoleh: Jadi, persamaan bayangan kurva tersebut 3y + x2 x = 2x′ + 5y′ – 9x + 18 = 0. y = –x′ – 3y′ Substitusikan x dan y ke dalam persamaan garis. 15. Jawaban: d x – 2y = 5 Matriks transformasinya adalah ⇒ [2x′ + 5y′] – 2[–x′ – 3y′] = 5  0 1   0 −1 1 0  ⇔ 2x′ + 5y′ + 2x′ + 6y′ = 5 T=    =    1 0  1 0   0 −1 ⇔ 4x′ + 11y′ = 5 Misalkan titik [x, y] pada lingkaran [x + 1]2 + [y – 2]2 Jadi, bayangannya adalah 4x + 11y = 5. = 16. Bayangan titik [x, y] oleh T: 13. Jawaban: a  x′   1 0  x  −3   ′ =    M x=2 [x, y]   4 → [4 – x, y] → T=  [1 – x, y + 4] y    0 −1  y   x′   x  Diperoleh: ⇔   =   y   ′  −y  x′ = 1 – x ⇔ x = 1 – x′

y′ = y + 4 ⇔ y = y′ – 4

132 Transformasi Geometri Dari kesamaan matriks diperoleh: 2] Bayangan titik [x′, y′] oleh rotasi x′ = x ⇔ x = x′ . . . [1] R[O[0, 0], –270°]. y′ = –y ⇔ y = –y′ . . . [2]  x′′   cos [−270°] − sin [−270°]   x′  Substitusikan [1] dan [2] ke dalam persamaan  ′′  =  sin [−270°] cos [−270°]   y′  y     lingkaran. [x + 1]2 + [y – 2]2 = 16  x′′  0 −1  x′  ⇔  ′′  =    ′ ⇔ [x′ + 1]2 + [–y′ – 2]2 = 16 y   1 0 y  ⇔ x′ + 2x′ + 1 + y′2 + 4y′ + 4 = 16 2 Bayangan titik A′[12, –16], B′[19, –18], ⇔ x′2 + y′2 + 2x′ + 4y′ – 11 = 0 C′′[–4, –11]: Jadi, persamaan bayangannya adalah x2 + y2 + 2x + 4y – 11 = 0.  x A ′′ xB ′′ x C ′′     y A ′′ yB ′′ yC ′′  B. Uraian  0 −1  x A ′ xB ′ x C ′  =    1. a. 1] Bayangan titik [x, y] oleh rotasi  1 0  y A ′ yB ′ yC ′  R[P[7, –7], 180°]:  0 −1 12 19 −4   cos 180° − sin 180°   x − 7  7 =     x′    =  sin 180° cos 180°    +   1 0  −16 −18 −11 y   ′    y + 7   −7   16 18 11   −1 0   x − 7   7 =   =    y + 7  +  −7   12 19 −4   0 −1     Jadi, bayangannya adalah A′′[16, 12], Bayangan titik A[2, 2]: B′′[18, 19], dan C′′[11, –4].  xA ′   −1 0   2 − 7  7  −1 4    =  0 −1  2 + 7  +  −7  b. Misalkan M1 =    yA ′        3 −2   −1 0   −5  7 M2 = matriks refleksi terhadap =    9  +  −7   0 −1     garis y = –x 5 7  12   0 −1 =   +   =   =    −9   −7   −16   −1 0  Bayangan titik B[–5, 4]: M3 = matriks transformasi tunggal transformasi matriks  xB ′   −1 0   −5 − 7  7   =  0 −1  4 + 7  +  −7   −1 4   yB ′         dilanjutkan refleksi  −1 0   −12  7  3 −2  =    11  +  −7  terhadap garis y = –x  0 −1      12  7  19  = M2 M1 =   +   =    −11  −7   −18   0 −1  −1 4  =    Bayangan titik C[10, –3]:  −1 0   3 −2   xC ′   −1 0   10 − 7  7  −3 2    =  0 −1  −3 + 7  +  −7  =    yC ′        1 −4   −1 0   3  7 Bayangan titik A[2, 2], B[–5, 4], dan C[10, –3] =    4  +  −7  oleh transformasi M3:  0 −1      −3  7  x A ′ xB ′ x C ′   −3 2   x A xB xC   =    =   +    y A ′ yB ′ yC ′   1 −4  y A yB yC   −4   −7   4   −3 2  2 −5 10  =    =    1 −4  2 4 −3   −11 Diperoleh titik A′[12, –16], B′[19, –18],  −2 23 −36  =   dan C′[4, –11].  −6 −21 22  Jadi, bayangannya adalah A′[–2, –6],

B′[23, –21], dan C′[–36, 22].

Matematika Kelas XII Program IPA 133  2 0  x″   −3 0  y 2. Matriks dilatasi [O, 2] adalah D =  0 2  . ⇒   =       y   ″  0 −3  x Matriks refleksi terhadap garis y = x adalah  x″   −3y  ⇔   =    0 1 y   ″  −3x  M =  1 0 . x″   Diperoleh x″ = –3y ⇔ y = – 3 . . . [1] 1 y″ Matriks rotasi R[O, – π] adalah: 2 y″ = –3x ⇔ x = – . . . [2] 3 Substitusikan [1] dan [2] ke dalam persamaan  cos [− 1 π] −sin [− 1 π]  lingkaran.  2 2   0 1 R=   =  . x2 + y2 + 4x + 6y – 12 = 0 1 1  sin [− π] cos [− π]   −1 0   2 2  y″ x″ y″ x″ ⇒ [ −3 ]2 + [ −3 ]2 + 4[ −3 ] + 6[ −3 ] – 12 = 0 a. Transformasi T mewakili dilatasi [O, 2], y″2 x″2 4 dilanjutkan refleksi terhadap garis y = x, dan ⇔ + – 3 y″ – 2x″ – 12 = 0 9 9 1 dilanjutkan rotasi R[O, – π]. Matriks ⇔ y″2 + x″2 – 12y″ – 18x″ – 108 = 0 2 transformasi T: Persamaan bayangan lingkaran L adalah: L′: x2 + y2 – 18x – 12y – 108 = 0 0 1  0 1  2 0  T =R M D =   1 0  0 2 ⇔ [x – 9]2 + [y – 6]2 = 152  −1 0     b. Luas lingkaran L′ = π[15]2 = 225π satuan luas. 1 0  2 0 Perbandingan luas L dan luas L′: = 0 −1  0 2    Luas L 25π 1 Luas L′ = 225π = 9 2 0  =  0 −2  Jadi, perbandingan luasnya 1 : 9.   4. a. Misalkan titik [x, y] terletak pada garis 2 0  Jadi, matriks transformasi T =  0 −2  . 2x + 5y = 3.   R[O, 90° ] My = k [x, y]  → [–y, x] → [–y, 2k – x] b. Bayangan titik A[x, y] oleh transformasi T Diperoleh: adalah A′[12, –8], berarti: x′ = –y ⇔ y = –x′ . . . [1]  12  2 0  x y′ = 2k – x ⇔ x = 2k – y′ . . . [2]  −8  =  0 −2   y       Substitusikan [1] dan [2] ke dalam persamaan  12   2x  garis g. ⇔  −8  =  −2y  2x + 5y = 3     ⇔ 2[2k – y′] + 5[–x′] = 3 Diperoleh 12 = 2x ⇔ x = 6 ⇔ 4k – 2y′ – 5x′ = 3 –8 = –2y ⇔ y = 4 ⇔ 5x′ + 2y′ = 4k – 3 Jadi, koordinat titik A[6, 4]. Bayangan garis g adalah g′: 5x + 2y = 4k – 3 3. a. L: x2 + y2 + 4x + 6y – 12 = 0 ⇔ 5x + 2y = 21 ⇔ [x + 2]2 + [y + 3]2 = 52 Diperoleh: 4k – 3 = 21 Luas lingkaran L = π[5]2 = 25π satuan luas. ⇔ 4k = 24 Misalkan titik [x, y] terletak pada lingkaran: ⇔ k =6 My = x Jadi, nilai k = 6. [x, y]  D[O, − 3] → [x′, y′] → [x″, y″] b. Misalkan titik [x, y] terletak pada garis g dan Bayangan titik [x, y] oleh pencerminan My = x: [x′, y′] adalah bayangan [x, y] oleh transformasi  x′   0 1  x  R[O, 90°] My = 6 sehingga:   =     y′   1 0  y [x, y] →My = 6 R[O, 90° ] [x, 12 – y]  →  x′   y [–[12 – y], x] ⇔   =    y′  x Diperoleh: Bayangan titik [x′, y′] oleh dilatasi D[O, –3]: x′ = –[12 – y] ⇔ x′ = –12 + y ⇔ y = x′ + 12  x″   −3 0   x′  y′ = x ⇔ x = y′   =     y

  ″  0 −3   y′ 

134 Transformasi Geometri Substitusikan x dan y ke dalam persamaan Mencari titik potong g1 dan g2: garis g. 2 y = 3x + 1 2x + 5y = 3 ⇔ 2y′ + 5[x′ + 12] = 3 3 ⇔ 2y′ + 5x′ + 60 = 3 y = –2x + 1 ⇔ 5x′ + 2y′ = –57 –––––––––– – 13 Jadi, persamaan bayangannya 5x + 2y = –57. 0= 6 x⇔ x=0 5. g1: 2x – 3y + 3 = 0 ⇔ 3y = 2x + 3 2 2 Oleh karena x = 0, diperoleh y = 3 × 0 + 1 = 1. ⇔ y= 3 x +1 Kedua garis berpotongan di titik P[0, 1]. Refleksi Garis g1 mempunyai gradien m1 = 2 . titik A[6, 1] terhadap g2 g1 ekuivalen dengan 3 rotasi R[P[0, 1], 2α] sehingga: g2: 3x + 2y – 2 = 0 ⇔ 2y = –3x + 2  x A ′   cos 2α − sin 2α   x A − xP   xP  3  =   +  ⇔ y= –2x +1  y A ′   sin 2α cos 2α   y A − yP   yP   cos 180o − sin180o   6 − 0   0  Garis g2 mempunyai gradien m2 = – 2 . 3 =   +   sin180 o cos 180o   1 − 1   1  2 3 Oleh karena m1 × m2 = 3 × [– 2 ] = –1, garis g1  −1 0   6   0  =    +   tegak lurus garis g2. Dengan demikian, sudut antara  0 −1  0   1  garis g1 dan garis g2 adalah α = 90°.  −6   0   −6  =  +  =    0   1  1 

Jadi, koordinat bayangan titik A adalah A′[–6, 1].

A. Pilihan Ganda Dari kesamaan matriks diperoleh: –1 = 5 + a ⇔ a = –6 1. Jawaban: d 3=1+b⇔b=2 Koordinat bayangan titik A[x, y] oleh translasi  3  −6  Dengan demikian T =   . T =  5  adalah A′[x + 3, y + 5].  2   Koordinat titik A′[–2, 1], sehingga:  −6  Bayangan titik A[13, –4] oleh T =   : x + 3 = –2 ⇔ x = –5  2 y + 5 = 1 ⇔ y = –4  xA ′   xA   −6   13   −6  7 Jadi, koordinat titik A[–5, –4].   =   +  =   +   =    yA ′   yA   2   −4   2  −2  2. Jawaban: e Jadi, bayangan titik A[7, –2]. a Misalkan translasi tersebut T =   . 3. Jawaban: b b  −1 a Bayangan titik [x, y] oleh translasi T =   adalah Bayangan titik B[5, 1] oleh translasi T =   adalah 3 b [x – 1, y + 3], berarti: B′[–1, 3]. x′ = x – 1 ⇔ x = x′ + 1  xB ′   xB  a y′ = y + 3 ⇔ y = y′ – 3   =   +   Substitusikan x dan y ke dalam persamaan garis  yB ′   yB  b diperoleh:  −1  5 a 5x + 2y – 8 = 0 ⇒ 5[x′ + 1] + 2[y' – 3] – 8 = 0 ⇔   =   +   3   1   b ⇔ 5x′ + 5 + 2y′ – 6 – 8 = 0 ⇔ 5x′ + 2y′ – 9 = 0  −1  5 + a  ⇔  =   Jadi, persamaan bayangannya 5x + 2y – 9 = 0.

 3   1+ b 

Matematika Kelas XII Program IPA 135 6. Jawaban: d  xA ′   xA   −6   =   +   Bayangan titik P[–2, 5] oleh refleksi terhadap y ′  A   A y  2 sumbu Y adalah P′[2, 5]. Bayangan titik P[–2, 5] oleh refleksi terhadap  13   −6  =   +   sumbu X adalah P′[–2, –5]. −  4  2 Bayangan titik P[–2, 5] oleh refleksi terhadap garis 7 y = x adalah [5, –2]. =   Bayangan titik P[–2, 5] oleh refleksi terhadap garis  −2  y = –x adalah P′[–5, 2]. Jadi, bayangan titik adalah A′[7, –2]. Bayangan titik P[–2, 5] oleh refleksi terhadap titik asal adalah [2, –5]. 3. Jawaban: b Jadi, P′[–5, 2] merupakan bayangan P[–2, 5] oleh  −1 refleksi terhadap garis y = –x. Bayangan titik [x, y] oleh translasi T =   adalah 3 [x – 1, y + 3], diperoleh: 7. Jawaban: e x′ = x – 1 ⇔ x = x′ + 1 [x, y] Mx = k [2k – x, y] → y′ = y + 3 ⇔ y = y′ – 3 [2, –6]  Mx = k → [2k – 2, –6] = [–5, –6] Substitusikan x dan y ke dalam persamaan garis. 5x + 2y – 8 = 0 ⇒ 5[x′ + 1] + 2[y' – 3] – 8 = 0 Diperoleh: 2k –2 = –5 ⇔ 5x′ + 5 + 2y′ – 6 – 8 = 0 ⇔ 2k = –3 ⇔ 5x′ + 2y′ – 9 = 0 3 Jadi, bayangannya 5x + 2y – 9 = 0. ⇔ k=–2 3 4. Jawaban: d Jadi, nilai k = – 2 . Transformasi translasi tidak mengubah ukuran 8. Jawaban: d bangun. Untuk memperoleh persamaan bayangan Bayangan titik [x, y] oleh pencerminan terhadap lingkaran L, cukup dengan mentranslasikan titik sumbu Y adalah [–x, y], diperoleh: pusat L[P[x, y]] kemudian dicari persamaan x′ = –x ⇔ x = –x′ lingkaran L′ dengan pusat P′[x′, y′]. y′ = y ⇔ y = y′ Titik pusat L : P[3, –1] Substitusikan x dan y ke dalam persamaan Titik pusat L′: P′[–2, 1] parabola. Sehingga terdapat hubungan: y = x2 + 2x – 5 ⇒ y′ = [–x′]2 + 2[–x′] – 5  xP ′   xP  ⇔ y′ = x′2 – 2x′ – 5   =   +T Jadi, persamaan bayangan parabola adalah  yP ′   yP  y = x2 – 2x – 5.  −2   3  a ⇔  =   +   9. Jawaban: c  1   −1 b 2 a  −2   3  Bayangan titik [x, y] oleh rotasi R[O[0, 0], 3 π]: ⇔   =   –   b  1   −1  cos 2 π − sin 2 π   x′   3 3  x  a  −5   ′ =     sin π cos π   y  2 2 ⇔   =  2 y 

b    3 3 

Dari kesamaan matriks diperoleh a = –5 dan b = 2.  −1 − 1 3  x  Nilai a + b = –5 + 2 = –3.  x′   2 2  ⇔  ′ =  1 1   y  5. Jawaban: a y   3 −   2 2  Bayangan titik [x, y] oleh refleksi terhadap titik [0, 0]:  x′  2× 0 − x  −x  Bayangan titik [8, –6]:  ′ =   =   y    2 × 0 − y   −y   3  8  1 1  x′   − 2 − 2   −4 + 3 3  Bayangan titik P[a, b]: =  ′  1   =   y      xP ′   − xP   −a  3 − 1   −6   4 3+3   2 2    =   =   y  P ′ −  Py  −b  Jadi, bayangannya adalah [–4 + 3 3 , 4 3 + 3].

Jadi, bayangannya adalah [–a, –b].

136 Transformasi Geometri 10. Jawaban: e Diperoleh: Bayangan titik [xQ, yQ] oleh rotasi [P[–1, 3], –90°]: x′ = –y ⇔ y = –x′ y′ = x ⇔ x = y′  xQ ′   cos [−90o ] − sin [−90o ]   xQ − xP    Substitusikan x dan y ke dalam persamaan garis.  =  yQ ′   sin [−90o ] cos [−90o ]   yQ − yP    3x + 2y – 4 = 0  xP  ⇔ 3y′ + 2[–x′] – 4 = 0 +   ⇔ 3y′ – 2x′ – 4 = 0  yP  ⇔ 2x′ – 3y′ + 4 = 0  0 1   6 + 1   −1 Jadi, bayangannya adalah 2x – 3y + 4 = 0. =   +   −1 0   −3 − 3   3  13. Jawaban: d  0 1   7   −1 1 Bayangan titik [x, y] oleh dilatasi [P[2, –1], 2 ]: =    +    −1 0   − 6   3   x′  1 x 1  2  −6   −1  ′  = 2   + [1 – 2 ]   =  +  y  y  −1  −7   3  1 Bayangan titik A[–4, 11] oleh dilatasi [P[2, –1], 2 ]:  −7  =    x′  1  −4  1  2  −4   ′ = 2   + 2   Jadi, bayangan titik Q adalah Q′[–7, –4]. y   11    −1  −2   1  −1 11. Jawaban: b =  11  +  1  =   Bayangan titik [xA, yA] oleh rotasi R[P[1, 2], α]:  2   −2  5  xA ′   cos α − sin α   x A − xP   xP  Diperoleh A′[–1, 5].   =   +  Jadi, bayangan titik A adalah [–1, 5]. y  A ′  sin α cos α   y A − yP   yP  14. Jawaban: d  −1  cos α − sin α   3 − 1   1  ⇔   =   +  Bayangan titik A oleh dilatasi [P[xP, yP], 3]: 4    sin α cos α   4 − 2   2   xA ′   xA   xP   −1  1   cos α − sin α   2    = k   + [1 − k]   ⇔   –   =     yA ′   yA   yP   4   2  sin α cos α   2   −11  −5   xP   −2   2 cos α − 2 sin α  ⇒   = 3  2  + [1 − 3]  y  ⇔   =    4     P  2  2 sin α + 2 cos α  Dari kesamaan matriks diperoleh:  −11  −15   xP  ⇔   =  6  + [−2]  y  2 cos α – 2 sin α = –2 ⇔ cos α – sin α = –1  4     P 2 sin α + 2 cos α = 2 ⇔ cos α + sin α = 1 ––––––––––––––– +  xP   −15   −11 2 cos α = 0 ⇔ 2  =  −  ⇔ cos α = 0  yP   6   4  ⇔ α = 90°, 270°  xP  1  −4  cos α – sin α = –1 ⇔   = 2    yP  2 cos α + sin α= 1 ––––––––––––––– –  −2  –2 sin α = –2 =   ⇔ sin α = 1  1 ⇔ α = 90° Jadi, koordinat titik P[–2, 1]. Jadi, besar sudut α adalah 90°. 15. Jawaban: e 12. Jawaban: a Bayangan titik Q[–9, 12] oleh dilatasi [O, k] adalah Misalkan titik [x, y] terletak pada garis 3x + 2y – 4 = 0 Q′[3, –4]. dan [x′, y′] adalah bayangan titik [x, y] oleh rotasi  xQ ′   xQ  3  −9    = k   ⇒   = k  π y  Q ′ y  Q  −4   12  R[O, 2 ] sehingga: 3 1  −9  R[O, ] π ⇔   =–   [x, y]  2 → [–y, x] −

 4 3  12 

Matematika Kelas XII Program IPA 137 1 1 Eliminasi a dari persamaan [1] dan [3]. Diperoleh k = – sehinga 6k = – × 6 = –2. 3 3 –3a + 4b = 3 × 1 –3a + 4b = 3 Bayangan titik P[–7, 5] oleh dilatasi [O, –2]: a – 2b = 1 ×3 3a – 6b = 3 ––––––––––– +  xP ′   −7   14  –2b = 6 ⇔ b = –3   = –2   =   Substitusikan b = –3 ke dalam a – 2b = 1.  yP ′   5  −10  a – 2[–3] = 1 ⇔ a = 1 – 6 ⇔ a = –5 Jadi, bayangan titik P adalah [14, –10]. Diperoleh a = –5 dan b = –3. Eliminasi c dari persamaan [2] dan [4]. 16. Jawaban: b –3c + 4d = –4 × 1 –3c + 4d = –4  xP ′   1 4   xP  c – 2d = 0 ×3 3c – 6d = 0   =     –––––––––––– +  yP ′   −2 3   yP  –2d = –4 ⇔ d = 2 Substitusikan d = 2 ke dalam c – 2d = 0. −1  xP   1 4   xP′  c – 2[2] = 0 ⇔ c = 4 ⇔  =     Diperoleh c = 4 dan d = 2.  yP   −2 3   yP′  Nilai a + b + c + d = –5 + [–3] + 4 + 2 = –2 1  3 −4   −18  = 3+8    Jadi, nilai a + b + c + d adalah –2. 2 1  3  18. Jawaban: d 1  −66  Misalkan T = T1 T2 = 11    −33   0 2   1 1 0 2 =    =    −6   2 0   0 1 2 2 =    −3  0 2 Bayangan titik P[–5, 1] oleh T = T1 T2 =  : Jadi, koordinat titik P[–6, –3]. 2 2 17. Jawaban: e  x′  0 2 x  0 2   −5  2   =    =    =   a b  y′  2 2 y 2 2  1   −8  Bayangan titik [–3, 4] oleh T =   adalah  c d Jadi, bayangan titik P adalah [2, –8]. [3, –4]. 3 a b  −3  19. Jawaban: d   =    Bayangan titik B[–8, 13] oleh refleksi terhadap garis −4   c d  4  x = 16: 3  −3a + 4b   x′   2 × 16 − x  ⇔   =    −4   −3c + 4d   ′ =   y   y  Dari kesamaan matriks diperoleh: –3a + 4b = 3 . . . [1]  xB ′   32 − [−8]   40  –3c + 4d = –4 . . . [2] ⇒   =   =   y  B ′  13   13  a b Bayangan titik [1, –2] oleh T =   adalah Diperoleh titik B′[40, 13].  c d [1, 0].  −9  Bayangan titik [x′, y′] ditranslasikan oleh   :  1 a b  1   5   =     x′′   x′   −9  0   c d  −2   ′′  =   +   y   y′   5  1  a − 2b  ⇔   =    −9  0  c − 2d  Bayangan titik B′[40, 13] oleh translasi   : Dari kesamaan matriks diperoleh:  5 a – 2b = 1 . . . [3]  x A ′′   40   −9   31  =   +   =  

c – 2d = 0 . . . [4]  xB ′′   13   5  18 

Jadi, bayangan akhir titik A adalah [31, 18].

138 Transformasi Geometri 20. Jawaban: a 22. Jawaban: a Koordinat bayangan titik T [–2, 3] oleh transformasi Misalkan koordinat titik A[a, b].  −2 4  T1 = matriks transformasi rotasi R[O[0, 0], 90°] yang diwakili matriks  3 −1 adalah [x′, y′].    cos 90o − sin 90o   0 −1 =   =    x′   −2 4   −2   sin 90o cos 90o  1 0     y′  =  3 −1  3       T2 = matriks transformasi refleksi terhadap garis y = –x  4 + 12  =  −6 − 3   0 −1   =    −1 0   16  =  −9   0 −1  0 −1   T = T2 T1 =    Diperoleh koordinat bayangan titik T adalah [16, –9].  −1 0   1 0  Koordinat bayangan titik [16, –9] oleh refleksi terhadap garis x = 10 adalah [2[10] – 16, –9]  −1 0  =   = [4, –9].  0 1 Jadi, bayangan titik T adalah T′[4, –9]. Bayangan titik A[a, b] oleh T = T2 T1 adalah 21. Jawaban: b A′[8, –6]: Bayangan titik [x, y] oleh dilatasi [P[a, b], k] adalah:  xA ′   −1 0   xA    =    y  A ′ 0 1  y A   x′  k 0 x − a a   =    +   8  −1 0  a   y′  0 k   y − b b ⇔   =    Bayangan titik A[4, –8] oleh dilatasi P[[–2, 2], –2]:  −6   0 1  b  8  −a   x A ′   −2 0   xA + 2   −2  ⇔   =    =     +    −6  b  y A ′   0 −2  y  A − 2  2 Diperoleh 8 = –a ⇔ a = –8 –6 = b ⇔ b = –6  −2 0   4 + 2   −2  Jadi, koordinat titik A[–8, –6]. =    +    0 −2   −8 − 2  2 23. Jawaban: e  −2 0   6   −2   −1 0  =     +   Matriks transformasi R[O, π] =  0 −1 .

 0 −2   −10  2  

 −12   −2   −14  Koordinat bayangan titik P[3, –1] oleh transformasi =   +   =   yang diwakili matriks N, dilanjutkan rotasi R[O, π],  20  2    22  kemudian oleh transformasi yang diwakili Bayangan titik [–14, 22] oleh rotasi R[P[–2, 2], 270°]: matriks M adalah [x′, y′].  x″   cos 270° − sin270°   x + 2   −2   x′   1 −3   −1 0   3 2   3    =     +    y′  =  4 −2   0 −1  −1 0   −1          y″   sin270° cos 270°   y − 2  2  0 1   −14 + 2   −2   −1 3   7  =    +   =  −4 2   −3   −1 0   22 − 2  2     0 1   −12   −2   −16  =    +    − 1 0  20  2 =  −34     20   −2  Jadi, bayangan titik P adalah P′[–16, –34]. =   +    12  2 24. Jawaban: a  18  Misalkan titik [x, y] terletak pada garis 3x + 2y = 6. =    14   3 T =  Jadi, bayangan titik A adalah [18, 14].  −4  [x, y] → [x′, y′]  D[O, 2]

→ [x″, y″]

Matematika Kelas XII Program IPA 139 Bayangan titik [x′, y′] oleh dilatasi [Q[–2, 4], 3]: 3 Bayangan titik [x, y] oleh translasi T =   :  −4   x′′   x′  −2  ′′  = 3   + [1 – 3]   y   y′   4  x′   x+3   x′  x + 3   =   ⇔   =    −2x + 15  −2 y   ′  y + [−4]  y   ′ y − 4 = 3  + [–2]  

Bayangan titik [x′, y′] oleh dilatasi [O, 2]:  −2y + 9   4

 x″   k 0   x′   −6x + 45 + 4    =    =   y   ″  0 k   y′   −6y + 27 − 8  2 0 x + 3  2x + 6   −6x + 49  =   =   =   0 2  y − 4  2y − 8   −6y + 19  x″ − 6 Diperoleh x″ = 2x + 6 ⇔ x = 2 . . . [1] x′′ − 49 Diperoleh x′′ = –6x + 49 ⇔ x = −6 . . . [1] y″ + 8 y″ = 2y – 8 ⇔ y = 2 . . . [2] y′′ − 19 Substitusikan [1] dan [2] ke dalam persamaan garis. y′′ = –6y + 19 ⇔ y = −6 . . . [2] 3x + 2y = 6 Substitusikan [1] dan [2] ke dalam persamaan x″ − 6 y″ + 8 garis. ⇔ 3[ 2 ] + 2[ 2 ] = 6 ax + by + c = 0 ⇔ 3[x″ – 6] + 2[y″ + 8] = 12  x′′ − 49   y′′ − 19  ⇔ 3x″ + 2y″ – 18 + 16 – 12 = 0 ⇒ a  −6  + b  −6  + c =0     ⇔ 3x″ + 2y″ – 14 = 0 Jadi, hasil transformasinya 3x + 2y = 14. ⇔ a[x′′ – 49] + b[y′′ – 19] – 6c =0 ⇔ ax′′ + by′′ + [–49a – 19b – 6c] =0 25. Jawaban: a ⇔ ax + by + [–49a – 19b – 6c] =0 Misalkan titik [x, y] terletak pada garis 2x + y = 3 ⇔ –3x + 4y + 17 =0 dan [x′, y′] adalah bayangan titik [x, y] oleh transformasi R[O, 90°] T sehingga: Diperoleh a = –3  2 b=4⇔b=4 T=  R[O, 90° ] [x, y]  → [x + 2, y + 1] → [–y – 1, x + 2]  1 –49a – 19b – 6c = 17 Diperoleh: ⇔ –49[–3] – 19[4] – 6c = 17 x′ = –y – 1 ⇔ y = –x′ – 1 ⇔ 71 – 6c = 17 y′ = x + 2 ⇔ x = y′ – 2 ⇔ 6c = –54 Substitusikan x dan y ke dalam persamaan garis. ⇔ c=9 2x + y = 3 Diperoleh a = –3, b = 4, dan c = 9. ⇒ 2[y′ – 2] – x′ – 1 = 3 Persamaan garis tersebut adalah ax + by + c = 0 ⇔ 2y′ – 4 – x′ – 1 – 3 = 0 ⇔ –3x + 4y + 9 = 0. ⇔ 2y′ – x′ – 8 = 0 Jadi, persamaan bayangan garis g adalah 27. Jawaban: b 2y – x – 8 = 0. Mx=2 R[O, 180°] [x, y]  → [4 – x, y]  → [x – 4, –y] 26. Jawaban: b Diperoleh: Misalkan persamaan garis adalah ax + by + c = 0 x′ = x – 4 ⇔ x = x′ + 4 dan titik [x, y] terletak pada garis tersebut. y′ = –y ⇔ y = –y′ Bayangan titik [x, y] oleh dilatasi [P[5, 3], –2]: Substitusikan x dan y ke dalam persamaan  x′  x  5 lingkaran.   = −2   + [1 – [–2]]    y′   y  3 x2 + y2 = 12 ⇒ [x′ + 4] + [–y′]2 = 12 2 x  5 ⇔ x′ + 8x′ + 16 + y′2 – 12 = 0 2 = −2   + 3    y  3 ⇔ x′2 + y′2 + 8x′ + 4 = 0 Jadi, bayangannya x2 + y2 + 8x + 4 = 0.  −2x + 15  =  

 −2y + 9 

140 Transformasi Geometri 28. Jawaban: a B. Uraian [O, 2] My = 1 [x, y] → [2x, 2y] → [2x, 2 – 2y] a 1. a. Misalkan translasi T =   . R[O, − 90° ] b  → [2 – 2y, –2x] Diperoleh:  x′  x a  y′  =   +  b  2 − x′   y     x′ = 2 – 2y ⇔ y = 2 a  x′   x  ⇔ b =  ′ –   y′ = –2x ⇔ x = – y′ 1    y   y 2  4  2 Substitusikan x dan y ke dalam persamaan garis g. =   –   2x + y + 3 = 0  1  5  1 2 − x′ 2 ⇒ 2[– 2 y′ ] + [ ]+3=0 =   2  −4  ⇔ –2y′ + 2 – x′ + 6 = 0 2 ⇔ –x′ – 2y′ + 8 = 0 Jadi, translasi T =   .  −4  ⇔ x′ + 2y′ – 8 = 0 b. Bayangan titik A[2, 1]. Jadi, persamaan bayangan garis g adalah x + 2y – 8 = 0.  x′   x  a  y′  =   +  b     y   29. Jawaban: b Segitiga ABC siku-siku di B dengan AB = 7 dan  2 2 =   +   BC = 4. 1    −4  1 L∆ABC = 2 [7 × 4] = 14 4 =    −3  Matriks transformasinya: Jadi, koordinat bayangan titik A adalah  5 3 2 0 A′[4, –3]. M =     −2 −1  0 2  c. Koordinat titik B.  10 6  =    x′  x a  −4 − 2   y′  =   +  b    y     Luas bayangan ∆ABC:  −3   x  2 10 6 ⇔  4  =  y  +  −4        L = |det [M]| × L∆ABC = × 14 −4 − 2 x  −3  2 = 4 × 14 = 56 satuan luas ⇔  y  =  4  –  −4        30. Jawaban: a  −5  Matriks transformasinya: =   8  −1 3   4 −1 Jadi, koordinat titik B[–5, 8]. M =     0 −2   1 0   a −3  2. Titik [5, 1] ditransformasi oleh matriks T =    −1 1   −4 b  =   menghasilkan bayangan [7, –12], sehingga:  −2 0  det [M] = [–1] × 0 – 1 × [–2] = 2  7   a −3  5  Luas bayangannya adalah   =  −4 b  1   −12     L = det [M] × LKLMN  7   5a − 3  ⇔ 120 = 2 × LKLMN ⇔   =  −20 + b   −12    120 ⇔ LKLMN = 2 = 60 satuan luas Dari kesamaan matriks diperoleh: 5a – 3 = 7 ⇔ 5a = 10 Jadi, luas trapesium KLMN adalah 60 satuan luas. ⇔ a=2

–20 + b = –12 ⇔ b = 8

Matematika Kelas XII Program IPA 141 y′ = 2x – y + 2 ⇔ y = 2x – y′ + 2  2 −3  Diperoleh matriks transformasi T =  . ⇔ y = 2x′ – y′ + 2 . . . [2]  −4 8  Substitusikan x dan y ke dalam x + y = 1. Misalkan [1, 0] bayangan titik P[x, y] oleh T–1 maka: ⇒ x′ + [2x′ – y′ + 2] = 1  1 x ⇔ 3x′ – y′ = –1   = T–1  y  Jadi, persamaan bayangan garis g adalah 0   3x – y = –1.  1 x ⇔ T   = TT–1   4. Misalkan R1 = rotasi R[O[0, 0], 180°] 0    y R2 = rotasi R[O[0, 0], –135°]  2 −3  1   x  R = R2 R1 ⇔    =    −4 8  0   y  = rotasi R[O[0, 0], 180° + [–135°]] = rotasi R[O[0, 0], 45°] x  2 ⇔   =  −4  Matriks R = rotasi R[O[0, 0], 45°]  y    cos 45° − sin 45°  Jadi, koordinat titik P[2, –4]. =    sin 45° cos 45°  3. Misalkan titik [x, y] terletak pada garis g: x + y = 1. a. Bayangan titik [x, y] oleh pencerminan 1 2 − 1 2 terhadap titik A[1, 2]: 2 2  =   M[ a, b ] 1 2 1 2 

[x, y] → [2a – x, 2b – y] 2 2 

 x′   2a − x  1  1 −1   =   = 2 2 1 1  y   ′  2b − y    Bayangan titik A[–4, 8] dan B[2, –6] oleh rotasi  2 × 1− x  R[O[0, 0], 45°]. =   2× 2 − y  x A ′ xB ′    2 − x =   y A ′ yB ′   4 − y 1  1 −1  x A xB  = 2 2 1 1    Diperoleh: x′ = 2 – x ⇔ x = 2 – x′ . . . [1]    yA yB  y′ = 4 – y ⇔ y = 4 – y′ . . . [2] Substitusikan [1] dan [2] ke dalam persamaan 1  1 −1  −4 2  = 2 2 1 1   garis.    8 −6  x+y=1 ⇒ [2 – x′] + [4 – y′] = 1 1  −12 8  = 2 2  4 −4  ⇔ 6 – x′ – y′ = 1  ⇔ x′ + y′ = 5 Jadi, bayangan garis g oleh pencerminan  −6 2 4 2  =   terhadap titik A[1, 2] adalah x + y = 5. 2 2 −2 2   b. Bayangan titik [x, y] oleh pencerminan

terhadap titik P[x, x + 1]: Jadi, diperoleh A′[–6 2 , 2 2 ] dan B′[4 2 , –2 2 ].

 x′   2[x] − x    =    −3 −1  −1 1  y   ′  2[x + 1] − y  5. Misalkan T1 =   dan T2 =   .  −1 1   −1 2   x′   x  T = matriks transformasi tunggal yang mewakili ⇔   =   transformasi T1 dilanjutkan T2  y′   2x − y + 2  = T2 T1 Diperoleh: x′ = x ⇔ x = x′ . . . [1]  −1 1   −3 −1  2 2 =     =  

 − 1 2   −1 1   1 3

142 Transformasi Geometri Misalkan titik [x, y] terletak pada garis x – y = 0. 7. a. Bayangan titik A[10, –4] oleh translasi Bayangan titik [x, y] oleh transformasi T:  −8  T1 =   :  x′  x 6  ′ = T   y   y  xA ′   xA   −8   x′   2 2  x   =   +   ⇔ y ′  A   A y 6  ′ =     y   1 3  y −1  10   −8   2 x  2 2   x′  =   +   =   ⇔   =      −4  6  2  y  1 3   y′  Diperoleh A′[2, 2]. 1  3 −2   x ′  =  4 −1 2   y′  a    Misal T2 =    3x′ − 2y′  b  4  =   a  − x ′ + 2y′  Bayangan titik A′[2, 2] oleh translasi T2 =   :    4  b  x A ′′   x′A  a Dari kesamaan matriks diperoleh:   =  ′  +    y A ′′   yA  b 3x′ − 2y′ −x′ + 2y′ x= dan y = 4 4  12   2 a ⇔   =   +   Substitusikan x dan y ke dalam x – y = 0.  −12   2 b 3x′ − 2y′ −x′ + 2y′ ⇒ 4 – 4 =0  12   a + 2 ⇔   =   ⇔ 3x′ – 2y′ – [–x′ + 2y′ ] = 0  − 12  b + 2 ⇔ 3x′ – 2y′ + x′ – 2′y = 0 ⇔ 4x′ – 4y′ = 0 Dari kesamaan matriks, diperoleh: a + 2 = 12 ⇔ a = 10 ⇔ x′ – y′ = 0 b + 2 = –12 ⇔ b = –14 ⇔ x–y=0 Jadi, persamaan bayangan garis adalah x – y = 0  10  Jadi, matriks translasi T2 =  . [garis g itu sendiri]. Terbukti.  −14  b. T = T3 T2 T1 3 T=   −1 x =1 M = T3 + T2 + T1 6. [x, y]→ [x + 3, y – 1]→ [2 – [x + 3], y – 1]  −5   10   −8   −3  =   +   +   =   −  7  − 14  6    −15  Diperoleh: x′ = 2 – [x + 3] ⇔ x′ = –x – 1 Bayangan titik A[10, –4] oleh translasi ⇔ x = –x′ – 1  −3  y′ = y – 1 ⇔ y = y′ + 1 T=  :  −15  Substitusikan x dan y ke dalam persamaan parabola.  xA ′   xA   −3  y = x2 – 2x + 4  =   +   y ′  A   A y  −15  ⇒ y′ + 1 = [–x′ – 1]2 – 2[–x′ – 1] + 4 ⇔ y′ + 1 = x′2 + 2x′ + 1 + 2x′ + 2 + 4  10   −3   7  =   +   =   ⇔ y′ = x′2 + 4x′ + 6  −4   −15   −19  Jadi, bayangannya y = x2 + 4x + 6. Diperoleh A′[7, –19]. Jadi, bayangan titik A oleh translasi T adalah

[7, –19].

Matematika Kelas XII Program IPA 143 8. T1 = matriks refleksi terhadap garis y = x 9. Misalkan titik [x, y] terletak pada L: x2 + y2 – 2x +  0 1 4y – 3 = 0. =   Bayangan titik [x, y] oleh pencerminan My = x  1 0 dilanjutkan pencerminan My = –x: T2 = matriks rotasi R[O[0, 0], 90°]  x′  x  cos 90° − sin 90°    = [My = –x My = x]   =    y′  y  sin 90° cos 90°   0 −1  x′   0 −1  0 1   x  =  ⇔   =       y′   −1 0   1 0   y  1 0   2 0  x′   −1 0   x  T3 = matriks dilatasi [O[0, 0], 2] =   ⇔   =     0 2 y   ′  0 −1  y  a. Q = T3 T2 T1  x′   −x   2 0   0 −1  0 1  ⇔   =   =      y   ′  −y   0 2  1 0   1 0 Bayangan titik [x′, y′] oleh dilatasi [P[1, 2], –2]:  2 0   −1 0  =     x″   −2 0   x ′ − 1   1  0 2  0 1   =    +    y″   0 −2   y′ − 2  2  −2 0   x″   −2x′ + 2 + 1  =   ⇔   =    0 2  y″   −2y′ + 4 + 2  b. Misalkan titik [x, y] terletak pada garis  x″   −2x′ + 3  10x – 7y = 3. ⇔   =   Bayangan titik [x, y] oleh transformasi matriks y

  ″  −2y′ + 6 

 −2 0   x″   −2[− x] + 3  ⇔   =   Q=  : y   ″  −2[− y] + 6   0 2  x″   2x + 3   x′   −2 0   x  ⇔   =    ′ =      y″   2y + 6  y   0 2  y x″ − 3 Diperoleh x″ = 2x + 3 ⇔ x = 2 . . . [1] x −1  x′  y″ − 6 ⇔  −2 0  y″ = 2y + 6 ⇔ y = . . . [2]   =    ′ 2  y  0 2 y  Substitusikan [1] dan [2] ke dalam persamaan lingkaran. 1 2 0   x′  =   −4  0 x″ − 3 y″ − 6 x″ − 3 y″ − 6

 −2   y ′  [ 2 ]2 + [ 2 ]2 – 2[ 2 ] + 4[ 2 ] – 3 = 0

 − x′  x″2 − 6x″ + 9 y″2 − 12y″ + 36  2  ⇔ + – x″ + 3 + 2y″ – 12   4 4 =  y′    –3=0  2  x″2 − 6x″ + 9 y″2 − 12y″ + 36 Dari kesamaan matriks diperoleh: ⇔ + – x″ + 2y″ – 12 = 0 4 4 − x′ y′ x= dan y = ⇔ x″ 2 – 6x″ + 9 + y″ 2 – 12y″ + 36 – 4x″ 2 2 + 8y″ – 48 = 0 Substitusikan x dan y ke dalam persamaan garis 10x – 4y = 3. ⇔ x″2 – 10x″ + y″2 – 4y″ – 3 = 0 − x′ y′ ⇔ x″2 + y″2 – 10x″2 – 4y″ – 3 = 0 ⇒ 10[ 2 ] – 4[ 2 ]=3 ⇔ –5x′ – 2y′ = 3 Jadi, bayangan lingkaran adalah ⇔ 5x′ + 2y′ = –3 x2 + y2 – 10x – 4y – 3 = 0. Jadi, bayangan garis 10x – 4y = 3 oleh matriks Q

adalah 5x + 2y = –3.

144 Transformasi Geometri 10. P[–1, 2], Q[10, 4], dan R[–1, –6] Luas segitiga setelah ditransformasi oleh matriks PR = 8 satuan  4 1 QQ′ = 11 satuan T=   adalah:  −8 2  Y L′ = |det T| × L = |[8 + 8]| × 44 = 704 satuan luas Q′ 4 Q 1 Luas segitiga setelah didilatasi [P, 2 ] yaitu: P 2 1 1 –1 O 10 X L′′ = [ 2 ]2 L′ = 4 × 704 = 176 satuan luas –6 Jadi, luas segitiga PQR = 44 satuan luas dan luas R bayangannya 176 satuan luas. Luas ∆PQR adalah PR × QQ′ 8 × 11 L= = = 44 satuan luas

2 2

Matematika Kelas XII Program IPA 145 A. Pilihan Ganda 5. Jawaban: c π

1. Jawaban: b 4

2 − 1 ∫ [cos x + sin x][cos x – sin x] dx ∫[x2 – ] dx = ∫ [x2 – 2 x 2 ] dx π − x 4 1 π 1 2 = 3 x3 – 2 × 1 x 2 + c 4 = ∫ [cos2 x – sin2 x] dx 1 π 1 − = 3 x3 – 4 x + c 2 π

4 1 = ∫ cos 2x dx = 3 x3 – 4 x + c π − 4 2. Jawaban: d π 1 2x  π 4 f′[x] = [3x – 1][x + 1] = 3x2 + 2x – 1 = sin 2 − f[x] = ∫ f′[x] dx 4 1 π −π = ∫[3x2 + 2x – 1] dx = [sin 2 – sin 2 ] 2 = x3 + x2 – x + c 1 f[2] = 6 ⇒ 23 + 22 – 2 + c = 6 = 2 [1 – [–1]] ⇔ 8+4–2+c=6 =1 ⇔ c = –4 Diperoleh f[x] = x3 + x2 – x – 4 6. Jawaban: b f[x – 1] = [x – 1]3 + [x – 1]2 – [x – 1] – 4 Misalkan u = x2 – 6x – 12 maka: = x3 – 3x2 + 3x – 1 + x2 – 2x + 1 – x + 1 – 4 du = 2x – 6 = x3 – 2x2 – 3 dx Jadi, f[x – 1] = x3 – 2x2 – 3. du ⇔ dx = –2[3 – x] 3. Jawaban: a du 2x + y = 4 ⇔ y = 4 – 2x ⇔ [3 – x] dx = −2 2 2 Sehingga diperoleh: ∫ y dx = ∫ [4 – 2x] dx −1 −1 3−x = [4x – x2]2–1 ∫ dx x 2 − 6x − 12 = [8 – 4] – [–4 – 1] 1 − = 4 – [–5] = 9 = ∫ [x2 – 6x – 12 ] 2 [3 – x] dx 4. Jawaban: e 1 − du

5 5 5 =∫u 2

∫ [f[x] + 2] dx = ∫ f[x] dx + ∫ 2 dx −2 0 0 0 1

1 −

2 5 =–2 ∫ u 2 du = ∫ f[x] dx + ∫ f[x] dx + [2x ]0 5 1 1 0 2 = – 2 × 2 u2 + c 2 2 = ∫ f[x] dx – ∫ f[x] dx + 2[5 – 0] = – x 2 − 6x − 12 + c 0 5

= –1 – 3 + 10 = 6

146 Ulangan Akhir Semester 1 7. Jawaban: a Kurva melalui titik [0, 5] maka f[0] = 5. Kurva yang membatasi daerah yang diarsir adalah 1 f[0] = a[0 – 0 + 10] ⇒ 5 = 10a ⇔ a = 2 π 3π y = 2 sin x untuk 2 ≤x≤ 2 . Daerah L1 di atas 1 Diperoleh f[x] = 2 [x2 – 7x + 10]. π sumbu X dari x = 2 sampai dengan x = π, Volume benda putar: sedangkan daerah L2 di bawah sumbu X dari x = π [ ] 2 2 2 1 V = π ∫ [f[x]]2 dx = π ∫ [x 2 − 7x + 10] dx 3π 2 sampai dengan x = 2 . 0 0 2 π = π ∫ 41 [x4 – 14x3 + 69x2 – 140x + 100] dx L2 = L1 = ∫ 2 sin x dx 0 π 2 =  π[ x5 − x4 + 23x3 − 70x2 + 10x] 1 1 7 2 4 5 2 0 = [−2 cos x ]π π 1 1 7 2 = 4 π[ 5 [25 – 0] – 2 [24 – 0] + 23 [23 – 0] π = –2[cos π – cos 2 ] – 70[22 – 0] + 100[2 – 0] = –2[[–1] – 0] 1 32 = 4 π[ 5 – 56 + 184 – 280 + 200] =2 1 32 Luas daerah yang diarsir: = 4 π[ 5 + 48] L = L1 + L2 = 2 + 2 = 4 satuan luas 8 8. Jawaban: b = π[ 5 + 12] Y 3 = π[1 5 + 12] 3 4 = 13 5 π satuan volume y = f[x] 10. Jawaban: b Persamaan garis yang melalui titik [0, 3] dan [4, 0] X adalah 3x + 4y = 12. –2 0 1 4 Daerah penyelesaian di kanan garis 3x + 4y = 12 maka pertidaksamaannya 3x + 4y ≥ 12. y = g[x] Persamaan garis yang melalui titik [0, 3] dan [4, 4] dalah 4y – x = 12. Luas daerah yang diarsir: Daerah penyelesaian di kanan garis 4y – x = 12 4 maka pertidaksamaannya 4y – x ≤ 12. L = ∫ [g[x] − f[x]] dx 0 Daerah penyelesaian di kanan sumbu Y dan di kiri 4 garis x = 4 maka 0 ≤ x ≤ 4. = ∫ [− 21 x 2 + x + 4 − [x 2 − 5x + 4]] dx Jadi pertidaksamaannya 3x + 4y ≥ 12, 4y – x ≤ 12, 0 0 ≤ x ≤ 4. 4 = ∫ [− 32 x 2 + 6x] dx 11. Jawaban: d 0 Garis x + 3y = 6 melalui titik [6, 0] dan [0, 2]. Oleh 4 karena x + 3y ≤ 6, berarti daerah penyelesaiannya =  − 2 x 3 + 3x 2  1  0 di sebelah kiri garis x + 3y = 6. 1 Garis 5x + y = 5 melalui titik [1, 0] dan [0, 5]. Oleh = – 2 [43 – 0] + 3[42 – 0] karena 5x + y ≥ 5, berarti daerah penyelesaiannya 1 di sebelah kanan garis 5x + y = 5. =– × 43 + 3 × 42 Garis 5x + 3y = 15 melalui titik [3, 0] dan [0, 5]. 2 = 16 satuan luas Oleh karena 5x + 3y ≤ 15, berarti daerah pe- nyelesaiannya di sebelah kiri garis 5x + 3y = 15. 9. Jawaban: a Oleh karena x ≥ 0, berarti daerah penyelesaiannya Mencari persamaan kurva terlebih dahulu. Kurva di kanan sumbu Y. memotong sumbu X di titik [2, 0] dan [5, 0] maka: Oleh karena y ≥ 0, berarti daerah penyelesaiannya

f[x] = a[x – 2][x – 5] = a[x2 – 7x + 10] di atas sumbu X.

Matematika Kelas XII Program IPA 147 Irisan daerah penyelesaian dari kelima pertidak- Daerah penyelesaian: samaan dapat digambarkan sebagai berikut. Y

10 A

4 B C 2 0 5 8 2x + y = 10 x + 2y = 8 X 0 1 3 6 Titik B adalah titik potong garis 2x + y = 10 dan Jadi, daerah penyelesaiannya adalah daerah IV. x + 2y = 8. Menentukan titik B: 12. Jawaban: b x + 2y = 8 × 2 2x + 4y = 16 Dibuat tabel: 2x + y = 10 × 1 2x + y = 10 Jenis Kain Katun [m] Kain Wol [m] ––––––––––– – 3y = 6 ⇔ y = 2 Jas Pria [x] 1 3 Jas Wanita [y] 2 1 Substitusi y = 2 ke persamaan x + 2y = 8 diperoleh: x+2×2 =8 Bahan yang Tersedia 80 120 ⇔ x=8–4 ⇔ x=4 Model matematikanya: x + 2y ≤ 80, 3x + y ≤ 120, Diperoleh koordinat titik B[4, 2]. x ≥ 0, y ≥ 0. Uji titik pojok: 13. Jawaban: b Titik f[x, y] = 2.000x + 1.500y Mencari titik potong garis 2x – y = 6 dan y = 5. A[0, 10] 2.000 × 0 + 1.500 × 10 = 15.000 Substitusi y = 5 ke persamaan 2x – y = 6 diperoleh: B[4, 2] 2.000 × 4 + 1.500 × 2 = 11.000 [minimum] 2x – 5 = 6 C[8, 0] 2.000 × 8 + 1.500 × 0 = 16.000 ⇔ 2x = 11 11 Jadi, biaya minimum agar kebutuhan protein dan ⇔ x= 2 lemak orang tersebut dapat terpenuhi adalah 11 Rp11.000,00. Garis y = 5 dan 2x – y = 6 berpotongan di titik [ 2 , 5]. 15. Jawaban: e Uji titik pojok: Misalkan: x = banyak mobil sedan y = banyak bus Titik Pojok f[x, y] = 10x – 3y Model matematikanya menjadi: [0, 5] 10 × 0 – 3 × 5 = –15 6x + 20y ≤ 640

[0, 2] 10 × 0 – 3 × 2 = –6 [3, 0] 10 × 3 – 3 × 0 = 30 x + y ≤ 60 11 11 x≥0 [ 2 , 5] 10 × 2 – 3 × 5 = 40 [maksimum] y≥0 Jadi, nilai maksimumnya 40. f[x, y] = 3.000x + 7.000y Y 14. Jawaban: d Makanan A B Kebutuhan 60 Kandungan protein 4 2 20 Kandungan lemak 2 4 16 A 32 B[40, 20] Harga/kg 2.000 1.500 C Misalkan: banyak makanan A = x 0 60 106 2 X

banyak makanan B = y 3

Model kalimat matematikanya: Menentukan nilai maksimum pada titik-titik sudut 4x + 2y ≥ 20 ⇔ 2x + y ≥ 10 daerah yang diarsir:

2x + 4y ≥ 16 ⇔ x + 2y ≥ 8 [x, y] f[x, y] = 3.000x + 7.000y x≥0 [0, 32] 3.000 × 0 + 7.000 × 32 = 224.000 y≥0 [40, 20] 3.000 × 40 + 7.000 × 20 = 260.000 [maksimum]

[60, 0] 3.000 × 60 + 7.000 × 0 = 180.000

148 Ulangan Akhir Semester 1 Dari tabel diperoleh nilai maksimum f[x, y] adalah 19. Jawaban: e 260.000 dicapai pada titik [40, 20]. BA = C + 2AT Jadi, pendapatan akan maksimum jika daerah parkir terisi 40 mobil sedan dan 20 bus.  −1 −4   2 3   −26 2m − n   2 5 ⇔    = n + 6  +2    2 3  5 1   7   3 1 16. Jawaban: d Dari kesamaan matriks diperoleh:  −22 −7   −26 2m − n   4 10  1 1 ⇔   =   +   ⇔y=4 =2 n + 6 4log 1] y= 2 2  19 9 7  6 2  2] 2log z = 4 ⇔ z = 24 = 16  −22 −7   −22 2m − n + 10  3] xlog y = 4log z ⇔   =   ⇔ xlog 2 = 4log 16  19 9  n + 12 9  ⇔ xlog 2 = 2 Dari kesamaan matriks diperoleh: ⇔ 2 = x2 19 = n + 12 ⇔ n=7 ⇔ x = 2 atau x = – 2 –7 = 2m – n + 10 ⇔ –7 = 2m – 7 + 10 Oleh karena bilangan pokok harus positif maka ⇔ 2m = –10 ⇔ m = –5 x= 2. Jadi, nilai 4m + n = 4[–5] + 7 = –13. Jadi, nilai x = 2. 20. Jawaban: b 17. Jawaban: d Dari kesamaan matriks diperoleh:  2 −4   2 −1  2 −4  AB – A =    –   y–2–x=x–y ⇔ 2y – 2x = 2  3 1   −3 6   3 1  ⇔ y–x=1 . . . [1]  16 −26   2 −4  x + 2 – y – 3 = 1 – x ⇔ 2x – y = 2 . . . [2] =   –   Eliminasi y dari persamaan [1] dan [2]. 3 3  3 1  y– x=1  14 −22  –y + 2x = 2 =   0 2  –––––––––– + x=3 Determinan matriks [AB – A]: Substitusi x = 3 ke y – x = 1 diperoleh: 14 −22 y–3=1⇔y=4 |AB – A| = = 28 – 0 = 28

Jadi, nilai x – y = 3 – 4 = –1. 0 2

18. Jawaban: d 21. Jawaban: d
A2 + pA + qI = pB det A = –x + 2[x – 1] = x – 2

 −2 3   −2 3   −2 3   1 0 1  −1 1 − x  ⇔  A–1 = det A     + p  + q 

 1 2  1 2  1 2  0 1 2 x 

 −3 3  1  −1 1 − x  = p =    x−2

 1 −3  2 x 

 −1 0   −2p 3p   q 0 det A–1 = 1 [–x – 2[1 – x]] ⇔   +   +   [x − 2]2  0 7  p 2p   0 q 1 1  −3p 3p  ⇒ = [x – 2] =  4 [x − 2]2   p −3p  1 1 ⇔ = x−2 Dari kesamaan matriks diperoleh: 4 – 1– 2p + q = –3p ⇔ p + q = –1 ⇔ x–2=4

Jadi, nilai p + q = –1. ⇔ x=6

Matematika Kelas XII Program IPA 149 22. Jawaban: e 26. Jawaban: a G G G G 2 1   1 0 2 + a 1  u = 4 i – 2 j + k [zu = 1] PT + aI =   + a  =    1 −1  0 1  1 a − 1 G G G G v = – i + 4 j – 2 k [zv = –2] det [PT + aI] = 0 JG G G G w = 2 i + j – 3 k [zw = –3] ⇒ [2 + a][a – 1] – 1 = 0 G G G JG ⇔ a2 + a – 2 – 1 = 0 p = 4u – 2 v – w zp = 4zu – 2zv – zw ⇔ a2 + a + 1 – 1 – 3 = 0 = 4 × 1 – 2 × [–2] – [–3] 4 4 = 4 + 4 + 3 = 11 ⇔ a2 –a+ 1 =31 G 4 4 Jadi, komponen vektor p pada arah sumbu Z 1 2 ⇔ [a + ] =31 adalah 11. 2 4 27. Jawaban: d 23. Jawaban: e JJJG JJJG 1 AB : AC = 3 : 2 A–1 = adj. [A] JJJG JJJG A ⇔ 3 AC = 2 AB G G G G 3 4 2 ⇔ 3[ c – a ] = 2[ b – a ] G G G G |A| = −1 2 −2 = 6 – 8 – 2 – 4 + 6 + 4 = 2 ⇔ 3c – 3a = 2b – 2a 1 1 1 G G G ⇔ 3c = 2b + a G G G G G G G 1  a12 a13  ⇔ 3 c = 2[– i + 2 j + 5 k ] + [5 i – 7 j + 5 k ] a12 dari A–1 = A  −  G G G G  a32 a33  ⇔ 3 c = 3 i – 3 j + 15 k G G G G 1 4 2 1 ⇔ c = i – j + 5k =– = – [4 – 2] = –1 2 1 1 2 Jadi, koordinat titik C adalah [1, –1, 5]. Jadi, elemen baris pertama kolom kedua dari A–1 28. Jawaban: d adalah –1. 3  −2  24. Jawaban: c G   G   a =  4  dan b =  5   2 4  −1  −3  A=        1 5  5 −4  1  5 −4  3  −2  5 ⇔ A–1 = 1 G G         =   a – b =  4  –  5  =  −1 10 − 4  −1 2  6  −1 2  AX = B  −1  −3  2       ⇔ X = A–1B 3 5 1  5 −4   −2 6  G G G     =    a × [ a – b ]=  4  ×  −1 6  −1 2   −7 0   −1 2     1  18 30  =   = [3][5] + [4][–1] + [–1][2] 6  −12 −6  = 15 – 4 – 2 = 9  3 5 =   29. Jawaban: d  −2 −1 x  2 25. Jawaban: b G   G   a =  3  ; b =  −6  CD − CA − HD + EF H G  2 3     G G

= CD + AC + DH + EF E F |a | = |b |

= AC + CD + DH + HG ⇔ 2 2 x 2 + 32 + 22 = 2 + [−6] + 3 2 D C = AG ⇔ 13 + x2 = 49 ⇔ x2 = 36

A B ⇔ x=±6

150 Ulangan Akhir Semester 1  6 Eliminasi z dari persamaan 1 dan 2: G   2x + 4y – z = 0 Untuk x = 6 maka a =  3  . 2x – 2y + z = 0  2 –––––––––––––– +   1 G G 4x + 2y = 0 ⇔ x = – 2 y a · b = 6 × 2 + 3[–6] + 2 × 3 = 12 – 18 + 6 1 Substitusi z = 3y dan x = – 2 y ke persamaan 3: =0 G G G G x2 + y2 + z2 = 412 Oleh karena a · b = 0 maka a dan b membentuk 1 sudut 90°. ⇔ 4 y2 + y2 + 9y2 = 412  −6  41 2 G   ⇔ 4 y = 412 Untuk x = –6 maka a =  3  .  2 ⇔ y2 = 4 × 41   ⇔ G G y = ± 2 41 a · b = –6 × 2 + 3[–6] + 2×3 G = –12 – 18 + 6 Oleh karena vektor c membentuk sudut tumpul = –24 dengan sumbu Y arah positif maka y = –2 41 . G G G G Oleh karena a × b < 0 berarti a dan b membentuk ⇒ z = 3y = 3 × [–2 41 ] = –6 41 sudut tumpul. 1 1 Jadi, pernyataan yang benar pilihan d. ⇒ x = – 2 y = – 2 × [–2 41 ] = 41 G G G G 30. Jawaban: d Jadi, vektor c = 41 i – 2 41 j – 6 41 k G G G G G Misalkan α adalah sudut antara vektor u dan v . = 41 [ i – 2 j – 6 k ]. 1 1 Sin α = 5 24 maka cos α = 5 . 32. Jawaban: b G G G G | u + v |2 = [ uG + v ]2 G G G G G G 4 G = [ uG ]2 + 2 uG · v G+ [ v ]2 a = 4 i – 5 j + 3 k =  −5  G   = | u |2 + 2| u | | v | cos α + | v |2 3 1 G G G G  1 = 42 + 2 × 4 × 5 × 5 + 52 b = i + p j + k = p = 49   G G  1 ⇔ | u + v | = 49 G G  4   1 = 7 satuan a · b =  −5   p  = 4 – 5p + 3 = 7 – 5p    31. Jawaban: e  3   1 G G G G G G 2 a = 2i + 4j – k Panjang b = | b | = 12 + p2 + 1 = p + 2 G G G G G G G b = 2i – 2j + k Panjang proyeksi a pada b = 2 × panjang b G G G G c = x i + y j + zk G G G G G a·b 1 ⇒ G = 2 p2 + 2 Vektor c tegak lurus a dan b , berarti b G G a · c = 0 ⇒ 2x + 4y – z = 0 . . . . [1] 7 − 5p 2 G G ⇔ = 2 p +2 b · c = 0 ⇒ 2x – 2y + z = 0 . . . . [2] 2 p +2 G | c | = 41 ⇒ x2 + y2 + z2 = 412 . . . . [3] ⇔ 7 – 5p = 2[p2 + 2] Eliminasi x dari persamaan 1 dan 2: ⇔ 7 – 5p = 2p2 + 4 2x + 4y – z = 0 ⇔ 2p2 + 5p – 3 = 0 2x – 2y + z = 0 ⇔ [2p – 1][p + 3] = 0 –––––––––––––– – 6y – 2z = 0 ⇔ z = 3y ⇔ 2p – 1 = 0 atau p + 3 = 0 1 ⇔ p= 2 atau p = –3 1

Jadi, nilai p = –3 atau p = 2 .

Matematika Kelas XII Program IPA 151 33. Jawaban: b 1 G G G G Diperoleh: x = 2 [4x′ – 2y′] = 2x′ – y′ b⋅c G Proyeksi b pada c = G 2 c |c| 3 3  −3  y = 2 [–3x′ + 2y′] = – 2 x′ + y′ −2[−3] + 4[2] + 5[1]   = [ [−3]2 + 22 + 12 ]2  2 Substitusi x dan y ke persamaan garis 2y + x = 1  1   3 ⇒ 2[– 2 x′ + y′] + [2x′ – y′] = 1  −3    19 ⇔ –3x′ + 2y′ + 2x′ – y′ = 1 =  2 14 ⇔ y′ – x′ = 1  1   Jadi, persamaan garis bayangannya y – x = 1. −57 G 19 G 19 G = 14 i + 7 j + 14 k 36. Jawaban: b G G Dilatasi dengan faktor skala k dan pusat [a, b]: Jadi, proyeksi vektor b pada c adalah −57 G 19 G 19 G  x′  x a 1 i + j + k.   = k   + [1 – k]   ; k = 2 , a = 2, b = 4 14 7 14  y′   y b 34. Jawaban: d  x′  1 x 1  2 a   = 2   + [1 – 2 ]   Misalkan translasi T =   , maka:  y′   y  4 b  x′  x a 1 x 1  2  y′  =  y  +  b  = 2  + 2        y    4 a  x′   x   2  4   −2  1  x + 2 ⇔  b  =  y′  –  y  =  1 –  −2  =  3              = 2   y + 4  −2  Diperoleh translasi T =   . 1 3 x′ = 2 [x + 2] ⇔ x = 2x′ – 2 Koordinat titik B[–2, 5] ditranslasikan oleh T. 1 y′ = 2 [y + 4] ⇔ y = 2y′ – 4  x′  x a  −2   −2   −4  Substitusi x dan y ke persamaan lingkaran:  y′  =  y  +  b  =  5  +  3  =  8              x2 + y2 – 4x + 2y – 24 = 0 Jadi, koordinat bayangan titik B adalah B′[–4, 8]. ⇔ [2x′ – 2]2 + [2y′ – 4]2 – 4[2x′ – 2] + 2[2y′ – 4] – 24 = 0 35. Jawaban: a ⇔ 4x′2 – 8x′ + 4 + 4y′2 – 16y′ + 16 – 8x′ + 8 + 4y′ Misalkan [x′, y′] adalah bayangan dari [x, y] oleh – 8 – 24 = 0  2 2 ⇔ 4x′2 + 4y′2 – 16x′ – 12y′ – 4 = 0 transformasi matriks  .  3 4 ⇔ x′2 + y′2 – 4x′ – 3y′ – 1 = 0  x′   2 2  x  Bayangan lingkaran: x2 + y2 – 4x – 3y – 1 = 0.  ′ =    y    3 4  y 37. Jawaban: d −1 Misalkan: Px = a = refleksi terhadap garis x = a x  2 2  x′  Py = b = refleksi terhadap garis y = b ⇔  =    ′  y  3 4 y  P x=a [x, y] → [2a – x, y] 1  4 −2   x ′  =    P y=b [x, y] → [x, 2b – y] 8−6  −3 2   y ′  P x =1 1  4x ′ − 2y′  [i] A[5, –3]  → A′[2 × 2 – 5, –3] = [–1, –3] = 2    −3x ′ + 2y′  P y=5 [ii] A′[–1, –3] → A′′[–1, 2 × 5 – [–3]] = [–1, 13]

Jadi, bayangan akhir titik A adalah [–1, 13].

152 Ulangan Akhir Semester 1 38. Jawaban: e 40. Jawaban: d Misalkan:  a −3  Matriks pencerminan terhadap sumbu X   mentransformasikan [1, 4] ke titik [5, 8]:  −4 b  1 0  Mx =    5  a −3  1   0 −1   =    8    −4 b  4   2 0 Matriks dilatasi [O, 2] adalah Mk =    5  a − 12   0 2 ⇔   =   Matriks transformasi komposisinya: 8    −4 + 4b  Diperoleh:  2 0  1 0  2 0  M = Mk D Mx =    =   5 = a – 12 ⇔ a = 17  0 2   0 −1  0 −2  8 = –4 + 4b ⇔ 12 = 4b ⇔ b = 3 Misalkan titik [x′, y′] adalah bayangan titik [x, y]  17 −3  oleh matriks transformasi M, maka: Matriks transformasinya:    −4 3   x′  2 0  x  2x   ′ =    =   Misal koordinat titik P = [x, y] y   0 −2   y   −2y  −1  17 −3  Diperoleh:   mentransformasikan P ke [1, 0]:  −4 3  x′ = 2x ⇔ x = 2 x′ 1 −1  1  17 −3  x 1  =     y′ = –2y ⇔ y = – 2 y′ 0  −4 3   y Substitusi nilai x dan y ke persamaan y = x2 + 1: −1   17 −3 −1   1   x  1 1 ⇔   = ⇒ – 2 y′ = [ 2 x′]2 + 1   −4 3    0   y    1 1 ⇔ – 2 y′ = 4 x′2 + 1  17 −3  1  x ⇔    =   1  −4 3  0   y ⇔ –y′ = 2 x′2 + 2 1  17  x ⇔ y′ = – 2 x′2 – 2 ⇔   =    −4   y Jadi, persamaan bayangan kurva adalah Jadi, koordinat titik P adalah [17, –4]. 1 y = – 2 x2 – 2. 39. Jawaban: a B. Uraian 2π Misalkan: R2π = rotasi sebesar berpusat di O 3 1. a. ∫ [6x – 3] 2x − 1 dx 3 Misalkan u = 2x – 1 maka: P x = refleksi terhadap garis y = x du du dx = 2 ⇔ dx = 2  2π 2π  cos − sin Diperoleh:  0 1  3 3  Px D R2π =    ∫ [6x – 3] 2x − 1 dx  1 0   sin π 2 2π  3  cos   3 3  1 = ∫ 3[2x – 1][2x – 1 ]2 dx  1 1  3 − − 3 = 3 ∫ [2x – 1 ]2 dx  0 1  2 2 =     1 0  1 3 3 1  du  −  =3 ∫ u2 × 2 2  2

1  1 =3 ∫ u2 du 2 3 −  2 1  3 −1  3 2 5 =   =   = 2 × 5 u2 + c  −1 2   − 3   −1 − 3  1   2 2  3 3

= 5 u2 u + c = 2 [2x – 1]2 2x − 1 + c

Matematika Kelas XII Program IPA 153 b. ∫ [2x – 1] cos x dx 0 = π 16x − + 5 x5  17 3 1 Misalkan: x  3  −2 du u = 2x – 1 ⇒ dx =2 1 + π 16x − x3 + 5 x5  17 1 ⇔ du = 2 dx  3 0 dv = cos x dx 8 1 = π[16[0 + 2] – 3 [0 + 8] + 5 [0 + 32]] ⇒ v = ∫ cos x dx = sin x 17 1 ∫ u dv = uv – ∫ v du + π[16[1 – 0] – 3 [1 – 0] + 5 [1 – 0]] ∫ [2x – 1] cos x dx 64 32 17 1 = π[32 – 3 + 5 ] + π[16 – 3 + 5 ] = ∫ [2x – 1] d[sin x] 33 = [2x – 1][sin x] – ∫ [sin x][–2 dx] = π[48 – 27 + 5 ] = [2x – 1] sin x + 2 ∫ sin x dx 3

= [2x – 1] sin x – 2 cos x + c = 27 5 π satuan luas

2. Y y2 = 3x 3. a. Persamaan garis yang melalui titik [0, 6] dan [4, 0] dalah 6x + 4y = 24 ⇔ 3x + 2y = 12. II Daerah penyelesaian di kanan garis 3x + 2y = 12 maka pertidaksamaannya 3x + 2y ≥ 12. I Persamaan garis yang melalui titik [0, 0] dan 6 –2 0 1 2 X [5, 6] adalah y = x ⇔ 6x – 5y = 0. 5 y1 = 4 – x2 Daerah penyelesaian di kanan garis 6x + 5y = 0 maka pertidaksamaannya 6x + 5y ≥ 0. a. Luas daerah: Persamaan garis yang melalui titik [6, 0] dan L = L1 + L2 [5, 6] adalah y = –6x + 36 ⇔ 6x + y = 36. 0 1 Daerah penyelesaian di kiri garis 6x + y = 36 = ∫ y1 dx + ∫ [y1 − y2 ] dx −2 0 maka pertidaksamaannya 6x + y ≤ 36. 0 1 Daerah penyelesaian di atas sumbu X maka = ∫ [4 − x 2 ] dx + ∫ [4 − x 2 − 3x] dx y ≥ 0. −2 0 Jadi, sistem pertidaksamaannya adalah: 0 1 =  4x − 3 x 3  +  4x − 3 x 3 − 2 x 2  1 1 3 3x + 2y ≥ 12

  −2  0 6x – 5y ≥ 0 1 1 = 4[0 + 2] – [0 + 8] + 4[1 – 0] – [1 – 0] 6x + y ≤ 36 3 3 3 y≥0 – [1 – 0] 2 b. Persamaan garis yang melalui titik [0, 6] dan 8 1 3 1 4 =8 – +4– – =7 satuan luas [3, 2] adalah y = – x + 6 ⇔ 4x + 3y = 18. 3 3 2 2 3 b. Volume benda putar Daerah penyelesaian di kanan garis 4x + 3y V = V1 + V2 = 18 maka pertidaksamaannya 4x + 3y ≥ 18. 0 1 Persamaan garis yang melalui titik [0, 3] dan = π ∫ y12 dx + π ∫ [y12 − y22 ] dx 3 −2 0 [5, 6] adalah y = x + 3 ⇔ 3x – 5y = –15. 5 0 1 Daerah penyelesaian di kanan garis 3x – 5y = –15 = π ∫ [4 − x 2 ]2 dx + π ∫ [[4 − x 2 ]2 − [3x]2 ] dx maka pertidaksamaannya 3x – 5y ≥ – 15. −2 0 Persamaan garis yang melalui titik [3, 2] dan 0 [5, 6] adalah y = 2x – 4 ⇔ 2x – y = 4. = π ∫ [16 − 8x 2 + x 4 ] dx Daerah penyelesaian di kiri garis 2x – y = 4 −2 1 maka pertidaksamaannya 2x – y ≤ 4. + π ∫ [16 − 8x 2 + x 4 − 9x 2 ] dx Jadi, sistem pertidaksamaannya: 0 4x + 3y ≥ 18

3x – 5y ≥ –15
2x – y ≤ 4

154 Ulangan Akhir Semester 1 4. Daerah penyelesaian dari sistem pertidaksamaan Jadi, upah minimum dan upah maksimum tersebut: yang akan diterima Bu Sofi berturut-turut Y adalah Rp55.000,00 dan Rp67.000,00 6. Misal: x = umur Andi sekarang 6 y = umur Budi sekarang x – 2y = 0 z = umur Tini sekarang 4 Diperoleh SPL: x + 4y = 24 2 [i] x + y = 7 + z ⇔ x + y – z = 7 [ii] [x – 2] + [z – 2] = 24 ⇔ x + z = 28 X 0 4 6 8 [iii] [y + 3] + [z + 3] = 3[x + 3] ⇔ –3x + y + z = 3 x+y=6 Uji titik pojok: 1 1 −1 Titik f[x, y] = 6x + 5y D = 1 0 1 [4, 2] 6 × 4 + 5 × 2 = 34 −3 1 1 [8, 4] 6 × 8 + 5 × 4 = 68 = 1 × 0 × 1 + 1 × 1 × [–3] + [–1] × 1 × 1 [0, 6] 6 × 0 + 5 × 6 = 30 ← minimum – [–3] × 0 × [–1] – 1 × 1 × 1 – 1 × 1 × 1 Jadi, nilai minimumnya 30. =0–3–1–0–1–1 = –6 5. a. Misal x = banyak sarung bantal y = banyak taplak meja 7 1 −1 Model matematika: Dx = 28 0 1 Meminimumkan f[x, y] = 2.000x + 1.500y dengan kendala: 3 1 1 15x + 10y ≤ 480 ⇔ 3x + 2y ≤ 96 = 7 × 0 × 1 + 1 × 1 × 3 + [–1] × 28 × 1 10x + 10y ≤ 300 ⇔ x + y ≤ 30 – 3 × 0 × [–1] – 1 × 1 × 7 – 1 × 28 × 1 Daerah penyelesaian: = 0 + 3 – 28 + 0 – 7 – 28 3x + 2y = 96 Y = –60 48 1 7 −1 x + y = 30 Dy = 1 28 1 30 −3 3 1 18 = 1 × 28 × 1 + 7 × 1 × [–3] + [–1] × 1 × 3 10 – [–3] × 28 × [–1] – 3 × 1 × 1 – 1 × 1 × 7 0 20 30 32 X = 28 – 21 – 3 – 84 – 3 – 7 = –90 Uji titik pojok 1 1 7 Titik f[x, y] = 2.000x + 1.500y Dz = 1 0 28 [0, 30] 2.000 × 0 + 1.500 × 30 = 45.000 ← minimum −3 1 3 [30, 0] 2.000 × 30 + 1.500 × 0 = 60.000 [32, 0] 2.000 × 32 + 1.500 × 0 = 64.000 = 1 × 0 × 3 + 1 × 28 × [–3] + 7 × 1 × 1 – [–3] × [0, 48] 2.000 × 0 + 1.500 × 48 = 72.000 0 × 7 – 1 × 28 × 1 – 3 × 1 × 1 = 0 – 84 + 7 + 0 – 28 – 3 Jadi, upah minimum yang diterima Bu Sofi = –108 Rp45.000,00. D −60 x = Dx = −6 = 10 b. Bu Sofi menjahit 20 potong sarung bantal, berarti x = 20 Dy −90 untuk x = 20 maka 20 + y = 30 ⇔ y = 10 dan y= D = −6 = 15 3 × 20 + 2y = 96 ⇔ y = 18 Diperoleh nilai minimum f[20, 10] dan nilai D −108 z = Dz = −6 = 18 maksimum f[20, 18]. f[20, 10] = 2.000 × 20 + 1.500 × 10 = 55.000 Jadi, umur Andi, Budi, dan Tini sekarang berturut-

f[20, 18] = 2.000 × 20 + 1.500 × 18 = 67.000 turut 10 tahun, 15 tahun, dan 18 tahun.

Matematika Kelas XII Program IPA 155 7. Posisi partikel mula-mula pada saat t = 0 yaitu JJJG G G BC = c – b  0  0      2  3  −1 P =  0 + 2 =  2         0 − 1  −1 =  3 –  2 =  1       2  0 2       Posisi partikel pada detik ke-3 yaitu JJJG JJJG BA ⋅ BC  3   3 JJJG JJJG cos ∠B = | BA | | BC |     Q =  3 + 2 =  5  1  −1  3 − 1  2  2  1          1  2  Jarak partikel dari tempat mula-mula: = JJJG 12 + 22 + 12 [−1]2 + 12 + 22 PQ = [3 − 0]2 + [5 − 2]2 + [2 − [−1]]2 −1+ 2 + 2 3 1 = 6 6 = 6 = 2 2 2 2 = 3 +3 +3 1 ∠B = arc cos 2 = 60° = 27 = 3 3 Jadi, jarak partikel dari tempat semula adalah ∠C = 180° – 60°– 60° = 60° 3 3 satuan. b. Jenis segitiga ABC adalah segitiga sama sisi. JJJG 8. a. C[2, 3, 2] c. | AB | = 6 satuan JJJG | BC | = 6 satuan JJJG | AC | = 6 satuan JJJG JJJG JJJG A[4, 4, 1] B[3, 2, 0] Keliling = | AB | + | BC | + | AC | JJJG G G = 6 + 6 + 6 AB = b – a = 3 6 satuan  3  4  −1       1 JJJG JJJG =  2 –  4  =  −2  Luas = 2 | AB || AC | sin A  0  1  −1       JJJG G G 1 AC = c – a = 2 × 6 × 6 sin 60°  2  4  −2  1 1       = 2 ×6× 2 3 =  3  –  4  =  −1  2  1  1 3       = 2 3 satuan luas JJJG JJJG AB ⋅ AC cos ∠A = JJJG JJJG | AB | | AC | 9. Garis g1: x – 2y + 4 = 0 dan g2: 4x – 3y – 4 = 0  −1 −2   −2  −1 berpotongan di titik P[4, 4].     −1 1  1 = Gradien garis g1: m1 = tan θ1 = 2 2 2 2 2 2 2 [ [−1] + [−2] + [−1] ][ [−2] + [−1] + 1 1 2 2 + 2 −1 3 1 sehingga sin θ1 = 5 dan cos θ1 = . 5 = = 6 = 2 6 6 4 1 Gradien garis g2: m2 = tan θ2 = 3 ∠A = arc cos 2 4 3 = 60° sehingga sin θ2 = 5 dan cos θ2 = 5 . JJJG G G BA = a – b Misal α: sudut antara g1 dan g2 maka α = θ2 – θ1  4  3  1 sin α = sin [θ2 – θ1]       = sin θ2 cos θ1 – cos θ2 sin θ1 =  4 –  2 =  2  1  0  1 4 2 3 1       = 5 × – 5 × 5 5 5 1

= 5 5 = 5

156 Ulangan Akhir Semester 1 cos α = cos [θ2 – θ1] Koordinat bayangan titik B: = cos θ2 cos θ1 + sin θ2 sin θ1 3 4 −  3 2 4 1  xB′  5  5  xB − 4   4 = 5 × + 5 ×  ′ = 4 3    +   5 5  yB   5  5   yB − 4   4 10 = 5 5 3 4 5 −  2  5  14 − 4   4 = =   +   4 3  5    4−4   4 5 5  sin 2α = 2 sin α cos α 3 4 1 2 4 5 −  =2× × =  5  10   4 5 5 5 =   +   4 3  cos 2α = cos2 α – sin2 α   0  4 5 5  2 = [ 5 ]2 – [ 5 ]2 1 6 + 0  4  10  =   +   =   8 + 0  4  12  4 1 = 5 – 5 Koordinat bayangan titik C: 3 4 3 −  = 5  x′C  5  5  xC − 4   4  ′ = 4 3    +    yC   5  5   yC − 4   4 Koordinat bayangan: 3 4 5 −   x′   cos 2α − sin 2α   x − xP   xP   5  19 − 4   4  ′ =   y− y  + y  =   +   4 3   y   sin 2α cos 2α   P  P    −6 − 4   4 5 5  3 4 5 −  3 4  5  x − 4  4 5 −  5  15   4 =   +   =  4 3   y − 4   4 4 3    +    5  5     − 10   4 5 5  Koordinat bayangan titik A: 9+8  4 =   +   3 4 −   12 − 6   4  x′A  5  5  xA − 4   4   = 4 3    +    21  y′A     yA − 4   4 =   5 5   10  3 4 Jadi, koordinat bayangan segitiga ABC adalah 5 −   5  9−4  4 A′[11, 5], B′[10, 12], dan C′[21, 10]. =   +   4 3   5  5   −1 − 4   4  −2  T=  R[O, 270°]  5 3 4 10. [x, y]  → [y, –x]  → [y – 2, –x + 5] 5 −   5  5  4 =   +   Diperoleh: 4 3   5  5   −5   4 x′ = y – 2 ⇔ y = x′ + 2  4 y′ = –x + 5 ⇔ x = 5 – y′  3 + 4 =   +  4 Substitusi x dan y ke persamaan garis: 4 − 3   y = 4x – 1  11 ⇔ x′ + 2 = 4[5 – y′] – 1 =   ⇔ x′ + 2 = 20 – 4y′ – 1 5 ⇔ x′ + 4y′ – 17 = 0

Jadi, persamaan bayangannya x + 4y – 17 = 0.

Matematika Kelas XII Program IPA 157
Persamaan Lingkaran dan Garis Singgung Lingkaran

Barisan dan Deret Barisan dan Deret Notasi Sigma dan
Aritmetika Geometri Induksi Matematika

• Barisan Aritmetika • Barisan Geometri • Notasi Sigma
• Deret Aritmetika • Deret Geometri • Induksi Matematika

• Bersifat tekun saat menerapkan barisan dan deret aritmetika, yaitu saat menabung. • Mampu menjelaskan pengertian barisan aritmetika. • Mampu menyebutkan rumus suku ke-n sebuah barisan aritmetika. • Mampu menjelaskan pengertian deret aritmetika. • Mampu menyebutkan rumus suku ke-n sebuah deret aritmetika. • Mampu menyebutkan rumus suku tengah sebuah barisan aritmetika. • Mampu membuat model matematika dari masalah yang berkaitan dengan barisan aritmetika dan menyelesaikannya. • Mampu membuat model matematika dari masalah yang berkaitan dengan deret aritmetika dan Mampu menyelesaikannya. • Mampu menjelaskan pengertian barisan geometri. • Mampu menyebutkan rumus suku ke-n sebuah barisan geometri. • Mampu menjelaskan pengertian deret geometri. • Mampu menyebutkan rumus suku ke-n sebuah deret geometri. • Mampu menyebutkan rumus suku tengah sebuah barisan geometri. • Mampu membuat model matematika dari masalah yang berkaitan dengan barisan geometri dan menyelesaikannya. • Mampu membuat model matematika dari masalah yang berkaitan dengan deret geometri dan menyelesaikannya. • Mampu menjelaskan pengertian dan sifat notasi sigma. • Mampu menjelaskan cara menuliskan deret dalam bentuk notasi sigma. • Mampu menjelaskan pengertian dan sifat induksi matematika.

• Mampu menggunakan induksi matematika untuk melakukan pembuktian rumus.

158 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma A. Pilihan Ganda U3 × U5 = [a + 2b] × [a + 4b] 1. Jawaban: c = [48 + 2[–16]] × [a + 4[–16]] Barisan bilangan asli genap yaitu 2, 4, 6, 8, . . . = [48 – 32] × [48 – 64] U1 = a = 2 = 16 × [–16] b=4–2=2 = –256 5. Jawaban: d Sn = [2a + [n – 1]b] Selisih tinggi selalu bernilai positif sehingga U1 = 60 dan U10 = 1.275. = [2 × 2 + [n – 1]2] U10 = U1 + 9b ⇔ 1.275 = 60 + 9b = [4 + 2n – 2] ⇔ 9b = 1.215 ⇔ b = 135 Tinggi tiang penyangga ke-6: = [2n + 2] U6 = U1 + 5b = 60 + 5 × 135 = 735 cm = n2 + n Jadi, tinggi tiang penyangga yang ke-6 adalah 735 cm. 2. Jawaban: e Dari permasalahan di atas diperoleh: 6. Jawaban: c U5 = a + 4b = –20 . . . [1] U5 + U7 = 144 U8 = a + 7b = –38 . . . [2] ⇔ a + 4b + a + 6b = 144 Eliminasi a dari persamaan [1] dan [2]. ⇔ 2a + 10b = 144 a + 4b = –20 ⇔ 2[a + 5b] = 144 a + 7b = –38 ⇔ a + 5b = 72 –––––––––––– – ⇔ U6 = 72 –3b = 18 U5 + U6 + U7 = [U5 + U7] + U6 ⇔ b = –6 . . . [3] = 144 + 72 = 216 Substitusikan persamaan [3] ke dalam persamaan [1]. Jadi, jumlah suku ke-5 sampai suku-7 adalah 216. a + 4b = –20 ⇔ a + 4 × [–6] = –20 7. Jawaban: c ⇔ a – 24 = –20 U5 = 11 ⇒ U1 + 4b = 11 . . . . [1] ⇔ a = –20 + 24 U8 + U12 = 52 ⇔ a=4 ⇔ [U1 + 7b] + [U1 + 11b] = 52 U12 = a + 11b ⇔ 2U1 + 18b = 52 = 4 + 11 × [–6] ⇔ 2[U1 + 9b] = 52 = 4 – 66 ⇔ U1 + 9b = 26 . . . . [2] = –62 Dari persamaan [1] dan persamaan [2] diperoleh: Jadi, suku kedua belas barisan tersebut –62. U1 + 4b = 11 U1 + 9b = 26 3. Jawaban: d ––––––––––– – U2 + U14 = 90 –5b = –15 ⇔ [U1 + b] + [U1 + 13b]= 90 ⇔ b=3 ⇔ 2U1 + 14b = 90 U1 + 4b = 11 ⇔ 2[U1 + 7b] = 90 ⇔ U1 = 11 – 4b ⇔ U1 + 7b = 45 = 11 – 12 ⇔ U8 = 45 = –1 Jadi, nilai U8 adalah 45. S8 = [2U1 + 7b] 4. Jawaban: a = 4[2[–1] + 21] U6 = a + 5b = 4[19] ⇔ –32 = 48 + 5b ⇔ 5b = –32 – 48 = 76 ⇔ 5b = –80 Jadi, jumlah 8 suku pertama adalah 76.

⇔ b = –16

Matematika Kelas XII Program IPA 159 8. Jawaban: b Eliminasi a dari persamaan [1] dan [2]. Sn = n2 + 3n 2a + 2b = 18 S20 = 202 + 3 × 20 2a + 7b = 43 = 400 + 60 ––––––––––– – = 460 –5b = –25 S19 = 192 + 3 × 19 ⇔ b=5 . . . [3] = 361 + 57 Substitusikan persamaan [3] ke dalam persamaan [1]. = 418 2a + 2b = 18 Un = Sn – Sn – 1 ⇔ 2a + 2[5] = 18 ⇔ U20 = S20 – S19 ⇔ 2a + 10 = 18 ⇔ 2a = 18 – 10 ⇔ U20 = 460 – 418 ⇔ 2a = 8 ⇔ U20 = 42 ⇔ a=4 Jadi, suku ke-20 deret tersebut 42. Jadi, suku pertamanya adalah 4. 9. Jawaban: b 11. Jawaban: b U3 = 9 Un = a + [n – 1]b ⇔ a + 2b = 9 . . . [1] U3 + U5 + U7 + U9 = 104 U5 + U7 = 36 ⇔ [a + 2b] + [a + 4b] + [a + 6b] + [a + 8b] = 104 ⇔ a + 4b + a + 6b = 36 ⇔ 4a + 20b = 104 ⇔ 2a + 10b = 36 ⇔ 4[a + 5b] = 104 ⇔ a + 5b = 18 . . . [2] ⇔ a + 5b = 26 Eliminasi a dari persamaan [1] dan persamaan [2]. ⇔ U6 = 26 a + 2b = 9 Jadi, U6 adalah 26. a + 5b = 18 ––––––––––– – 12. Jawaban: c –3b = –9 Diketahui: b =4 ⇔ b=3 . . . [3] n = 15 Substitusikan persamaan [3] ke dalam persamaan [1]. U1 = 20 a + 2b = 9 Sn = [2U1 + [n – 1]b] ⇔ a+6=9

⇔ a=3

⇔ S15 = [2 × 20 + [15 – 1]4]

S10 = [2[3] + [10 – 1]3]

⇔ S15 = [40 + 56] = 5[6 + 27]

= 5 × 33

⇔ S15 = × 96 = 165 Jadi, jumlah 10 suku pertamanya adalah 165. ⇔ S15 = 720 Jadi, kapasitas gedung pertunjukan tersebut 10. Jawaban: b 720 kursi. Sn = [2a + [n – 1]b] 13. Jawaban: b Susunan bilangannya sebagai berikut. S3 = 27 4, [4 + b], [4 + 2b], [4 + 3b], [4 + 4b], [4 + 5b], 28. Karena barisan tersebut barisan arimetika, selisih ⇔ [2a + [3 – 1]b] = 27 dua suku yang berurutan haruslah sama, yaitu b. Dari dua suku terakhir diperoleh: ⇔ [2a + 2b] = 27 28 – [4 + 5b] = b ⇔ 24 – 5b = b ⇔ 24 = 6b ⇔ 2a + 2b = ⇔ b =4 ⇔ 2a + 2b = 18 . . . . [1] Jadi, beda barisan aritmetika tersebut 4. S8 = 172 14. Jawaban: c Diketahui U2 = 190, b = 5 ⇔ [2a + [8 – 1]b] = 172 Suku terakhir = U48 ⇔ 4[2a + 7b] = 172 U1 = U2 – b = 190 – 5 = 185 cm

⇔ 2a + 7b = 43 . . . . [2]

160 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma U48 = U1 + [48 – 1]b Hasil kali bilangan terkecil dan terbesar 161 maka: = 185 + 47 · 5 a[a + 4b] = 161 = 185 + 235 = 420 ⇔ a2 + 4ab = 161 . . . [2] U50 = U48 = 420 cm Substitusikan persamaan [1] ke dalam persamaan [2]. Jadi, tinggi pohon pada pengamatan ke-50 adalah [15 – 2b]2 + 4[15 – 2b]b = 161 420 cm. ⇔ 225 – 60b + 4b2 + 60b – 8b2 = 161 15. Jawaban: c ⇔ 225 – 4b2 = 161 Lama kontrak = n = 10 bulan ⇔ –4b2 = –64 Gaji awal = U1 = 1.600.000 ⇔ b2 = 16 Kenaikan gaji = b = 200.000 ⇔ b=±4 Untuk b = 4 maka a = 15 – 2[4] = 7 Sn = [2U1 + [n – 1]b] sehingga diperoleh: Untuk b = –4 maka a = 15 – 2[–4] = 23 Barisan tersebut: 7, 11, 15, 19, 23, atau 23, 19, S10 = [2 × 1.600.000 + 9 × 200.000] 15, 11, 7. = 5[3.200.000 + 1.800.000] Jadi, selisih bilangan terbesar dan terkecil = 5 × 5.000.000 23 – 7 = 16. = 25.000.000 Jadi, total gaji yang diterima hingga menyelesaikan 3. Suatu barisan bilangan U 1, U 2, U 3, . . ., U n kontrak adalah Rp25.000.000,00. merupakan barisan aritmetika jika selisih dua suku yang berurutan selalu tetap. B. Uraian b = Un – Un – 1 a. U2 – U1 = U3 – U2 1. a. Diketahui U5 = 4 dan U9 = 20 pada barisan aritmetika. ⇔ [3k – 1] – [k + 5] = [4k – 1] – [3k – 1] Un = U1 + [n – 1]b ⇔ 2k – 6 = k ⇔ U5 = U1 + 4b ⇔ k=6 ⇔ 4 = U1 + 4b . . . [1] Untuk k = 6 diperoleh: U9 = U1 + 8b U1 = k + 5 = 6 + 5 = 11 ⇔ 20 = U1 + 8b . . . [2] U2 = 3k – 1 = 3[6] – 1 = 17 Eliminasi b dari persamaan [1] dan [2]. U3 = 4k – 1 = 4[6] – 1 = 23 U1 + 4b = 4 × 2 2U1 + 8b = 8 Jadi, barisan aritmetika tersebut 11, 17, dan 23. U1 + 8b = 20 × 1 U1 + 8b = 20 b. U2 – U1 = U3 – U2 –––––––––––– – ⇔ k – [k – 4] = [2k – 1] – k ⇔ U1 = –12 ⇔ 4=k–1 Jadi, suku pertama barisan tersebut –12. ⇔ k=4+1 b. U1 = –12 sehingga: ⇔ k=5 U5 = U1 + 4b Untuk k = 5 diperoleh: ⇔ 4 = –12 + 4b U1 = k – 4 = 5 – 4 = 1 ⇔ 4b = 16 U2 = k = 5 ⇔ b=4 U3 = 2k – 1 = 2[5] – 1 = 9 Un = 64 Jadi, barisan aritmetika tersebut 1, 5, dan 9. ⇔ U1 + [n – 1]b = 64 ⇔ –12 + [n – 1]4 = 64 4. Sn + 3 – 3Sn + 2 + 3Sn + 1 – Sn ⇔ 4n – 4 = 76 = [Sn + 3 – Sn] – 3[Sn + 2 – Sn + 1] ⇔ 4n = 80 = Un + 1 + Un + 2 + Un + 3 – 3[Un + 2] ⇔ n = 20 = Un + 1 + Un + 3 – 2Un + 2 Jadi, banyak suku barisan tersebut 20. = 2Un + 2 – 2Un + 2 [Ingat: 2Un + 1 = Un + Un + 2] 2. Misalkan bilangan-bilangan itu a, a + b, a + 2b, =0 a + 3b, a + 4b. Jadi, terbukti bahwa Sn + 3 – 3Sn + 2 + 3Sn + 1 – Sn = 0. Jumlah 5 buah bilangan aritmetika 75 maka: 5. Misalkan: a + a + b + a + 2b + a + 3b + a + 4b = 75 Sx = S6 = jumlah 6 suku pertama ⇔ 5a + 10b = 75 Sy = jumlah U7 sampai dengan U16 ⇔ a + 2b = 15 Stotal = S16 = jumlah 16 suku pertama

⇔ a = 15 – 2b . . . [1]

Matematika Kelas XII Program IPA 161 Sx = 324 Eliminasi a dari persamaan [1] dan [2]. ⇔ S6 = 324 2a + 5b = 108 2a + 15b = 68 ⇔ [2a + [6 – 1]b = 324 –––––––––––––– – ⇔ 3[2a + 5b] = 324 –10b = 40 ⇔ 2a + 5b = 108 . . . [1] ⇔ b = –4 Stotal = Sx + Sy Substitusikan b = –4 ke dalam persamaan [1]. ⇔ S16 = 324 + 220 2a + 5b = 108 ⇔ 2a + 5[–4] = 108 ⇔ [2a + [16 – 1]b = 544 ⇔ 2a – 20 = 108 ⇔ 8[2a + 15b] = 544 ⇔ 2a = 108 + 20 ⇔ 2a + 15b = 68 . . . [2] ⇔ 2a = 128 ⇔ a = 64

Jadi, suku pertama dari deret tersebut 64.

A. Pilihan Ganda 48 = a[–2]4 1. Jawaban: c ⇔ a = = ⇔ a=3 U4 + U6 = ar3 + ar5 ⇔ = r2 = 3[–2]3 + 3[–2]5 = –24 – 96 = –120 ⇔ = r2 3. Jawaban: c ⇔ r= r= = = 2 Substitusikan r = ke dalam U2 = ar. U2 = ar U2 = ar ⇔ 10 = 2a ⇔ 1= a ⇔ a=5 ⇔ a=2 U4 × U5 = ar3 × ar4 Menentukan suku ke-7 [U7]. = a2r7 U7 = ar6 = 52 × 27 = 25 × 128 = 3.200 = 4 × [ ]6 Jadi, nilai U4 × U5 adalah 3.200. = 4 × 4. Jawaban: d = Diketahui barisan geometri dengan U5 = dan r = . Un = arn – 1 Jadi, suku ke-7 barisan tersebut . ⇔ U5 = ar4 2. Jawaban: a ⇔ = a × [ ]4 Un = arn – 1 U5 = ar4 ⇔ =a× ⇔ 48 = ar4 . . . . [1] U8 = ar7 ⇔ a = × 34 ⇔ –384 = ar4 · r3 ⇔ a = 33 ⇔ –384 = 48 · r3 U8 = ar7 ⇔ r3 = –8 = 33 × [ ]7 ⇔ r= − = –2 = = = Substitusikan r = –2 ke dalam persamaan [1].

Jadi, suku ke-9 barisan tersebut .

162 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma 5. Jawaban: e Diperoleh: U1 = p–2 − U2 = p2x − = − ⇔ [10 – b]2 = 16[8 – 2b] r= = = p2x + 2 − ⇔ 100 – 20b + b2 = 128 – 32b U10 = p88 ⇔ b2 + 12b – 28 = 0 ⇔ U1r9 = p88 ⇔ [b + 14][b – 2] = 0 ⇔ p88 = p–2[p2x + 2]9 ⇔ b = –14 atau b = 2 ⇔ p88 = p–2 · p18x + 18 Disyaratkan b > 0 sehingga diambil b = 2 ⇔ p88 = p18x + 16 U5 – U3 = [U1 + 4b] – [U1 + 2b] = 2b = 4 ⇔ 88 = 18x + 16 ⇔ 18x = 72 9. Jawaban: e ⇔ x =4 S∞ = − Jadi, nilai x = 4. ⇔ 5 = − 6. Jawaban: b Un = arn – 1 ⇔ 5[1 – r] = 3 U3 × U5 = ar2 × ar4 ⇔ 5 – 5r = 3 ⇔ 5r = 5 – 3 ⇔ = a2r6 ⇔ 5r = 2

⇔ = [ar3]2 ⇔ r=

⇔ ar3 = Jadi, rasio deret tersebut

10. Jawaban: c ⇔ U4 = S∞ = 3 U1 = 2x + 1 Jadi, suku keempat barisan tersebut adalah . 7. Jawaban: d S∞ = − Un = 96 ⇔ 3 = − ⇔ U6 = 96 ⇔ ar5 = 96 ⇔ 3 – 3r = 2x + 1 ⇔ 3r = 2 – 2x ⇔ 3r5 = 96 − ⇔ r5 = 32 ⇔ r= ⇔ r=2 Deret geometri tak hingga mempunyai jumlah jika − − –1 < r < 1. S6 = = = 3 × 63 = 189 − Untuk r > –1 diperoleh: Jadi, jumlah seluruh deret tersebut 189. − > –1 8. Jawaban: d ⇔ 2 – 2x > –3 Misalkan lima suku pertama barisan aritmetika ⇔ –2x > –5 tersebut a – 2b, a – b, a, a + b, dan a + 2b.

[a – 2b] + [a – b] + a + [a + b] + [a + 2b] = 40 ⇔ x< ⇔ 5a = 40 ⇔ a= 8 Untuk r < 1 diperoleh: Barisan aritmetika menjadi: − –

−
r = − atau r = −

Jadi, nilai x yang memenuhi {x | – < x < }.

Matematika Kelas XII Program IPA 163 11. Jawaban: b − − × a=5 S5 = = = = 186 −

r =2

Un = 160 Jadi, S5 adalah 186. ⇔ arn – 1 = 160 15. Jawaban: b ⇔ 5[2]n – 1 = 160 Panjang lintasan semut dari periode pertama ⇔ 2n – 1 = 32 sampai berhenti membentuk barisan geometri tak ⇔ 2n – 1 = 25 ⇔ n–1=5 hingga dengan a = 1,5 dan r = . ⇔ n=6 Panjang lintasan semut sampai berhenti: Jadi, banyak bakteri menjadi 160 setelah 6 detik.

S∞ = = = =3m 12. Jawaban: e − −

− B. Uraian + + , ... − 1. a. Diketahui U2 = – dan U5 = . Rasio deret = r = − = Un = arn – 1 − |r| 1 ⇔ [x – 1]2 > 12 ⇔ × [– ] = r3 ⇔ [x – 1]2 – 12 > 0 ⇔ [x – 1 – 1][x – 1 + 1] > 0 ⇔ –8 = r3 ⇔ [x – 2] · x > 0 ⇔ r = –2 ⇔ x < 0 atau x > 2 Jadi, rasio barisan tersebut –2. Jadi, nilai x < 0 atau x > 2 agar jumlah deret b. U2 = – mempunyai limit. 13. Jawaban: a ⇔ ar = – a = 16 ⇔ a × [–2] = – − r= = = – ⇔ a = − S∞ = = = = Sn = − + − − − Jadi, jumlah tak hingga dari deret tersebut . ⇔ S10 = − − 14. Jawaban: d − log U1 – log U2 – log U3 + log U4 + log U5 = log 6 ⇔ S10 = ⇔ log = log 6 ⇔ S10 = [1 – 210] ⇔ log = log 6 ⇔ S10 = – − ⇔ log 12r = log 6 ⇔ S10 = ⇔ 12r = 6 ⇔ S10 = – ⇔ r= U4 = 12 ⇔ S10 = –7 ⇔ ar3 = 12 Jadi, jumlah 10 suku pertama barisan –7 . ⇔ a[ ]3 = 12 2. log U1 + log U2 + log U3 + log U4 + log U5 = 15 log 2 ⇔ a = 12 ⇔ log [U1 · U2 · U3 · U4 · U5] = log 215

⇔ a = 96 ⇔ U1 · U2 · U3 · U4 · U5 = 215

164 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma ⇔ a · a · r · a · r2 · a · r3 · a · r4 = 215 ⇔ a5r10 = 215 ⇔ 1–r= ⇔ a [210] = 215 5

⇔ r=1– ⇔ a5 = ⇔ r= ⇔ a5= 25 ⇔ a=2 U5 = ar4 = 8 × [ ]4 = 8 × = − Sn = Jadi, rasionya = dan suku ke-5 = . − − − S9 = = = 2 × 511 = 1.022 5. Luas persegi yang paling − Jadi, S9 adalah 1.022. besar: p × p = p2 3. Jarak pendulum setiap ayunan membentuk deret Luas persegi II = p2 geometri dengan a = 50 cm dan r = . Luas persegi III = p2 dan seterusnya S∞ = = = 500 cm = 5 m − Jumlah luas semua persegi: Jadi, seluruh jarak ayunan pendulum adalah 5 m. L = p2 + p2 + p2 + . . . merupakan deret 4. S∞ = geometri tak hingga dengan a = U1 = p2 dan r = . − ⇔ 16 = L = S∞ = − = = = 2p2 − −

⇔ 1–r= Jadi, jumlah luas persegi yang terbentuk 2p2.

A. Pilihan Ganda 3. Jawaban: c 1. Jawaban: c − Sepuluh bilangan asli genap yaitu 2, 4, 6, 8, 10, ∑ [3i – 2] = ∑ [3[i + 1] – 2] − 12, 14, 16, 18, 20. 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 + . . . + 20 = ∑ 2i = ∑ [3i + 1]

2. Jawaban: d

U1 = a = = ∑ 3i + ∑ 1

U2 = =3 ∑ i+7×1 r= = = = 3[1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7] + 7 Diperoleh deret geometri dengan Un: = 3 × 28 + 7 Un = arn – 1 = 91 −   =    Jadi, ∑ [3i – 2] = 91. = [2]–1[2]–2[n – 1] 4. Jawaban: d = 2–2n + 2 – 1 = 21 – 2n Bentuk notasi sigma dari deret tersebut: ∑ [5n + 6] = ∑ Ui = ∑ 21 – 2i − = ∑ [5[n + 2] + 6] Jadi, bentuk notasi sigma dari deret tersebut = − adalah ∑ 21 – 2i . = ∑ [5n + 16]

Matematika Kelas XII Program IPA 165 ⇔ cos α [2 × 3 + 2 × 4 + 2 × 5 + 2 × 6] = 18 = 5 ∑ n + ∑ 16 = = ⇔ cos α [6 + 8 + 10 + 12] = 18 = 5[1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10] + [10 × 16] ⇔ cos α × 36 = 18 = [5 × 55] + [10 × 16] = 275 + 160 ⇔ cos α = = 435 ⇔ α = 60° Jadi, nilai ∑ [5n + 6] adalah 435. Jadi, nilai α = 60°. 9. Jawaban: e 5. Jawaban: e 2 ∑ k[2k + 5] + 2 ∑ [k + 3] + 3n + + = = Untuk n = 1 ⇒ =2

Untuk n = 2 ⇒ + + =8 = ∑ [4k2 + 10k] + ∑ [2k + 6] + ∑ 3 = = = + + Untuk n = 3 ⇒ = 20 = ∑ 4k2 + 10k + 2k + 6 + 3

+ + = Untuk n = 4 ⇒ = 40 + + = ∑ 4k2 + 12k + 9 Untuk n = 5 ⇒ = 70 = Jadi, diperoleh: = ∑ [2k + 3]2 = + + ∑ = 2 + 8 + 20 + 40 + 70 = 140 = 10. Jawaban: e 6. Jawaban: b 8 ∑ k3 + 36 ∑ k2 + 54 ∑ k + 27n ∑ k2 [x2 + 2x] = 405 = ∑ 8k3 + ∑ 36k2 + ∑ 54k + ∑ 27 ⇔ [x2 + 2x] ∑ k2 = 405 ⇔ [x2 + 2x][32 + 42 + 52 + = 405 62 + 72] = ∑ [8k3 + 36k2 + 54k + 27]

⇔ [x2 + 2x][9 + 16 + 25 + 36 + 49] = 405

⇔ [x2 + 2x] × 135 = 405 = ∑ [[2k]3 + [2k]2 × 9 + 2k × 27 + 27] ⇔ x2 + 2x = 3 = ∑ [[2k]3 + [2k]2 × 3 × 3 + 2k × 32 × 3 + 33] ⇔ 2 x + 2x – 3 = 0 ⇔ [x + 3][x – 1] = 0 ⇔ x = –3 atau x = 1 = ∑ [[2k]3 + 3 × [2k]2 × 3 + 3 × 2k × 32 + 33] Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = –3 atau x = 1. = ∑ [2k + 3]3 7. Jawaban: a 11. Jawaban: e ∑ [2 + pi] = ∑ 2 + ∑ pi = = = ∑ – ∑ = = − = 2 × 20 + 10 − = 40 + 10 = ∑ – ∑ = 50 = = − + − Jadi, nilai ∑ [2 + pi] adalah 50. = ∑ – ∑ = = = + 8. Jawaban: d   = ∑  – +  =   ∑ [2i × cos α] = 18 =  −  +  −  +  −  +  −  +  −            ⇔ ∑ [2i × cos α] = 18 = + + + + ⇔ cos α ∑ 2i = 18 + + + + =

166 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma 12. Jawaban: d Diperoleh: ∑ [a2 + 4] – ∑ [a2 + 4a – 5] ∑ = = =2 − ∑ = ∑ [[a + 6]2 + 4] – ∑ [a2 + 4a – 5] ⇔ + =2 =− = ⇔ 90 = 40i + 30 = ∑ [a2 + 12a + 36 + 4 – a2 – 4a + 5] ⇔ 60 = 40i = ⇔ i = = = ∑ [8a + 45] = ∑ 8a + ∑ 45 = = = Jadi, nilai i adalah . = 8 × 1 + 8 × 2 + 8 × 3 + 8 × 4 + 8 × 5 + 8 × 6 + 6 × 45 = 438 B. Uraian 13. Jawaban: a − − 1. a. ∑ [2i + 5] = ∑ [2[i + 3] + 5] ∑ [4k + 1] = [4[3 – x] + 1] + [4[4 – x] + 1] − =− + [4[5 – x] + 1] +[4[6 – x] + 1] = ∑ [2i + 11] + [4[7 – x] + 1] = 12 – 4x + 1 + 16 – 4x + 1 + 20 – 4x = ∑ 2i + ∑ 11 + 1 + 24 – 4x + 1 + 28 – 4x + 1 = 105 – 20x − = 2 ∑ i + 5 × 11 ∑ [4k + 1] = 85 =− = 2[1 + 2 + 3 + 4 + 5] + 55 ⇔ 105 – 20x = 85 = 30 + 55 = 85

⇔ 20x = 105 – 85

⇔ 20x = 20 Jadi, nilai ∑ [2i + 5] = 85.

⇔ x=1 −

Jadi, nilai x adalah 1. b. ∑ [i + 2]2 = ∑ [[i + 4] + 2]2
−

14. Jawaban: c = ∑ [i + 6]2 ∑ p[i – 2] = 372 = = ∑ [i2 + 12i + 36] ⇔ p ∑ [i – 2] = 372 = = ∑ i2 + 12 ∑ i + ∑ 36 ⇔ p[13 + 14 + 15 + 16 + 17 + 18] = 372

⇔ 93p = 372 = [12 + + +22 32 + 52 + 62] + 42 12[1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6] + 6 × 36 ⇔ p = = [1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36] + 12 ⇔ p=4 × 21 + 216 Jadi, nilai 7p adalah 28. = 91 + 252 + 216 = 559 15. Jawaban: d Jadi, ∑ [i + 2]2 = 559. ∑ 2. Misalkan: = ∑ [k + 1]2 : ∑ [4i + k] = = ∑ U1 = a = alog Untuk [k + 1]2 Untuk [4i + k] U2 = alog k = 1 4 4i + 1 k = 2 9 4i + 2 k = 3 16 4i + 3 U3 = alog k = 4 25 4i + 4 k = 5 36 4i + 5 b = U2 – U 1 Jumlah 90 20i + 15 = alog – alog = alog = alog

Matematika Kelas XII Program IPA 167 Diperoleh deret aritmetika sebagai berikut. − b. ∑ [i2 + 1] = ∑ [[i + 7]2 + 1] Un = a + [n – 1] b = − = alog + [n – 1] alog = ∑ [[i + 7]2 + 1]

= alog + n alog – alog = [122 + 1] + [132 + 1] + [142 + 1] + [152 + 1] + [162 + 1] + [172 + 1] = n alog + [182 + 1] Bentuk notasi sigma dari deret tersebut: = 145 + 170 + 197 + 226 + 257 + 290 + 325 ∑ Ui = ∑ i × alog = 1.610 = = = ∑i× alog x–1 5. a. , , , . . ., = Σ = = Misalkan P[n] adalah rumus Σ = 1 – [ ]n = ∑ [–i] × alog x = = berlaku untuk setiap n bilangan asli. Jadi, bentuk notasi sigma dari deret tersebut 1] Untuk n = 1 adalah ∑ [–i] × alog x. Σ = 1 – [ ]1 ← [sifat b6] = = ⇔ =1– 3. = 3p sin2 x ⇔ = Untuk p = 1 ⇒ 3 × 1 sin2 x= 3 sin2 x Ruas kiri = ruas kanan Untuk p = 2 ⇒ 3 × 2 sin2 x= 6 sin2 x Jadi, P[n] benar untuk n = 1. Untuk p = 3 ⇒ 3 × 3 sin2 x= 9 sin2 x 2] Andaikan P[n] benar untuk n = k maka Untuk p = 4 ⇒ 3 × 4 sin2 x= 12 sin2 x Untuk p = 5 ⇒ 3 × 5 sin2 x= 15 sin2x Σ = 1 – [ ]k bernilai benar. Akan =

∑ = dibuktikan bahwa P[n] benar untuk = + ⇔ 3 sin2 x + 6 sin2 x + 9 sin2 x + 12 sin2 x + n = k + 1, yaitu Σ = 1 – [ ]k + 1. = + + 15 sin2 x = Σ = Σ + Σ = = = + ⇔ 45 sin2 x = = 1 – [ ]k + ⇔ sin2 x = = 1 – [ ]k + [ ]k + 1 ⇔ sin x = = 1 – [ ]k + [ ]k × ⇔ x = 45° Jadi, tan x = tan 45° = 1. = 1 – [ ]k [1 – ] + = 1 – [ ]k × = 1 – [ ]k + 1 4. a. ∑ [5 – 2i] = ∑ [5 – 2[i – 4]] + Σ Jadi, terbukti bahwa = 1 – [ ]k + 1. = ∑ [5 – 2i + 8] = = ∑ [13 – 2i] Dari 1] dan 2] terbukti , , , . . ., n = [13 – 2 × 5] + [13 – 2 × 6] = 1 – [ ] berlaku untuk setiap n bilangan asli. + [13 – 2 × 7] b. Misalkan P[n] adalah sifat n3 + 2n habis = [13 – 10] + [13 – 12] + [13 – 14] dibagi 3 untuk setiap n bilangan asli. =3+1–1 1] Untuk n = 1 =3 13 + 2 × 1 = 3 habis dibagi 3

Jadi, P[n] benar untuk n = 1.

168 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma 2] Andaikan P[n] benar untuk n = k, maka 3[k2 + k + 1] merupakan kelipatan 3 [k3 + 2k] habis dibagi 3. berarti 3[k2 + k + 1] habis dibagi 3. Akan dibuktikan P[n] benar untuk Oleh karena [k3 + 2k] dan 3[k2 + k + 1] n = k + 1, yaitu [k + 1]3 + 2[k + 1] habis habis dibagi 3, maka [k + 1]3 + 2[k + 1] dibagi 3. habis dibagi 3. [k + 1]3 + 2[k + 1] Dari 1] dan 2] terbukti n3 + 2n habis dibagi 3 = k3 + 3k2 + 3k + 1 + 2k + 2 untuk setiap n bilangan asli. = [k3 + 2k] + 3k2 + 3k + 3

= [k3 + 2k] + 3[k2 + k + 1]

A. Pilihan Ganda ⇔ 4V1 + 16 × 4 = 52 1. Jawaban: d ⇔ 4V1 = –12 a = 56 ⇔ V1 = –3 b = 63 – 56 = 7 [U1 + U3 + U5] – [V1 + V2 + V5] Un = a + [n – 1]b U10 = a + 9b = [–12 + [U1 + 2b] + [U1 + 4b]] – [–3 + [V1 + 2k] = 56 + 9 × 7 + [V1 + 4k]] = 56 + 63 = [–12 + [–12 + 10] + [–12 + 20]] – [–3 + [–3 + 8] = 119 + [–3 + 16]] Jadi, suku ke-10 barisan tersebut 119. = [–36 + 30] – [–9 + 24] 2. Jawaban: c = –6 – 15 Bilangan yang dimaksud adalah 95, 100, 105, 110, = –21 · · · , 170, 175. Jadi, [U1 + U3 + U5] – [V1 + V3 + V5] = –21. Bilangan-bilangan tersebut membentuk barisan 4. Jawaban: e aritmetika dengan: an + 1 – an nilainya selalu tetap. Jadi, barisan yang U1 = a = 95 dimaksud adalah barisan aritmetika. b = 100 – 95 = 5 a2 – a1 = –p + 9 – [2p + 25] Suku terakhir Un = 175 Un = U1 + [n – 1]b = –p + 9 – 2p – 25 = –3p – 16 ⇔ 175 = 95 + [n – 1]5 a3 – a2 = 3p + 7 – [–p + 9] ⇔ 80 = 5n – 5 = 3p + 7 + p – 9 = 4p – 2 ⇔ 85 = 5n an + 1 – an selalu sama [konstan] ⇔ n = 17 a2 – a1 = a3 – a2 ⇔ –3p – 16 = 4p – 2 Jadi, banyak bilangan adalah 17. ⇔ 7p = –14 ⇔ p = –2 3. Jawaban: b a3 – a2 = 4 × [–2] – 2 = –10 U1 + U4 + U6 + U8 = 32 a1 = 2 × [–2] + 25 = 21 ⇔ [U1 + b] + [U1 + 3b] + [U1 + 5b] + [U1 + 7b] Diperoleh a = 21 dan b = –10. = 32 ⇔ 4U1 + 16b = 32 S10 = [2a + 9b] ⇔ 4U1 + 16 × 5 = 32 = 5 × [2 × 21 – 9 × 10] = –240 ⇔ 4U1 = –48 5. Jawaban: d ⇔ U1 = –12 Sn = n[n + 1] Misalkan k = beda barisan aritmetika ke-2. V2 + V4 + V6 + V8 = 52 Sn – 1 = [n – 1][n – 1 + 1] ⇔ [V1 + k] + [V1 + 3k] + [V1 + 5k] + [V1 + 7k] = 52 = n[n – 1]

⇔ 4V1 + 16k = 52

Matematika Kelas XII Program IPA 169 Un = Sn – Sn – 1 Eliminasi a dari persamaan [1] dan persamaan [2]. a+ b=5 = n[n + 1] – n[n – 1] a + 4b = 14 –––––––––– – = n[n + 1 – n + 1] –3b = –9 ⇔ b=3 = × 2n U7 – U5 = [a + 6b] – [a + 4b] =n = 2b Jadi, rumus suku ke-n adalah n. =2×3 =6 6. Jawaban: a Jadi, selisih suku ketujuh dan suku kelima adalah 6. U7 = S7 – S6 ⇔ a + 6b = S7 – S6 10. Jawaban: b ⇔ 4 + 6b = 112 – 84 Misalkan suku-suku barisan aritmetika tersebut ⇔ 4 + 6b = 28 a – 6, a, a + 6. ⇔ 6b = 28 – 4 Barisan geometrinya a – 6, a – 2, a + 6. ⇔ 6b = 24 Diperoleh: ⇔ b=4 [a – 6] + [a – 2] + [a + 6] = 28 Jadi, beda deret tersebut 4. ⇔ 3a – 2 = 28 ⇔ 3a = 30 7. Jawaban: d ⇔ a = 10 Barisan geometri = a – 6, a – 2, a + 6 = 4, 8, 16 Sn = [2a + [n – 1]b] r= =2 ⇔ S10 = [2a + [10 – 1]b] Jadi, rasio barisan tersebut 2. ⇔ 200 = 5[2a + 9b] ⇔ 40 = 2a + 9b 11. Jawaban: c U3 + U4 + U7 + U8 Sn = 2n2 + 4n = a + 2b + a + 3b + a + 6b + a + 7b Un = Sn – Sn – 1 = 4a + 18b ⇔ U9 = S9 – S8 = 2[2a + 9b] ⇔ U9 = [2 × 92 + 4 × 9] – [2 × 82 + 4 × 8] = 2 × 40 ⇔ U9 = [2 × 81 + 36] – [2 × 64 + 32] = 80 ⇔ U9 = [162 + 36] – [128 + 32] Jadi, nilai U3 + U4 + U7 + U8 adalah 80. ⇔ U9 = 198 – 160 ⇔ U9 = 38 8. Jawaban: a Jadi, suku ke-9 deret tersebut adalah 38. Sisi-sisi segitiga: 72, 72 + b, 72 + 2b. Diperoleh 12. Jawaban: a n = 3. Permasalahan tersebut dapat diselesaikan Keliling = 252 menggunakan deret aritmetika. ⇔ 72 + [72 + b] + [72 + 2b] = 252 Diketahui U1 = 46.000 ⇔ [3 · 72 + 3b] = 252 b = 18.000 ⇔ 216 + 3b = 252 n = 12 ⇔ 3b = 36 ⇔ b = 12 Sn = [2U1 + [n – 1]b] U2 = 72 + 12 = 84 U3 = 72 + 24 = 96 ⇔ S12 = [2 × 46.000 + 11 × 18.000] Jadi, panjang kedua sisi yang lain 84 cm dan 96 cm. ⇔ S12 = 6[92.000 + 198.000] 9. Jawaban: a ⇔ S12 = 6 × 290.000 Dari permasalahan tersebut diperoleh: ⇔ S12 = 1.740.000 U2 = 5 Jadi, jumlah keuntungan sampai bulan ke-12 ⇔ a+b=5 . . . [1] adalah Rp1.740.000,00. U4 + U6 = 28 13. Jawaban: c ⇔ a + 3b + a + 5b = 28 Diketahui n = banyak potongan tali = 5, U1 = 6, ⇔ 2a + 8b = 28 dan U5 = 96

⇔ a + 4b = 14 . . . [2]

170 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma U5 = U1r 4 − ⇔ 1.023 = ⇔ 96 = 6r4 ⇔ r 4 = 16 ⇔ 1.023 = ⇔ r=2 ⇔ a=3 − Sn = U6 – U4 = ar5 – ar3 − = 3 · 45 – 3 · 43 − = 3[45 – 43] ⇔ S5 = − = 3[1.024 – 64] ⇔ S5 = 6 × 31 = 2.880 ⇔ S5 = 186 Jadi, nilai U6 – U4 = 2.880. Jadi, panjang tali semula 186 cm. 17. Jawaban: c 14. Jawaban: c U4 = 32 dan U8 = 512 Banyak suku awal = 2 = Barisan geometri baru 48, x, y, z, 768 Banyak suku barisan baru = 5 ⇔ = r4 Un = arn – 1 ⇔ 16 = r4 ⇔ U5 = ar4 ⇔ r= 2 ⇔ 768 = 48r4 U4 = ar3 ⇔ r4 = 16 ⇔ 32 = a × 23 ⇔ r=2 ⇔ a=4 − − Sn = Sn = − − − − ⇔ S7 = S5 = − − ⇔ S7 = 4[128 – 1] − = ⇔ S7 = 508 Jadi, jumlah 7 suku pertama deret adalah 508. = 48 × 31 = 1.488 18. Jawaban: c Jadi, jumlah barisan geometri tersebut 1.488. Nilai jual mobil setiap tahun membentuk barisan 15. Jawaban: d geometri dengan r = . q, s, dan t membentuk barisan geometri sehingga dengan membandingkan rasio diperoleh: Nilai awal = 160.000.000 U1 = × 160.000.000 = ⇔t= = 152.000.000 Diperoleh: Nilai jual setelah dipakai 3 tahun = U3 + + + + = · + + U3 = ar2 = 152.000.000 × [ ] 2 = 137.180.000 + + Jadi, nilai jual mobil setelah dipakai 3 tahun = Rp137.180.000,00. + + 19. Jawaban: a = + + a= = + + + r= = = Jadi, nilai = . + 16. Jawaban: a S∞ = = =1 − − − Sn = − Jadi, jumlah deret geometri tak hingga di atas − adalah 1. ⇔ S5 =

−

Matematika Kelas XII Program IPA 171 20. Jawaban: b S∞ = U1 = a − U2 = a + b ⇔ 640 =

U6 = a + 5b −

U1 + U2 + U6 = 42 ⇔ 640 = ⇔ a + [a + b] + [a + 5b] = 42

⇔ 3a + 6b = 42 ⇔ a = 640 ×

⇔ a + 2b = 14 . . . . [1] ⇔ a = 160 U1, U 2 dan U 6 membentuk barisan geometri sehingga: U3 = ar2 = 160 ×   = 160 × = 90 =   U3 = luas persegi ketiga ⇔ U22 = U1 × U6 ⇔ [a + b]2 = a[a + 5b] Sisi persegi ketiga = s3 ⇔ a + 2ab + b2 = a2 + 5ab 2 s3 = = = 3 cm ⇔ b2 – 3ab = 0 Jadi, ukuran sisi persegi ketiga adalah 3 cm. ⇔ b[b – 3a] = 0 ⇔ b = 0 atau b = 3a . . . . [2] 23. Jawaban: e Dipilih b = 3a sehingga: S∞ = a + 2b = 14 − ⇔ a + 2[3a] = 14 ⇔ 10 = ⇔ 7a = 14 − ⇔ a=2 ⇔ 1–r= b = 3a = 6 Jadi, beda barisan tersebut 6. ⇔ 1–r= 21. Jawaban: a ⇔ r=1– r rasio dari deret konvergen sehingga –1 < r < 1.

M = 1 + + +...+ +... ⇔ r= + U2 = ar = 2 × =1 Diperoleh r = Jadi, suku keduanya adalah 1 . = + 24. Jawaban: d + + − M= = = = + Sn = − − + − − + − − Untuk r = –1 ⇒ M = − = = 1 ⇔ S10 = − + − Untuk r = 1 ⇒ M = + =

= 1

⇔ 33 × S5 = − − − ⇔ 33 × = Jadi, 1 0 dan ⇔ [a – 1]2 = [a + 2][a – 7] diambil ar = 3. ⇔ a – 2a + 1 = a2 – 5a – 14 2 U2 + U5 = 27 ⇔ ar + ar4 = 27 ⇔ 3a = –15 ⇔ ar[1+ r3] = 27 ⇔ 3[1 + r3] = 27 ⇔ a = –5 ⇔ 1 + r3 = 9 Jadi, nilai a = –5. ⇔ r3 = 8 13. Jawaban: c ⇔ r=2 Suku ke-n barisan geometri = Un = arn – 1. U8 = ar7 = 3 × 27 = 3 × 128 = 384 U3 = 9 ⇔ ar2 = 9 Jadi, nilai suku kedelapan barisan adalah 384.

U5 = 228 ⇔ ar4 = 228

180 Ulangan Tengah Semester 2 15. Jawaban: a a – b, a – 2, a + b merupakan barisan geometri Misalkan U1 = populasi satwa pada awal tahun ke-1. sehingga: U2 = U1 + U1 × 10% a−2 a+b r = a −b = a −2 = 2 U1 = U1 + 10 a−2 a −b =2 1 = U1[1 + 10 ] ⇔ a – 2 = 2a – 2b = 1,1 U1 ⇔ a – 2b = –2 . . . . [1] Populasi satwa pada awal tahun keempat sama a+b dengan populasi satwa pada akhir tahun ketiga [U3] a−2 =2 U3 = U2 + U2 × 10% ⇔ a + b = 2a – 4 1 = 1,1 U1 + 1,1 U1 × 10 ⇔ a–b=4 . . . . [2] 1 Eliminasi a dari persamaan [1] dan [2]. = [1 + 10 ][1,1U1] a – 2b = –2 a– b=4 = [1,1][1,1U1] ––––––––––– – = [1,1]2 U1 –b = –6 = 1,21U1 ⇔ b=6 Substitusikan b = 6 ke dalam persamaan a – b = 4. 121.000 = 1,21 × U1 a – 6 = 4 ⇔ a = 10 121.000 Barisan bilangan tersebut: 4, 10, 16. ⇔ U1 = 1,21 Jumlah ketiga bilangan itu = 4 + 10 + 16 = 30. = 100.000 19. Jawaban: e Jadi, populasi satwa pada awal tahun pertama a sebanyak 100.000 ekor. S∞ = 1− r 16. Jawaban: e 2 2log x + 2log x2 + 2log x3 + · · · + 2log x20 ⇔ 4 = 1− r = 2log x + 2 2log x + 3 2log x + · · · + 20 2log x 2 2log x + 2 2log x + 3 2log x + · · · + 20 2log x ⇔ 1–r= 4 merupakan deret aritmetika dengan nilai a = 2log x; ⇔ r= 2 1 b = 2log x; Un = 20 2log x; dan n = 20. 1 1 Sn = 2 n[a + Un] Jadi, rasio deret tersebut adalah 2 . 1 20. Jawaban: c ⇔ S20 = 2 × 20[2log x + 20 2log x] Di antara bilangan 2 dan 128 disisipkan 5 bilangan. ⇔ 840 = 10[21 2log x] Seluruhnya ada 7 suku dengan a = 2 dan U7 = 128. ⇔ 4 = 2log x Banyak sisipan = k = 5 ⇔ x = 16 U7 = ar 6 Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 16. ⇔ 128 = 2r 6 17. Jawaban: e ⇔ r 6 = 64 Permasalahan tersebut merupakan bentuk barisan ⇔ r=2 30 a[rn − 1] geometri dengan a = 10, r = 2, dan n = 5 + 1 = 7. Sn = r −1 1 Banyak bakteri setelah 2 jam: 2[27 − 1] 10[27 − 1] 10 × 127 S7 = 2 −1 S7 = = = 1.270 2 −1 1 1 2[128 − 1] Jadi, banyak sel bakteri setelah 2 jam ada 1.270. = 1 18. Jawaban: b = 254 Misalkan bilangan a – b, a, dan a + b merupakan Jadi, jumlah semua sukunya adalah 254.

barisan aritmetika.

Matematika Kelas XII Program IPA 181 21. Jawaban: d 25. Jawaban: c

Deret mempunyai a = cos x dan r = cos x. n n+5 n− 5

1 Σ [i2 – 4] + Σ [i2 – 3] + Σ [i + 5] cos x + cos2 x + cos3 x + . . . = 2 i=1 i=6 i = −4

n n n

S∞ = 1− r a = Σ [i2 – 4] + Σ [[i + 5]2 – 3] + Σ [[i – 5] + 5] i=1 i=1 i=1

n n n

Σ [i2 – 4] + Σ [i2 + 10i + 25 – 3] + Σ i 1 cos x ⇔ = = 2 1− cos x i=1 i=1 i=1

⇔ 1 – cos x = 2 cos x n

⇔ 3 cos x = 1 = Σ i=1 [i2 –4+ i2 + 10i + 25 – 3 + i] 1 n ⇔ cos x = 3 = Σ [2i2 + 11i + 18] i=1 1 ⇔ r= 3 26. Jawaban: e Jadi, rasio deret tersebut 1 . 3n + 2 – 3n + 18 × 3n – 2 = 3n × 32 – 3n + 18 × 3n × 3–2 3 1 = 3n[32 – 1 + 18 × 9 ] 22. Jawaban: a = 3n[9 – 1 + 2] 1 n+1 = 10 × 3n Sn = 4 2 –4 Jadi, bentuk sederhananya adalah 10 × 3n. 1 × 2+1 S2 = 4 2 –4 27. Jawaban: b = 42 – 4 x −1  2    × 20 x = 12  50  2x = 0,0000128 10 1 ×1+1 [0,04]x − 1 × 20x S1 = 4 2 –4 ⇔ = [0,2]7 100x 3 x ⇔ [0,2]2[x – 1] ×  = 42 – 4 20  7  = [0,2] 100   =8–4=4 ⇔ [0,2]2[x – 1] × [0,2]x = [0,2]7 U1 = S1 = 4 ⇔ [0,2]2x – 2 + x = [0,2]7 U2 = S2 – S1 ⇔ 2x – 2 + x = 7 = 12 – 4 ⇔ 3x = 9 ⇔ x=3 =8 Jadi, nilai x = 3. U2 8 r = = 4 =2 U1 28. Jawaban: d Jadi, rasio deret tersebut adalah 2. 2x > 0 ⇔ 23x > 0 ⇔ 23x × 2 > 0 23. Jawaban: e ⇔ –23x + 1 < 0 Misalkan harga kendaraan mula-mula = M ⇔ 8 – 23x + 1 < 8 Harga jual setelah enam tahun = M[1 – 12,5%]6 ⇔ f[x] < 8 6 = M   87,5 Jadi, daerah hasil fungsi eksponen tersebut   100  f[x] < 8. 24. Jawaban: c 29. Jawaban: c 15 15 − 5 Grafik memotong sumbu X jika y = 0. Σ n=p+5 [n – 3]2 = Σ n=p+5 − 5 [[n + 5] – 3]2 y = f[x] = 0 ⇔ 36 – 4 × 34x – 2 = 0 10 ⇔ 4 × 34x – 2 = 36 = Σ [n + 2]2 n=p ⇔ 34x – 2 = 9 10 ⇔ 34x – 2 = 32 = Σ [n2 + 4n + 4] ⇔ 4x – 2 = 2 n=p ⇔ 4x = 4 ⇔ x=1 Jadi, grafik fungsi eksponen memotong sumbu X

di titik [1, 0].

182 Ulangan Tengah Semester 2 30. Jawaban: e ⇔ 34n × 74n × 215n = 212 f[x] = 2 5 + x + 4 mempunyai bilangan pokok ⇔ 214n × 215n = 212 a = 2 > 0 sehingga grafik fungsi f[x] monoton naik. ⇔ 219n = 212 2x > 0 ⇔ 2x × 25 > 0 ⇔ 9n = 2 ⇔ 2 +5 + 4 > 4 x 2 ⇔ n= 9 ⇔ f[x] > 4 Oleh karena f[x] > 4 dan grafik fungsi f[x] monoton 2 Jadi, nilai n = 9 . naik, untuk nilai x semakin kecil nilai f[x] mendekati 4. 36. Jawaban: a 2 6x − 4 144 31. Jawaban: a = 2 16 12 x × 2 x 1 x2 x2 − 4 y= 32 – x –2= 32 × 3–x –2= 9[ 3 ]x –2 2 ×6 12 2 ⇔ = 1 24 12x Fungsi y = 9[ 3 ]x – 2 mempunyai bilangan pokok ⇔ 2 2 2x – 4 × 6x – 4 = 122 – x 1 1 2 a = 3 . Oleh karena 0 < a = 3 < 1, grafik fungsi ⇔ [2 × 6]x – 4 = 122 – x 2 ⇔ 12x – 4 = 122 – x 1 monoton turun. Grafik fungsi y = 9[ 3 ] x – 2 ⇔ x2 – 4 = 2 – x mempunyai asimtot y = –2, maka untuk nilai x ⇔ x2 + x – 6 = 0 semakin besar, nilai y mendekati –2. Grafik fungsi ⇔ [x + 3][x – 2] = 0 memotong sumbu Y di titik [0, 7]. ⇔ x + 3 = 0 atau x – 2 = 0 Jadi, sketsa grafik yang benar pilihan a. ⇔ x = –3 atau x = 2 Jadi, himpunan penyelesaiannya {–3, 2}. 32. Jawaban: e Grafik memotong sumbu Y di titik [0, 20], maka 37. Jawaban: a f[x] = 20 × ax. Grafik monoton naik maka bilangan 18 36 × 814x + 5 = pokoknya a > 1. Dengan mengambil a = 2 diperoleh: 2431 − 3x f[x] = 20 × 2x 1 2×9 = 5 × 4 × 2x ⇔ [4 × 9 × 34[4x+5] ]2 = 35[1 − 3x] = 5 × 22 × 2x = 5 × 2x + 2 ⇔ 2 × 3 × 32[4x + 5] = 2 × 32 × 3–5[1 – 3x] Jadi, persamaan grafik fungsinya f[x] = 5 × 2x + 2. ⇔ 32[4x + 5] = 3 × 3–5 + 15x 33. Jawaban: b ⇔ 38x + 10 = 315x – 4 Grafik f[x] = 3 × 22x digeser ke kiri 3 satuan, maka ⇔ 8x + 10 = 15x – 4 persamaan bayangannya adalah h[x] = 3 × 22[x + 3]. ⇔ 7x = 14 h[x] = 3 × 22[x + 3] = 3 × 22x + 6 ⇔ x=2 Jadi, persamaan grafik fungsi hasil pergeseran Jadi, nilai x = 2. adalah h[x] = 3 × 22x + 6. 38. Jawaban: b 34. Jawaban: c 23x + 1 + 16 × 21 – 3x – 20 = 0 43x + 1 – 82x + 2 + 480 = 0 ⇔ 23x + 1 + 24 × 21 – 3x – 20 = 0 ⇔ 22[3x + 1] – 23[2x + 2] = –480 ⇔ 2 × 23x + 24 + 1 – 3x – 20 = 0 ⇔ 26x × 22 – 26x × 26 = –480 ⇔ 2 × 23x + 25 – 3x – 20 = 0 ⇔ 26x[4 – 64] = –480 25 ⇔ 26x = 8 ⇔ 2 × 23x + – 20 = 0 23x ⇔ 26x = 23 Misalkan 23x = p. ⇔ 6x = 3 25 2 × 23x + – 20 = 0 1 23x ⇔ x= 2 25 ⇔ 2p + – 20 = 0 35. Jawaban: c p 32 92n × 493n × 215n ⇔ 2p + p – 20 = 0 = 441 72n [3 ] × [7 ] × 215n 2 2n 2 3n ⇔ 2p2 + 32 – 20p = 0 ⇔ = 212 ⇔ p2 – 10p + 16 = 0 72n 34n × 76n × 215n ⇔ [p – 8][p – 2] = 0 ⇔ = 212

72n ⇔ p = 8 atau p = 2

Matematika Kelas XII Program IPA 183 Untuk p = 2 ⇒ 23x = 2 3 Untuk p < – 5 tidak memenuhi karena bilangan ⇔ 23x = 21 pokok selalu lebih dari nol. ⇔ 3x = 1 Dengan demikian, diperoleh: 1 ⇔ x= 3 1 p> 5 Untuk p = 8 ⇒ 3x 2 =8 ⇔ 23x = 23 ⇔ 5x + 1 > 5–1 ⇔ 3x = 3 ⇔ x + 1 > –1 ⇔ x=1 ⇔ x > –2 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x| x > –2}. 1 Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah { 3 , 1}. B. Uraiann soal-s 39. Jawaban: b 1. Tabungan Andi: a = Rp250.000,00 3 − 2 b = Rp10.000,00 643x 2 323x –4 ≤ 3 Tabungan Deni: a′ = Rp200.000,00 − 2] 26[3x 2 ⇔ 25[3x – 4] ≤ b′ = Rp20.000,00 2 Sn = Sn′ ⇔ 215x – 20 ≤ 23x – 2 1 1 ⇔ 15x2 – 20 ≤ 3x – 2 ⇔ 2 n[2a + [n – 1]b] = 2 n[2a′ + [n – 1]b′] ⇔ 15x – 3x – 18 ≤ 0 2 ⇔ 2a + [n – 1]b = 2a′ + [n –1]b′ ⇔ [5x – 6][3x + 3] ≤ 0 ⇔ 500.000 + [n – 1]10.000 = 400.000 + [n – 1]20.000 Batas-batas nilai x: ⇔ 500.000 – 400.000 = [n – 1]20.000 – [n – 1]10.000 [5x – 6][3x + 3] = 0 ⇔ 100.000 = 10.000[n – 1] ⇔ 5x – 6 = 0 atau 3x + 3 = 0 ⇔ n – 1 = 10 6 ⇔ x= 5 atau x = –1 ⇔ n = 11 1 S11 = 2 × 11[500.000 + [11 – 1]10.000] + – + 11 –1 6 = 2 [600.000] = 3.300.000

6 Jadi, tabungan keduanya akan berjumlah sama Jadi, nilai x yang memenuhi adalah –1 ≤ x ≤ 5 . pada bulan ke-11 yaitu sebesar Rp3.300.000,00. 40. Jawaban: a 2. a. U1 = 8, Un = 38 25x + 2 + 50 × 5x – 3 > 0 n Sn = 2 [U1 + Un] ⇔ 52[x + 2] + 10 × 5 × 5x – 3 > 0 n ⇔ 52[x + 1] + 2 + 10 × 5x + 1 – 3 > 0 ⇔ 414 = 2 [8 + 38] ⇔[5x + 1]2 × 52 + 10 × 5x + 1 – 3 > 0 n ⇔ 25[5x + 1]2 + 10 × 5x + 1 – 3 > 0 ⇔ 414 = 2 × 46 Misalkan p = 5x + 1 maka pertidaksamaan menjadi: ⇔ 414 = 23 × n 25p2 + 10p – 3 > 0 ⇔ n = 18 ⇔ [5p – 1][5p + 3] > 0 Banyak bilangan yang disisipkan Batas-batas nilai p: =n–2 [5p – 1][5p + 3] = 0 = 18 – 2 = 16 ⇔ 5p – 1 = 0 atau 5p + 3 = 0 b. U1 = 8, Un = U16 = 38 1 3 ⇔ p= 5 atau p=– 5 U16 = U1 + [16 – 1] × b ⇔ 38 = 8 + 15 × b + – + ⇔ 30 = 15 × b ⇔ b=2 3 1 – 5 5 Jadi, beda barisan tersebut 2. 3 1

⇔ p < – 5 atau p > 5

184 Ulangan Tengah Semester 2 3. a. Deret tersebut yaitu a + ar + ar2+ . . ., dengan: U2 95% × U1 r = U1 = = 95% = 0,95 a + ar + ar2 + . . . = 32 . . . [1] U1 Banyak air pada periode III = U3 = U1r2 U2 + U4 + U6 + . . . = 6,4 = 1.000 × [0,95]2 ⇔ ar + ar3 + ar5 + . . . = 6,4 . . . [2] = 1.000 × 0,9025 Dari persamaan [1] diperoleh: = 902,5 mL a Jadi, banyak air dalam wadah pada periode ke-3 1− r = 32 sebanyak 902,5 ml. ⇔ a = 32[1 – r] . . . [3]

Dari persamaan [2] diperoleh: 20

ar 5. a. Σ [[k – 1]2 + 6k ] = 6,4 k=3 1− r 2 20−2 32[1− r] × r ⇔ 1− r 2 = 6,4 = Σ k = 3− 2 [[k + 2 – 1]2 + 6[k + 2]] 32[1− r] × r ⇔ = 6,4 18 [1− r][1+ r] 32r = Σ [[k + 1]2 + 6[k + 2]] k=1 ⇔ 1+ r = 6,4 18 ⇔ 6,4 + 6,4r = 32r = Σ [k2 + 2k + 1 + 6k + 12]

⇔ 6,4 = 25,6r k=1

6,4 1 18 ⇔ r = 25,6 = 4 = Σ [k2 + 8k + 13] k=1 1 Jadi, rasio deret tersebut 4 . 13 13−3 b. a = 32[1 – r] 1 b. Σ [k – 3]3 = Σ k=4 k = 4− 3 [[k + 3] – 3]3 = 32[1 – 4 ] 10 3 = 32 × 4 = Σ k3

k=1

= 24
20

U6 = ar5 c. Σ k = −4 [k3 + 5] 1

= 24 × [ 4 ]5 20 + 5

1 5 = Σ [[k – 5]3 + 5] = 3 × 23 × [ ] k = −4 + 5 22

=3× 23 × 1 = Σ [[k3 + 3k2[–5] + 3k[–5]2 + [–5]3 + 5]]

210 k=1

3 25 = 27 = Σ [k3 –15k2 + 75k – 120] k=1 3 = 128 6. a. 2 + 6 + 18 + . . . + 2[3n – 1] = 3n – 1 3 Jadi, suku ke-6 deret tersebut 128 . ⇔ n ∑ 2[3i – 1] = 3n – 1 i=1 4. Banyak air pada periode I = U1 = 1.000 i] Akan dibuktikan rumus tersebut benar Banyak air pada periode II = U2 untuk n = 1 U2 = 1.000 – 5% × 1.000 = 95% × U1 1 ∑ 2[3i – 1] = 31 – 1 ⇔ 2[31 – 1] = 3 – 1 i=1 Banyak air pada periode III = U3 ⇔ 2=2 U3 = U2 – 5%U2 Oleh karena ruas kiri = ruas kanan, rumus = 95%U2 tersebut benar untuk n = 1. = 95%[95% U1] ii] Diasumsikan rumus tersebut benar untuk = [95%]2 × U1 n = k. Banyak air pada setiap periode membentuk barisan 2 + 6 + 18 + . . . + 2[3k – 1] = 3k – 1 Akan dibuktikan rumus tersebut benar geometri dengan U1 = 1.000. untuk n = k + 1 yaitu:

2 + 6 + 18 + . . . + 2[3k – 1] + 2[3k] = 3k + 1 – 1

Matematika Kelas XII Program IPA 185 Ruas kiri= 2 + 6 + 18 + . . . + 2[3k – 1] + 2[3k] 0+c f[0] = 3 ×   1 = [3k – 1] + 2[3k] 2 c 12 = 3   = 3k – 1 + 2[3k] 1 ⇔ 2 = 3[3k] – 1 c  1 = 3k + 1 – 1 [terbukti] ⇔ 4=   2 Oleh karena ruas kiri = ruas kanan maka −2 c  1 =   1 rumus tersebut benar untuk n = k + 1. ⇔    2 2 Jadi, rumus tersebut benar untuk semua n ⇔ c = –2 bilangan asli.  1 n[n + 1][n + 2] f3 = 6 b. 2 + 6 + 12 + . . . + n[n + 1] =   3 1 b+c  1 3 n n[n + 1][n + 2] ⇔ 6 = 3  ⇔ ∑ i[i + 1] = 2 i=1 3 1 b−2 i] Akan dibuktikan rumus tersebut benar  1 3 ⇔ 2=   2 untuk n = 1 1 −1 b−2 1 1[1 + 1][1 + 2]  1  1 3 ∑ i[i + 1] = ⇔   =   i=1 3  2 2 1× 2 × 3 1 ⇔ 1[1 + 1] = ⇔ –1 = 3 b – 2 3 1 ⇔ 2=2 ⇔ b =1 3 Oleh karena ruas kiri = ruas kanan, rumus ⇔ b=3 tersebut benar untuk n = 1. 3x − 2 Diperoleh persamaan f[x] = 3   1 ii] Diasumsikan rumus tersebut benar untuk .  2 n = k. Grafik f[x] digeser ke kanan 5 satuan maka: k[k + 1][k + 2] 3[x − 5] − 2 h[x] = 3   2 + 6 + 12 + . . . + k[k + 1] = 1 3  2 3x − 17 Akan dibuktikan rumus tersebut benar = 3   1 untuk n = k + 1 yaitu 2 + 6 + 8 + . . . + k[k + 1]  2 3x − 17 [k + 1][k + 2][k + 3] Jadi, persamaan grafik fungsi h[x] = 3   1 + [k + 1][k + 2] = . 3  2 Ruas kiri 8. Misalkan h[x] = 2x – 1, f[x] = 3x2 – x + 2, dan g[x] = 2 + 6 + 12 + . . . + k[k + 1] + [k + 1][k + 2] = 2x2 + x + 5. k[k + 1][k + 2] Penyelesaian persamaan eksponen tersebut dapat = + [k + 1][k + 2] 3 ditentukan dari beberapa kemungkinan berikut. = [k + 1][k + 2] [ k 3 +1 ] a. f[x] = g[x] k + 3 ⇔ 3x2 – x + 2 = 2x2 + x + 5 = [k + 1][k + 2]  3  ⇔ x2 – 2x – 3 = 0   [k + 1][k + 2][k + 3] ⇔ [x – 3][x + 1] = 0 = 3 ⇔ x – 3 = 0 atau x + 1 = 0 Oleh karena ruas kiri = ruas kanan, rumus ⇔ x = 3 atau x = –1 tersebut benar untuk n = k + 1. b. h[x] = 1 Jadi, rumus tersebut terbukti benar untuk ⇔ 2x – 1 = 1 semua n bilangan asli. ⇔ 2x = 2 bx + c ⇔ x=1 7. Grafik fungsi f[x] = 3   1 memotong sumbu Y di c. h[x] = 0 2 1 ⇔ 2x – 1 = 0 titik [0, 12] dan melalui titik [ 3 , 6] maka 1 ⇔ x= 2  1 f[0] = 12 dan f3 = 6.

 

186 Ulangan Tengah Semester 2 1 Substitusikan x = 2 ke dalam f[x] dan g[x]. p ≤ 1 atau p ≥ 25 1 1 1 1 ⇔ 25x ≤ 1 atau 25x ≥ 25 f[ 2 ] = 3[ 2 ]2 – 2 + 2 = 2 4 > 0 ⇔ x ≤ 0 atau x ≥ 1 1 1 1 Jadi, penyelesaiannya x ≤ 0 atau x ≥ 1. g[ 2 ] = 2[ 2 ]2 + 2 + 5 = 6 > 0 x 1 1 160 Oleh karena f[ 2 ] > 0 dan g[ 2 ] > 0 maka 10. ≥ 5 × 64 3x + 2 8− x 1 x = 2 merupakan penyelesaian. 160 x ⇔ ≥ 8–x × 64 3x + 2 d. h[x] = –1 5 6x ⇔ 2x – 1 = –1 ⇔ 32 ≥ 2–3x × 23x + 2 ⇔ x=0 6x − 3x Substitusikan x = 0 ke dalam f[x] dan g[x]. ⇔ 25 ≥ 23x + 2 f[0] = 3 × 02 – 0 + 2 = 2 [genap] 6x ⇔ 5 ≥ – 3x g[0] = 2 × 02 + 0 + 5 = 5 [ganjil] 3x + 2 Oleh karena f[0] genap dan g[0] ganjil maka 6x − 3x[3x + 2] x = 0 bukan penyelesaian. ⇔ 5 ≥ 3x + 2 1 −9x 2 Jadi, himpunan penyelesaiannya {–1, 2 , 1, 3}. ⇔ 5 ≥ 3x + 2 1 −9x 2 9. 5 × 625x – 26 × 52x – 1 + 5 ≥ 0 ⇔ –5 ≤0 3x + 2 1 ⇔ 5 × 252x – 26 × 52x × 5–1 + 5 ≥ 0 −9x 2 − 5[3x + 2] ⇔ ≤0 3x + 2 1 26 ⇔ 5 [25x]2 – 5 25x + 5 ≥ 0 ⇔ −9x 2 − 15x − 10 ≤0 3x + 2 Misalkan p = 25x maka pertidaksamaan menjadi: 9x 2 + 15x + 10 1 2 26 ⇔ ≥0 p – p+5≥0 3x + 2 5 5 Oleh karena [9x2 + 15x + 10] mempunyai D < 0 ⇔ p2 – 26p + 25 ≥ 0 ⇔ [p – 25][p – 1] ≥ 0 dan a > 0 maka [9x2 + 15x + 10] definit positif Pembuat nol: sehingga [9x2 + 15x + 10] > 0. [p – 25][p – 1] = 0 9x 2 + 15x + 10 ⇔ p – 25 = 0 atau p – 1 = 0 Oleh karena ≥ 0 dan [9x2 + 15x + 10] > 0 3x + 2 ⇔ p = 25 atau p = 1 2 maka 3x + 2 > 0 ⇔ x > – .

Penyelesaian: 3

+ – + 2 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x| x > – }. 3

1 25

Matematika Kelas XII Program IPA 187
Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen

Fungsi Eksponen Persamaan Eksponen Pertidaksamaan Eksponen

• Konsep fungsi eksponen • Konsep persamaan eksponen • Konsep pertidaksamaan eksponen • Grafik fungsi eksponen • Sifat-sifat persamaan eksponen • Sifat-sifat pertidaksamaan eksponen • Permasalahan yang berkaitan • Penyelesaian persamaan eksponen • Penyelesaian pertidaksamaan dengan fungsi eksponen • Permasalahan yang berkaitan eksponen dengan persamaan eksponen • Permasalahan yang berkaitan

dengan pertidaksamaan eksponen

• Bersikap komunikatif dan pantang menyerah ketika belajar matematika dan dalam kehidupan sehari-hari. • Mampu menentukan unsur-unsur pada grafik fungsi eksponen. • Mampu menggambar grafik fungsi eksponen. • Mampu menentukan penyelesaian permasalahan yang berkaitan dengan fungsi eksponen. • Mampu menyebutkan sifat-sifat persamaan eksponen. • Mampu menentukan penyelesaian persamaan eksponen. • Mampu menentukan penyelesaian permasalahan yang berkaitan dengan persamaan eksponen. • Mampu menyebutkan sifat-sifat pertidaksamaan eksponen. • Mampu menentukan penyelesaian pertidaksamaan eksponen. • Mampu menentukan penyelesaian permasalahan yang berkaitan dengan pertidaksamaan

eksponen.

188 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen A. Pilihlah jawaban yang tepat. ⇔ a=5 Jadi, nilai a yang memenuhi adalah 5. 1. Jawaban: a 4. Jawaban: a f[x] = 6x – 2 Grafik fungsi f[x] memotong sumbu Y jika x = 0. f[4] = 64 – 2 f[0] = 60 + 1 + 61 – 0 = 61 + 61 = 12 = 62 Jadi, f[x] memotong sumbu Y di titik [0, 12]. = 36 Jadi, nilai f[4] adalah 36. 5. Jawaban: c 2. Jawaban: b Kurva melalui titik [0, 1], [1, 3], dan [2, 9]. Fungsi eksponen yang benar adalah y = 3x karena: 1 Tabel titik bantu fungsi f[x] = [ 4 ]x 1 = 30 3 = 31 x –3 –2 –1 0 1 2 9 = 32 1 1 1 1 1 1 1 [ 4 ]–3 [ 4 ]–2 [ 4 ]–1 [ 4 ]0 [ 4 ]1 [ 4 ]2 6. Jawaban: e y = [ 4 ]x = 64 = 16 =4 =1 = 1 = 1 Kurva fungsi eksponen monoton turun dengan 4 16 bilangan pokok 2 dan memotong sumbu Y di titik [x, y] [–3, 64] [–2, 16] [–1, 4] [0, 1] [1, 1 ] [2, 1 ] [0, 6] yaitu: 4 16 y = 6 × 2–x 1 = 3 × 2 × 2–x Grafik fungsi f[x] = [ 4 ] x diperoleh dengan = 3 × 21 – x menghubungkan [3, 64], [–2, 16], [–1, 4], [0, 1], 7. Jawaban: c 1 1 [1, 4 ], [2, 16 ]. Kurva melalui titik [0, 2] dan [1, 3]. Fungsi yang sesuai adalah f[x] = 2x + 1 karena: Y 6 f[0] = 20 + 1 ⇒ 2 = 1 + 1 5 f[1] = 21 + 1 ⇒ 3 = 2 + 1 x ⎛ 1⎞ y=⎜ ⎟ ⎝4⎠ 4 8. Jawaban: c Y 3 Y 2

y = 4 × 2x

1 4 4 X –2 –1 0 1 2 3 4 –1 0 X 0 X Jadi, grafik yang sesuai pada pilihan b. y = 4 – 4 × 2x –4 –4 3. Jawaban: e y = –4 × 2x y = –4 × 2x −x + 1 Cara lain: 4 ⎛ 1⎞ Grafik fungsi f[x] = ⎜ ⎟ melalui titik [a, 9], y = 4 – 4 × 2x ⎝9⎠ maka f[a] = 9. untuk x = 0 ⇒ y = 4 – 4 × 1 = 0 sehingga grafik melalui titik [0, 0]. −a + 1 f[a] = 4 ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ lim y = lim [4 – 4 × 2x] = 4 – 4 × ∞ = –∞

⎝9⎠ x→∞ x→∞

Untuk x semakin besar, nilai y semakin ⇔ 9= 4 [3−2 ]−a + 1 mendekati –∞. 1 lim y = lim [4 – 4 × 2x] ⇔ 32 = [32a – 2] 4 x→–∞ x→–∞ 1 a– 2 1 =4–4×0=4 ⇔ 32 = 3 2 Untuk x semakin kecil, nilai y semakin mendekati 4. 1 1 Jadi, grafik yang benar pilihan c. ⇔ 2= 2a– 2

⇔ 4 = a – 1 ← [kedua ruas dikalikan 2]

Matematika Kelas XII Program IPA 189 9. Jawaban: d 14. Jawaban: b x f[x] = 32 – x – 4 = 32 × 3–x – 4 = 9 × ⎛⎜ ⎞⎟ – 4 1 Waktu [hari] Periode ke- Banyak Serangga 3 ⎝ ⎠ 1] Persamaan grafik f[x] mempunyai bilangan 0 0 20.000 1 1 1 pokok . Oleh karena 0 < < 1, grafik fungsi –12 1 20.000 × [ 2 ] 1 3 3 1 f[x] monoton turun. –24 2 20.000 × [ 2 ] 2 2] Grafik memotong sumbu Y di titik [0, f[0]]. 1 –36 3 20.000 × [ 2 ] 3 f[0] = 32 – 0 – 4 = 9 – 4 = 5 Jadi, grafik memotong sumbu Y di titik [0, 5]. Banyak serangga 36 hari yang lalu x x ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ 3 3] ⎜ ⎟ >0 ⇔ 9× ⎜ ⎟ >0 = 20.000 × ⎛⎜ ⎞⎟ 1 ⎝3⎠ ⎝3⎠ ⎝2⎠ x ⎛ 1⎞ 1 ⇔9× ⎜ ⎟ – 4 > –4 = 20.000 × = 2.500 ⎝3⎠ 8 ⇔ f[x] > –4 Cara lain: Oleh karena f[x] > –4, asimtot datarnya y = –4. Banyak serangga mula-mula 20.000 ekor maka: 4] Oleh karena grafik fungsi f[x] monoton turun n dan asimtot datarnya y = –4, untuk nilai x S[n] = 20.000 × [2] 12 semakin besar, nilai f[x] mendekati –4. S[–36] = 20.000 × [2]– 12

Jadi, pernyataan yang benar ii] dan v]. 1 = 20.000 × 2–3 = 20.000 × 8 = 2.500 10. Jawaban: e Jadi, jumlah serangga 36 hari yang lalu 2.500 ekor. f[x] = 2[5x + 3] = 2 × 5x + 6 Asimtot datar y = 5x adalah sumbu X atau garis y = 0. 15. Jawaban: d Asimtot datar y = 2 × 5x + 6 adalah garis y = 0 + 6 = 6. f[x] = 23 – 2x → y = 23 – 2x Jadi, asimtot datar grafik fungsi f[x] adalah y = 6. ⎛2⎞ T=⎜ ⎟ ⎝ −1⎠ [x, y] ⎯⎯⎯⎯→ [x + 2, y – 1] 11. Jawaban: c 3x > 0 ⇔ [3x]2 > 0 ⎡O, 1 ⎤ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 1 1 ⇔ 32x × 1 >0 ⎯⎯⎯⎯ → [ 2 [x + 2], 2 [y – 1]] 3 Diperoleh: ⇔ 32x – 1 > 0 1 ⇔ 5 + 32x – 1 > 5 x′ = 2 [x + 2] ⇔ x = 2x′ – 2 ⇔ y>5 1 Jadi, daerah hasilnya {y | y > 5, y ∈ R}. y′ = 2 [y – 1] ⇔ y = 2y′ + 1 y = 23 – 2x ⇒ 2y′ + 1 = 23 – 2[2x′ – 2] 12. Jawaban: c ⇔ 2y′ = –1 + 27 – 4x′ Misalkan m[x] = –x2 + 4x – 6. 1 1 b −4 ⇔ y′ = – 2 + 2 × 27 – 4x′ m[x] maksimum untuk x = – 2a = −2 = 2 1 Fungsi h[x] = 4m[x] maksimum jika nilai pangkatnya = – 2 + 26 – 4x′ [m[x]] maksimum. 1 Jadi, nilai maksimum fungsi h: f′[x] = – 2 + 26 – 4x 1 1 1 1 1 h[2] = 4–4 + 8 – 6 = 4–2 = 16 f′[1] = – 2 + 26 – 4 = – 2 + 22 = 4 – 2 = 3 2 13. Jawaban: d f[x] 22x + 2x + 1 − 3 = B. Uraian g[x] 2x + 3 x 2 1 x [2 ] + 2 × [2 ] − 3 [2x + 3][2x − 1] = = = 2x – 1 3x + 2 [2x ] + 3 [2x + 3] 1. a. f[x] = 9 ⋅ 3x x+2 1 x +1 3 2 32 = = 32 + x 32 × 3 x 1 1 x = 32 x + 1 – [2 + x] = 3– 2 x – 1 = 1 × ⎛⎜ 1 ⎞⎟

3 ⎝ 3⎠

190 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen x 1 ⎛ 1 ⎞ 3. f[x] = 3ax + b b. f[x] = 3 × ⎜ ⎟ ⎝ 3⎠ Grafik melalui titik [1, 3] dan [2, 27], maka f[1] = 3 0 1 ⎛ 1 ⎞ 1 dan f[2] = 27. f[0] = 3 × ⎜ ⎟ = 3 ⎝ 3⎠ f[1] = 3a + b ⇔ 3 = 3a + b ⇔ a + b = 1 . . . [1] 1 ⎛ 1 ⎞ 1 f[1] = 3 × ⎜ ⎟ = 9 3 f[2] = 32a + b ⇔ 27 = 32a + b ⎝ 3⎠ 2 ⇔ 33 = 32a + b 1 ⎛ 1 ⎞ 1 1 1 f[2] = 3 × ⎜ ⎟ = 3 × 3 = 9 ⇔ 2a + b = 3 . . . [2] ⎝ 3⎠ 1 1 Eliminasi b dari persamaan [1] dan [2]. Jadi, f[0] = 3 , f[1] = 1 3 , dan f[2] = 9 . 2a + b = 3 9 a+b=1 2. a. f[x] = 2–x –––––––– – Tabel fungsi f[x] = 2–x: a=2 Substitusikan a = 2 ke dalam persamaan [1]. x ... –3 –2 –1 0 1 2 3 ... a+b=1 ⇔ 2+b=1 1 1 1 f[x] ... 8 4 2 1 ... ⇔ b = –1 2 4 8 Substitusi nilai a = 2 dan b = –1 ke persamaan Grafik fungsi f[x] = 2–x f[x] = 3ax + b diperoleh f[x] = 32x – 1. Jadi, persamaan grafik fungsi eksponen f[x] = 2–x Y f[x] = 32x – 1. 8 x 4. Grafik fungsi f[x] = 4 ⎛⎜ ⎞⎟ 1 digeser ke kanan ⎝3⎠ x −1 1 satuan, maka f1[x] = 4 ⎛⎜ ⎞⎟ 1 4 . ⎝3⎠ x −1 Grafik f1[x] = 4 ⎛⎜ ⎞⎟ 2 1 digeser ke atas 3 satuan, 1 ⎝3⎠ X x −1 maka h[x] = 3 + f1[x] = 3 + 4 ⎛⎜ ⎞⎟ –3 –2 –1 0 1 2 3 1 . ⎝3⎠ −1 − 1 1− 1 ⎛ 1⎞ h[–1] – h[1] = 3 + 4 ⎛⎜ ⎞⎟ 1 b. f[x] = – 1 3x – [3 + 4[ ⎜ ⎟ ] ⎝3⎠ 3 ⎝ ⎠ Tabel fungsi f[x] = 3x – 1: −2 0 = 3 + 4 ⎛⎜ ⎞⎟ – 3 – 4 ⎛⎜ ⎞⎟ 1 1 ⎝3⎠ ⎝3⎠ x ... –1 0 1 2 ... =4×9–4 f[x] ... −2 0 2 8 ... = 32

5. Grafik fungsi f[x] = –4a – bx memotong sumbu Y di Grafik fungsi f[x] = 3x – 1 titik [0, –4], maka f[0] = –4. f[x] = 3x – 1 f[0] = –4a – 0 ⇔ –4 = –4a Y ⇔ a=1 8 Grafik f[x] digeser ke atas 3 satuan, maka g[x] = 3 – 4a – bx = 3 – 41 – bx. Grafik fungsi g[x] melalui titik [1, 1], maka g[1] = 1. g[1] = 3 – 41 – b ⇔ 1 = 3 – 41 – b ⇔ 4 b=2

1 –

2 ⇔ 2 – b] = 2 2[1 1 ⇔ 2[1 – b] = 1 –2 –1 0 1 2 X 1 –1 ⇔ 1–b= 2 1 ⇔ b= 2 1 1– 2x

Jadi, persamaan grafik fungsi g[x] = 3 – 4 .

Matematika Kelas XII Program IPA 191 A. Pilihan Ganda ⇔ –4x + 8 = 9 ⇔ –4x = 1 1. Jawaban: c 1 1 5x 2 –7 = 125 ⇔ x =–4 2 ⇔ 5x – 7 = 5–3 1 ⇔ 2 x – 7 = –3 Jadi, himpunan penyelesaiannya {– 4 }. ⇔ x2 – 4 = 0 ⇔ [x + 2][x – 2] = 0 5. Jawaban: e ⇔ x = –2 atau x = 2 83 − x = 4 × 21 – 2x 2 1 Jadi, nilai x yang memenuhi 5x – 7 = 125 adalah ⇔ [23 ]3 − x = 22 × 21 – 2x x = –2 atau x = 2. ⇔ 29 − 3x = 22 + 1 – 2x

2. Jawaban: b 9 − 3x

3x2 + x – 2 = 81x + 2 ⇔ 2 2 = 23 – 2x ⇔ 3x2 + x – 2 = [34]x + 2 9 − 3x ⇔ 3x2 + x – 2 = 34x + 8 ⇔ 2 = 3 – 2x ⇔ x2 + x – 2 = 4x + 8 ⇔ 9 – 3x = 6 – 4x ⇔ x2 – 3x – 10 = 0 ⇔ –3x + 4x = 6 – 9 ⇔ [x – 5][x + 2] = 0 ⇔ x = –3 ⇔ x – 5 = 0 atau x + 2 = 0 1 – x = 1 – [–3] = 4. ⇔ x = 5 atau x = –2 Jadi, nilai 1 – x = 4. Oleh karena a > b, diperoleh a = 5 dan b = –2. Nilai a – b = 5 – [–2] = 7 6. Jawaban: d x+2 ⎛ 1⎞ 3 3. Jawaban: c ⎜ ⎟ = 82x − 1 ⎝4⎠ 3−x 3[2x − 1] ⎛ 1 ⎞ 2– ⎜ ⎟ = 625x 4 ⇔ 2–2[x + 2] = 2 3 ⎝ 125 ⎠ ⇔ 5–3[3 – x] = 54[x – 4] 2 ⇔ –2[x + 2] = 2x – 1 ⇔ –3[3 – x] = 4[x2 – 4] ⇔ –2x – 4 = 2x – 1 ⇔ 4x = –3 ⇔ –9 + 3x = 4x2 – 16 3 ⇔ 2 4x – 3x – 7 = 0 ⇔ x =–4 ⇔ [4x – 7][x + 1] = 0 – 3 – 3 1 81x = 81 4 = [34] 4 = 3–3 = 27 ⇔ 4x – 7 = 0 atau x + 1 = 0 7 1 ⇔ x = 4 atau x = –1 Jadi, nilai 81x adalah 27 . 7 7. Jawaban: a Jadi, himpunan penyelesaiannya {–1, 4 }. x ⎛ 1⎞ 4. Jawaban: c ⎜ ⎟ – 16 × 2x = 0 ⎝4⎠ x−2 1 4× 3 ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ = 32 ⇔ – 16 × 2x = 0 ⎝ 16 ⎠ 22x ⇔ 1 – 16 × 23x = 0 ← Kedua ruas dikalikan 22x 4[x − 2] ⎛ 1⎞ 3 1 ⇔ 22 × ⎜⎝ 2 ⎟⎠ = 25 ⇔ 23x = 16 −4[x − 2] ⇔ 2 3 = 23 ⇔ 23x = 2–4 ⇔ 3x = –4 −4[x − 2] ⇔ =3 4 3 ⇔ x =–3 4

Jadi, nilai x yang memenuhi – 3 .

192 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen 8. Jawaban: d Misalkan m = 3x, persamaan menjadi: 4 8 x ⇔ 9m2 + 9m – 810 = 0 5 [23x – 1] + =2 ⇔ m2 + m – 90 = 0 10 4 2 3x ⇔ [m – 9][m + 10] = 0 ⇔ 5 × 23x × 2–1 + =2 ⇔ m = 9 atau m = –10 10 Misalkan 23x = a, persamaan menjadi: ⇔ 3x = 9 atau 3x = –10 4 1 a ⇔ x=2 ⇔ 5 × a × 2 + 10 = 2 Untuk 3x = –10 tidak ada nilai x yang memenuhi. 4 1 1 ⇔ a + 10 a = 2 Jadi, 3x – 3 = 32 – 3 = 3–1 = 3 . 10 5 12. Jawaban: e ⇔ 10 a=2 x ⇔ a=4 ⎛ 1 ⎞ – 5 × 21 – 3x + 16 = 0 ⎜ ⎟ ⇔ 23x = 22 ⎝ 64 ⎠ ⇔ 3x = 2 6x ⎛ 1⎞ 2 ⇔ ⎜ ⎟ – 5 × 2 × 2–3x + 16 = 0 ⇔ x= 3

⎝2⎠

2 2 3x Jadi, nilai x = 3 . ⎛ ⎛ 1 ⎞3x ⎞ – 10 × ⎛⎜ ⎞⎟ 1 ⇔ ⎜⎜ ⎜ ⎟ ⎟⎟ + 16 = 0 ⎝⎝ 2 ⎠ ⎠ ⎝2⎠ 9. Jawaban: d 3x Misalkan ⎛⎜ ⎞⎟ 5x + 1 + 52 – x = 30 1 = p, persamaan menjadi: ⇔ 5 × 51 + 52 × 5–x = 30

x ⎝2⎠

Misalkan 5x = p, persamaan menjadi: p2 – 10p + 16 = 0 ⇔ 5p + 25p–1 = 30 ⇔ [p – 8][p – 2] = 0 ⇔ 5p – 30 + 25p–1 = 0 ⇔ p – 8 = 0 atau p – 2 = 0 p ⇔ p = 8 atau p=2 –––––––––––––––––––––– × 5 3x 3x ⇔ p2 – 6p + 5 = 0 ⎛ 1⎞ atau ⎛⎜ ⎞⎟ 1 ⇔ ⎜ ⎟ =8 =2 Akar-akar persamaan kuadrat adalah p1 = 5α dan ⎝2⎠ ⎝2⎠ p2 = 5β. ⇔ 2–3x = 23 atau 2–3x = 21 p1 × p2 ⇒ 5α × 5β = 5 ⇔ –3x = 3 atau –3x = 1 ⇔ 5α + β = 51 1 ⇔ x = –1 atau x =–3 ⇔ α+β=1 1 10. Jawaban: d Jadi, akar-akar persamaan tersebut – 3 dan –1. 1 13. Jawaban: b 2x + 1 + = 17 2x − 3 x2 − 3 1− x 3 × ⎛⎜ ⎞⎟ 23 ⎛4⎞ 8 ⇔ 2x × 21 + x = 17 ⎜ ⎟ = 2 2 ⎝9⎠ ⎝ 27 ⎠ Misalkan 2x = p, persamaan menjadi: 2[x2 − 3] 3[1 − x] 2 × ⎛⎜ ⎞⎟ ⎛2⎞ 2 8 ⇔ ⎜ ⎟ = [ 3 ]–1 ⎝3⎠ 3⎝ ⎠ ⇔ 2p + p = 17 2[x2 − 3] + 3[1− x] 2 ⇔ 2p2 – 17p + 8 = 0 ⎛2⎞ ⇔ ⎜ ⎟ = [ 3 ]–1

⇔ [2p – 1][p – 8] = 0 ⎝3⎠

1 ⇔ 2[x2 – 3] + 3[1 – x] = –1 ⇔ p= 2 atau p = 8 ⇔ 2x2 – 3x – 2 = 0 ⇔ 2x = 2–1 atau 2x = 23 ⇔ [2x + 1][x – 2] = 0 ⇔ x = –1 atau x = 3 1 Diperoleh x1 = –1 dan x2 = 3. ⇔ x = – 2 atau x = 2 Jadi, x12 + x22 = [–1]2 + 32 = 1 + 9 = 10. 1 Diperoleh x1 = – 2 dan x2 = 2 11. Jawaban: b 1 5 25 3x + 2 + 9x + 1 = 810 Jadi, [x1 – x2]2 = [– 2 – 2]2 = [– 2 ]2 = 4 . ⇔ 3 × 9 + 32x × 9 = 810

⇔9 × [3 ]2 + 9 × 3x – 810= 0
x

Matematika Kelas XII Program IPA 193 14. Jawaban: b ⇔ 3x2 + 4x – 20 = 0 Misalkan h[x] = x – 2, f[x] = x + 3, dan g[x] = 2x – ⇔ [3x + 10][x – 2] = 0 1. Penyelesaian persamaan tersebut dapat ⇔ 3x + 10 = 0 atau x – 2 = 0 ditentukan dari beberapa kemungkinan berikut. 10 1] f[x] = g[x] ⇒ x + 3 = 2x – 1 ⇔ x=– 3 ⇔ x=2 ⇔ x =4 10 Jadi, himpunan penyelesaiannya {– 3 , 2}. 2] h[x] = 1 ⇒ x–2 =1 ⇔ x =3 8x + 2 = 3 b. 64x + 5 3] h[x] = 0 ⇒ x–2 =0 2[x + 5]

⇔ x =2 ⇔ 8x + 2 = 8 3

Substitusikan x = 2 ke f[x] dan g[x]: 2x + 10

f[2] = 2 + 3 = 5 [positif] ⇔ 8x + 2 = 8 3

g[2] = 4 – 1 = 3 [positif] 2x + 10 ⇔ x+2= Oleh karena f[2] > 0 dan g[2] > 0, x = 2 3 merupakan penyelesaian. ⇔ 3x + 6 = 2x + 10 4] h[x] = –1 ⇒ x – 2 = –1 ⇔ x=4 ⇔ x =1 Jadi, himpunan penyelesaiannya {4}. Substitusikan x = 1 ke f[x] dan g[x]: 2x + 1 f[1] = 1 + 3 = 4 [genap] ⎛ 1⎞ 24x − 1 × [0,125] c. ⎜ ⎟ = ⎝2⎠ 16 g[1] = 2 – 1 = 1 [ganjil] Oleh karena f[1] genap dan g[1] ganjil, x = 1 2x + 1 24x − 1 × 1 1 bukan penyelesaian. ⇔ ⎛⎜ ⎞⎟ = 8 ⎝2⎠ 24 Jadi, himpunan penyelesaiannya {4, 3, 2}. ⇔ [2–1]2x + 1 = 24x − 1 × 2 −3 × 2 −4 15. Jawaban: d 4x − 8 2

[x + 1]x – 16 = 1 ⇔ 2–2x – 1 = 2 2

2 ⇔ [x + 1]x – 16 = [x + 1]0 ⇔ –2x – 1 = 4x − 8 Misalkan f[x] = x2 – 16, g[x] = 0, dan h[x] = x + 1. 2 ⇔ –2x – 1 = 2x – 4 Penyelesaian persamaan tersebut sebagai ⇔ –4x = –3 berikut. 3 1] f[x] = g[x] ⇔ x= 4 ⇔ x2 – 16 = 0 3 Jadi, himpunan penyelesaiannya { 4 }. ⇔ [x – 4][x + 4] = 0 1 − 2n ⇔ x – 4 = 0 atau x + 4 = 0 9n + 1 + 32n + 1 + 45 × ⎛⎜ ⎞⎟ 1 2. a. = 243 ⇔ x = 4 atau x = –4 ⎝3⎠ 2] h[x] = 1 ⇔ 9n × 9 + 32n × 3 + 45 × 32n – 1 = 243 ⇔ x+1=1 ⇔ 32n × 9 + 32n × 3 + 15 × 32n = 243 ⇔ x=0 ⇔ 32n[9 + 3 + 15] = 243 3] h[x] = –1 243 ⇔ 32n = 27 ⇔ x + 1 = –1 ⇔ x = –2 ⇔ 32n = 9 Substitusikan x = –2 ke f[x]. ⇔ 32n = 32 f[x] = x2 – 16 ⇒ f[–2] = –12 [genap] ⇔ 2n = 2 Oleh karena f[x] genap, x = –2 merupakan ⇔ n=1 penyelesaian. Jadi, nilai n yang memenuhi adalah 1. Jadi, himpunan penyelesaiannya {–4, –2, 0, 4}. b. 7n + 7n + 1 – 21 × 7n – 1 = 245 1

B. Uraian ⇔ 7n + 7n × 7 – 21 × 7n × 7 = 245

x2 − 4 ⇔ 7n [1 + 7 – 3] = 245 ⎛ 1 ⎞ 1. a. 92x – 4 = ⎜ ⎟ 245 ⎝ 27 ⎠ ⇔ 7n = 5 2 ⇔ [32]2x – 4 = [3–3]x – 4 ⇔ 7n = 49 ⇔ 2[2x – 4] = –3[x2 – 4] ⇔ 7n = 72 ⇔ 4x – 8 = –3x2 + 12 ⇔ n=2

Jadi, nilai n yang memenuhi adalah 2.

194 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen 2 3. 52x – 32x = 52x – 1 + 32x – 1 5. Persamaan [x2 – 2x]x – 2x = [x2 – 2x]6 – x merupa- ⇔ 5 – 52x – 1 = 32x + 32x – 1 2x kan bentuk [h[x]]f[x] = [h[x]]g[x]. Penyelesaiannya 1 1 dapat ditentukan dari beberapa kemungkinan ⇔ 52x – 5 × 52x = 32x + 3 × 32x berikut. 4 4 a. f[x] = g[x] ⇔ x2 – 2x = 6 – x ⇔ 5 × 52x = 3 × 32x ⇔ 2 x –x–6 =0 52x 32x ⇔ [x + 2][x – 3] = 0 ⇔ = 5 3 ⇔ x = –2 atau x = 3 ⇔ 52x – 1 = 32x – 1 b. h[x] = 1 ⇔ x2 – 2x = 1 Penyelesaian dari 52x – 1 = 32x – 1 adalah: ⇔ x2 – 2x – 1 = 0 2x – 1 = 0 2± 4+4 2±2 2 ⇔ x= 2 1 ⇔ x= =

2 2

Jadi, nilai x yang memenuhi persamaan tersebut ⇔ x = 1 + 2 atau x = 1 – 2

adalah 2 . 1 c. h[x] = 0 ⇔ x2 – 2x = 0 ⇔ x[x – 2] = 0 4. A ⇔ x = 0 atau x = 2 Substitusikan x = 0 dan x = 2 ke f[x] dan g[x]. 2x + 2 f[0] = 02 – 2 × 0 = 0 [tidak positif/negatif] 4 g[0] = 6 + 0 = 6 [positif] Oleh karena f[0] dan g[0] keduanya tidak positif atau keduanya tidak negatif, x = 0 B 22x + 1 C bukan penyelesaian. AC2 = AB2 + BC2 f[2] = 22 – 2 × 2 = 0 [tidak positif/negatif] ⇔ [2x + 2]2 = 42 + [22x + 1]2 g[2] = 6 – 2 = 4 > 0 [negatif] ⇔ 2 2x + 4 = 16 + 24x + 2 Oleh karena f[2] dan g[2] keduanya tidak ⇔ 2 4x + 2 –2 2x + 4 + 16 = 0 positif dan keduanya tidak negatif, x = 2 bukan ⇔ 22 × 24x – 24 × 22x + 16 = 0 penyelesaian. Misalkan p = 22x, persamaan tersebut menjadi: 4p2 – 16p + 16 = 0 d. h[x] = –1 ⇔ x2 – 2x = –1 ⇔ p2 – 4p + 4 = 0 ⇔ x – 2x + 1 = 0

⇔ [p – 2]2 = 0 ⇔ [x – 1]2 = 0 ⇔ p–2=0 ⇔ x=1 ⇔ p=2 Substitusikan x = 1 ke f[x] dan g[x]: ⇔ 2 = 21 2x f[1] = 12 – 2 × 1 = –1 [ganjil] ⇔ 2x = 1 g[1] = 6 – 1 = 5 [ganjil] ⇔ x= 2 1 Oleh karena f[1] ganjil dan g[1] ganjil, x = 1 merupakan penyelesaian. 1 Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 2 . Jadi, himpunan penyelesaiannya {–2, 1 – 2 , 1,

1+ 2 , 3}.

Matematika Kelas XII Program IPA 195 A. Pilihan Ganda Pembuat nol: 1. Jawaban: d 3 x – 4 = 0 atau x + 1 = 0 Grafik fungsi f[x] berada di atas sumbu X ketika 4 ⇔ x = 3 atau x = –1 f[x] > 0. f[x] > 0 Penyelesaian: 1 2 + – + ⇔ ⎛⎜ ⎞⎟ × 32x + 1 – 27 > 0 ⎝3⎠ –1 4 2x + 1 3 ⇔ 3–2 ×3 2 – 33 >0 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –1 ≤ x ≤ 3 }. 4 2x − 3 ⇔ 3 2 > 33 4. Jawaban: c 2x − 3 ⇔ 2 >3 1 ≤ 272 – x ⇔ 2x – 3 > 6 812x − 1 ⇔ 2x > 9 −4[2x − 1] ⇔ 3 2 ≤ 33[2 – x] 9 ⇔ x> 2 ⇔ –2[2x – 1] ≤ 3[2 – x] Jadi, grafik fungsi f[x] berada di atas sumbu X ⇔ –4x + 2 ≤ 6 – 3x ⇔ –x ≤ 4 9 pada interval x > 2 . ⇔ x ≥ –4 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x ≥ –4}. 2. Jawaban: b 5. Jawaban: d 2 512 × 2 x 8x 2 ≤ 5x 25 32x 64 ≥ 2 25 × 5x 5x 29 × 2 x 23x ⇔ ≤ 2 25x 26 5x 52 2 ⇔ ≥ ⇔ ≤ 2x – 5x + 9 23x – 6 5 × 5x 2 5x ⇔ x2 – 5x + 9 ≤ 3x – 6 x2 − x − 2 ⇔ 5 2 ≥ 52 – x ⇔ x2 – 8x + 15 ≤ 0 2 ⇔ [x – 5][x – 3] ≤ 0 x −x−2 ⇔ ≥2–x 2 Pembuat nol: ⇔ – x – 2 ≥ 4 – 2x x2 x – 5 = 0 atau x – 3 = 0 ⇔ x2 + x – 6 ≥ 0 x = 5 atau x = 3 ⇔ [x + 3][x – 2] ≥ 0 Penyelesaian: Pembuat nol: + – + x + 3 = 0 atau x – 2 = 0 ⇔ x = –3 atau x=2 3 5 Penyelesaian: ⇔ 3≤x≤5 + – + Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 3 ≤ x ≤ 5. –3 2 3. Jawaban: b Jadi, penyelesaiannya x ≤ –3 atau x ≥ 2. 1 x −4 ⎛1 ⎞2 2 6. Jawaban: a ⎜ ⎟ ≤ 274 – x ⎝9⎠ 22x + 2 – 3 × 2x + 2 + 8 < 0 1 2] ⇔ 2 × 22x – 3 × 22 × 2x + 8 < 0 2 ⇔ 3–2[ 2 x – 4] ≤ 33[4 – x ⇔ 4 × 22x – 12 × 2x + 8 < 0 1 Misalkan p = 2 x , sehingga pertidaksamaan ⇔ –2[ 2 x – 4] ≤ 3[4 – x2] menjadi: ⇔ –x + 8 ≤ 12 – 3x2 ⇔ 4p2 – 12p + 8 < 0 ⇔ 3x2–x–4≤0 ⇔ p2 – 3p + 2 < 0 ⇔ [p – 1][p – 2] < 0

⇔ [3x – 4][x + 1] ≤ 0

196 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen Pembuat nol: Pembuat nol: p – 1 = 0 atau p – 2 = 0 p – 9 = 0 atau p – 3 = 0 ⇔ p = 1 atau p = 2 ⇔ p = 9 atau p=3

+ – + + – +

1 2 3 9

Penyelesaian: Penyelesaian: 1 0 10. Jawaban: c ⇔ 3p2 – 28p + 9 > 0 3 ⇔ [3p – 1][p – 9] > 0 625x − 2 > 125x × 256x 3 Pembuat nol: ⇔ 54[x − 2] > 53x × 512x 3p – 1 = 0 atau p – 9 = 0 4[x − 2] 3x 12x 1 ⇔ 5 2 > 52 × 5 3 ⇔ p= 3 atau p = 9

+ – + ⇔ 52[x – 2] > 5 2 × 54x ▲

▲

1 9 3x ⇔ 2x – 4 > 2 + 4x 3 1 3x Penyelesaian p < 3 atau p > 9 ⇔ 2x – 2 x – 4x > 4 1 7 ⇔ 3x < 3 atau 3x > 9 ⇔ –2 x>4 ⇔ 3x < 3–1 atau 3x > 32 8 ⇔ x 2 Jadi, nilai x yang memenuhi x < –1 atau x > 2. Jadi, nilai x yang memenuhi x < – 7 .

8. Jawaban: c 32x – 4 × 3x + 1 > –27 B. Uraian ⇔ [3 ] – 12 × 3x + 27 > 0

x 2

⇔ [3x – 3][3x – 9] > 0 3 1. y = f[x] = 4 – 9x Pembuat nol: 3 3x – 3 = 0 atau 3x – 9 = 0 a. f[x] = –23 ⇒ 4 – = –23 9x ⇔ 3x = 3 atau 3x = 9 3 + – + ⇔ – 2x = –27 3 3 9 ⇔ 31 – 2x = 33 ⇔ 3x < 3 atau 3x > 9 ⇔ 1 – 2x = 3 ⇔ 3x < 31 atau 3x > 32 ⇔ –2x = 2 ⇔ x < 1 atau x > 2 ⇔ x = –1 Jadi, nilai x yang memenuhi x < 1 atau x > 2. Jadi, nilai x = –1. b. Grafik fungsi berada di bawah garis y = 1 9. Jawaban: d berarti: 93x – 4 × 33x + 1 + 27 ≤ 0 f[x] < 1 ⇒ 4 – 31 – 2x < 1 ⇔[3 ]3x – 4 × 33x × 3 + 27≤ 0 2 ⇔ 31 – 2x > 3 ⇔ [33x]2 – 12 × 33x + 27 ≤ 0 ⇔ 1 – 2x > 1 Misalkan p = 33x, pertidaksamaan menjadi: ⇔ 2x < 0 p2 – 12p + 27 ≤ 0 ⇔ x0 5x Misalkan p = 5x, pertidaksamaan menjadi: 5 p + p –6>0 ⇔ p2 + 5 – 6p > 0 [–1, 3] [–3, 3] 3 ⇔ p2 – 6p + 5 > 0 ⇔ [p – 5][p – 1] > 0 [–2, 1] Pembuat nol: ] • [–1, 1 ] 11 1 [–3, 3 p – 5 = 0 atau p – 1 = 0 3 g[x] •3 1 X ⇔ p = 5 atau p = 1 –3 –2 –1 [0, 9 ] Penyelesaiannya p < 1 atau p > 5. c. Interval x sedemikian hingga f[x] di atas g[x] + – + ▲

▲

adalah x > –2 dan f[x] di bawah g[x] adalah 1 5 interval x < –2. p 51 ⇔ 32 ≥ 26 23x ⇔ x>1 4x − 6 Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah ⇔ 2 3 ≥ 24 – 3x {x | x < 0 atau x > 1}. 4x − 6 ⇔ ≥ 4 – 3x b. 54x + 1 – 26 × 25x + 5 ≤ 0 3 ⇔ 4x – 6 ≥ 12 – 9x ⇔ 5 × [52x]2 – 26 × 52x + 5 ≤ 0 ⇔ 13x ≥ 18 Misalkan 52x = p, pertidaksamaan menjadi: ⇔ x ≥ 13 18 5p2 – 26p + 5 ≤ 0 ⇔ [5p – 1][p – 5] ≤ 0 18

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x ≥ 13 }.

198 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen
Pembuat nol: 1

5p – 1 = 0 atau p–5=0 5n – 1 = p ⇔ 5 = p n − 1 1 p > 15 ⇔ p > 3 × 5 ⇔ p = 5 atau p=5 1 1 ⇔ p > pm+1 × pn−1 Penyelesaian: 1 1 + + – + ⇔ p > pm+1 n−1 1 5 Oleh karena 0 < p < 1 maka: 5 1 1 1 1< + ⇔ ≤p≤5 m+1 n−1 5 n − 1+ m + 1 ⇔ 5–1 ≤ 52x ≤ 51 ⇔ 1< [m + 1][n − 1] ⇔ –1 ≤ 2x ≤ 1 n − 1+ m + 1 ⇔ 1– [m + 1][n − 1] 0 sehingga untuk nilai x semakin kecil, nilai f[x] ⇔ 32x × 3 – 4 > –4 mendekati –125. ⇔ 32x + 1 – 4 > –4 Jadi, pernyataan yang benar pilihan d. ⇔ f[x] > –4 11. Jawaban: b Jadi, daerah hasilnya f[x] > –4. 3x + 2 = 27 3 1 7. Jawaban: e 3[x − 2] 3 3 ⇔ 3x + 2 = 33 × 3 2 x 1 x 1 f[x] = 8x − 2 = 2 2 = 2 2 × 2–3 = 8 × 2 2 3 2 ⇔ 3x + 2 = 3 3 1 x 1 Grafik fungsi f[x] = 8 × 2 2 mempunyai bilangan ⇔ x+2=32 pokok a = 2 > 1 berarti grafik monoton naik dan 1 ⇔ x =12 1 1 1 k= 8 berarti grafik memotong sumbu Y di titik [0, 8 ]. Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 1 2 . Jadi, grafik yang benar pilihan e. 12. Jawaban: e 8. Jawaban: b 2x – 2–x = 6 Grafik fungsi eksponen monoton naik dan ⇔ [2x – 2–x]2 = 62 memotong sumbu Y di titik [0, 18], y = f[x] = ⇔ 2 – 2 + 2–2x = 36 2x 18 × ax. ⇔ 2x + 2–2x = 38 Dengan mengambil bilangan pokok 3, y = f[x] = Jadi, nilai 22x + 2–2x adalah 38. 18 × 3x = 2 × 9 × 3x = 2 × 32 × 3x = 2 × 3x + 2. Jadi, persamaan grafik yang sesuai adalah 13. Jawaban: e y = 2 × 3x + 2. 27 1 = 9 32x − 1 9. Jawaban: b 27 1 Grafik fungsi f[x] = ax jika digeser ke kanan ⇔ = 32x − 1 32 4 satuan akan menghasilkan grafik fungsi dengan ⇔ 33 – [2x – 1] = 3–2 persamaan h[x] = ax – 4 sehingga persamaan grafik ⇔ 3 – [2x – 1] = –2 fungsi h[x] = 6x – 4 + 3 ⇔ h[x] = 6x – 1. ⇔ 4 – 2x = –2 10. Jawaban: d ⇔ –2x = –6 1] Grafik fungsi f[x] = 53x + 2 – 125 mempunyai ⇔ x=3 bilangan pokok a = 5 > 0 maka grafik monoton Jadi, penyelesaiannya x = 3. naik. 14. Jawaban: a 2] Grafik memotong sumbu X jika y = 0. 3 1 y = f[x] = 0 ⇔ 53x + 2 – 125 = 0 3[x + 2] = 27[1 – x] ⇔ 53x + 2 = 125 x+2 –3[1 – x ]

⇔ 53x + 2 = 53 ⇔ 3 3 =3 2

⇔ 3x + 2 = 3 x+2 3x – 3 ⇔ 3x = 1 ⇔ 3 = 2 1 ⇔ 2[x + 2] = 3[3x – 3] ⇔ x= 3 ⇔ 2x + 4 = 9x – 9 1 ⇔ 7x = 13 Jadi, grafik memotong sumbu X di titik [ 3 , 0]. 13 3] Grafik memotong sumbu Y jika x = 0. ⇔ x = 7 x = 0 ⇔ f[0] = 53 × 0 + 2 – 125 13 = 25 – 125 = –100 Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 7 . Jadi, grafik memotong sumbu Y di titik [0, –100]. 4] 5x > 0 ⇔ 53x > 0 15. Jawaban: b 2 ⇔ 53x × 52 > 0 ⎛ 3 ⎞ = 3 1 ⎜ x −1⎟ 9 ⇔53x + 2 – 125 > –125 ⎝3 ⎠ 2 ⇔ f[x] > –125 ⇔ 32 – [2x – 2] = 3– 3 Oleh karena f[x] > –125, asimtot datarnya 2

y = –125. ⇔ 2 – 2x + 2 = – 3

200 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen 2 20. Jawaban: d ⇔ 4 – 2x = – 3 34 – x + 3x – 30 = 0 14 ⇔ = 2x 34 3 ⇔ + 3x – 30 = 0 3x 7 ⇔ x= 3 ––––––––––––––––– × 3x 7 7 ⇔ 34 + 32x – 30 × 3x = 0 3× Nilai 8x = 8 3 = 2 3 = 27 = 128. ⇔ 81 + 32x – 30 × 3x = 0 Misalkan p = 3x, persamaan menjadi: 16. Jawaban: e 2 81 + p2 – 30p = 0 +x 128 2x = ⇔ p2 – 30p + 81 = 0 4x 8 2 ⇔ [p – 3][p – 27] = 0 27 2x + x ⇔ = ⇔ p – 3 = 0 atau p – 27 = 0 22x 23 2 ⇔ p = 3 atau p = 27 ⇔ 27 – 2x = 2x + x – 3 Untuk p = 3 ⇒ 3x = 3 ⇔ 7 – 2x = x2 + x – 3 ⇔ x=1 ⇔ x2 + 3x – 10 = 0 Untuk p = 27 ⇒ 3x = 33 ⇔ [x + 5][x – 2] = 0 ⇔ x=3 ⇔ x+5=0 atau x – 2 = 0 Jadi, x1 + x2 = 13 + 33 = 1 + 27 = 28. 3 3 ⇔ x = –5 atau x =2 Jadi, nilai x yang memenuhi x = –5 atau x = 2. 21. Jawaban: a x2 + 4x x+4 × ⎛⎜ 17. Jawaban: d ⎛ 9 ⎞ 125 ⎞ ⎜ ⎟ ⎟ =1 2 × 32x + 1 + 32x + 3 = 297 ⎝ 25 ⎠ ⎝ 27 ⎠ 2[x2 + 4x] −3[x + 4] 0 ⇔2 × 32x ×3 + 32x × 33 = 297 ⇔ ⎛3⎞ × ⎛⎜ ⎞⎟ 3 = ⎛⎜ ⎞⎟ 3 ⎜ ⎟ ⇔ 32x[6 + 27] = 297 ⎝5⎠ 5⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 5 ⇔ 32x = 9 ⇔ 2[x2 + 4x] – 3[x + 4] = 0 ⇔ 32x = 32 ⇔ 2x2 + 5x – 12 = 0 ⇔ 2x = 2 ⇔ [2x – 3][x + 4] = 0 ⇔ x =1 ⇔ 2x – 3 = 0 atau x + 4 = 0 Jadi, nilai x = 1. ⇔ 3 x = 2 atau x = –4 18. Jawaban: b 3 4y + x – 4y + x + 2 = –15 Oleh karena x1 < x2 maka x1 = –4 dan x2 = 2 . ⇔ 4 + x – 42 × 4y + x = –15 y 3 Nilai x1 – 2x2 = –4 – 2 × 2 = –7. ⇔ [1 – 42] × 4y + x = –15 ⇔ –15 × 4y + x = –15 22. Jawaban: c ⇔ 4y + x = 1 Misal h[x] = x + 4, f[x] = x – 1, dan g[x] = x2 – 7x + 6. ⇔ y+x=0 Penyelesaian persamaan tersebut dapat ⇔ y = –x ditentukan dari beberapa kemungkinan berikut. Jadi, persamaan yang ekuivalen dengan per- 1] f[x] = g[x] samaan tersebut adalah y = –x. ⇔ x – 1 = x2 – 7x + 6 19. Jawaban: e ⇔ 2 x – 8x + 7 = 0 2 92x – 6x + 1 = 272x – 4 ⇔ [x – 1][x – 7] = 0 2 – 6x + 1] ⇔ 32[2x = 33[2x – 4] ⇔ x = 1 atau x = 7 ⇔ 2 4x – 12x + 2 = 6x – 12 2] h[x] = 1 ⇔ x + 4 = 1 ⇔ 4x2 – 18x + 14 = 0 ⇔ x = –3 α dan β akar-akar persamaan 4x2 – 18x + 14 = 0, 3] h[x] = 0 ⇔ x + 4 = 0 b 18 1 maka α + β = – a = 4 = 4 2 . ⇔ x = –4 Substitusikan x = –4 ke f[x] dan g[x]. 1 Jadi, nilai α + β = 4 2 . f[–4] = –4 – 1 = –5 < 0 g[–4] = [–4]2 – 7 × [–4] + 6 = 50 > 0 Oleh karena f[–4] dan g[–4] keduanya tidak positif, x = –4 bukan penyelesaian. 4] h[x] = –1 ⇔ x + 4 = –1

⇔ x = –5

Matematika Kelas XII Program IPA 201 Substitusikan x = –5 ke f[x] dan g[x]. ⇔ 73x > 73 f[–5] = –5 – 1 = –6 [genap] ⇔ 3x > 3 g[–5] = 25 + 35 + 6 = 66 [genap] ⇔ x>1 Oleh karena f[–5] dan g[–5] keduanya genap, Jadi, grafik fungsi berada di atas sumbu X untuk x = –5 merupakan penyelesaian. nilai x > 1. Diperoleh semua penyelesaian: 1, 7, –3, dan –5. 26. Jawaban: a Jumlahnya = 1 + 7 + [–3] + [–5] = 0. Grafik fungsi f[x] di atas grafik fungsi g[x] jika 23. Jawaban: c f[x] > g[x]. 2 [x2]x = x4x – x −x − 8 2 2 ⎛ 1⎞ ⇔ x =x 2x 4x – x f[x] > g[x] ⇒ 5x –x+5 > ⎜⎝ 5 ⎟⎠ 1] 2x = 4x – x2 2 ⇔ 5x – x + 5 > 5x + 8 ⇔ x2 – 2x = 0 ⇔ 2 x –x+5>x+8 ⇔ x[x – 2] = 0 ⇔ x2 – 2x – 3 > 0 ⇔ x = 0 atau x = 2 ⇔ [x – 3][x + 1] > 0 2] x = 1 Pembuat nol: 3] x = 0 x – 3 = 0 atau x + 1 = 0 Substitusikan x = 0 ke 2x dan 4x – x2. ⇔ x = 3 atau x = –1 a] 2x = 2[0] = 0 + – +

b] 4x – x2 = 4[0] – 02 = 0

▲ ▲ c] x = 0 tidak memenuhi –1 3 4] x = –1 Penyelesaian: x < –1 atau x > 3 Substitusikan x = –1 ke 2x dan 4x – x2 Jadi, interval x yang memenuhi sedemikian hingga a] 2x = 2[–1] = –2 [genap] grafik fungsi f[x] di atas g[x] adalah x < –1 atau b] 4x – x2 = 4[–1] – [–1]2 = –5 [ganjil] x > 3. c] x = –1 tidak memenuhi Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {1, 2}. 27. Jawaban: c 32x + 1 – 63 × 9x – 1 + 108 ≥ 0 24. Jawaban: d 1 5x – 2y + 1 = 25x – 2y ⇔ 32x × 3 – 63 × 32x × 9 ≥ –108 ⇔ 5x – 2y + 1 = 52[x – 2y] ⇔ 32x[3 – 7] ≥ –108 ⇔ x – 2y + 1 = 2[x – 2y] ⇔ 32x ≤ 27 ⇔ x – 2y + 1 = 2x – 4y ⇔ –x + 2y = –1 . . . [1] ⇔ 32x ≤ 33 4 x – y + 2 = 32x – 2y + 1 ⇔ 2x ≤ 3 ⇔ 22[x – y + 2] = 25[x – 2y + 1] 3 ⇔ x≤ 2 ⇔ 2[x – y + 2] = 5[x – 2y + 1] 3 ⇔ 2x – 2y + 4 = 5x – 10y + 5 Jadi, nilai x yang memenuhi x ≤ 2 . ⇔ –3x + 8y = 1 . . . [2] Eliminasi dari persamaan [1] dan [2]: 28. Jawaban: e –x + 2y = –1 × 3 –3x + 6y = –3 3 1 64x × 512 > –3x + 8y = 1 × 1 –3x + 8y = 1 16x 128x ––––––––––– – 4x 26x × 29 – –2y = –4 ⇔ 2 3 > 27x ⇔ y =2 4x – Substitusikan y = 2 ke dalam persamaan [1]. ⇔ 2 3 > 26x – 7x + 9 –x + 2y = –1 4x ⇔ –x + 4 = –1 ⇔ – >9–x 3 ⇔ –x = –5 ⇔ –4x > 27 – 3x ⇔ x=5 ⇔ –x > 27 Nilai x + y = 5 + 2 = 7. ⇔ x < –27 25. Jawaban: d Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {x | x < –27}. f[x] = 73x – 343 di atas sumbu X berarti f[x] > 0. 73x – 343 > 0

⇔ 73x > 343

202 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen 29. Jawaban: c Jadi, grafik fungsi h[x] memotong sumbu X di titik 22x + 3 – 17 × 2x + 2 ≤ 0 1 [–1 2 , 0] dan memotong sumbu Y di titik [0, 124]. ⇔ 8 × 22x – 17 × 2x + 2 ≤ 0 Misalkan p = 2x, pertidaksamaan menjadi: 2. Grafik fungsi f[x] = memotong sumbu Y di titik 8p2 – 17p + 2 ≤ 0 [0, 7] dan melalui titik [1, 56] maka f[0] = 7 dan ⇔ [8p – 1][p – 2] ≤ 0 f[1] = 56. Pembuat nol: f[0] = ka0x ⇔ 7 = k × 1 ⇔ k = 1 8p – 1 = 0 atau p – 2 = 0 Dengan demikian f[x] = 7 × abx ⇔ p = 8 atau 1 p=2 f[1] = 7ab ⇔ 56 = 7 × ab ⇔ ab = 8 + – + 1 1 b 1 2 f[ 3 ] + f[2] = 7a 3 + 7 × a2b

8 1

Penyelesaiannya: = 7[[ab] 3 + [ab]2] 1 1 = 7[8 3 + 82] ⇔ ≤p≤2 8 = 7[2 + 64] = 462 ⇔ ≤ 2x ≤ 21 2–3 ⇔ –3 ≤ x ≤ 1 3. a. f[x] = 2x – 2 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –3 ≤ x ≤ 1}. Tabel titik bantu: 30. Jawaban: d x ... –2 –1 0 1 2 3 ... x2 − 4 ⎛ 1 ⎞ 92x – 4 ≥ ⎜ ⎟ ⎝ 27 ⎠ f[x] ... 3 1 –1 0 2 6 ... –1 4 –1 2 2 ⇔ ≥ [32]2x – 4 [3–3]x – 4 ⇔ 4x – 8 ≥ –3x2 + 12 Grafik fungsi: ⇔ 3x2 + 4x – 20 ≥ 0 Y ⇔ [3x + 10][x – 2] ≥ 0 f[x] = 2x – 2 Pembuat nol: 3x + 10= 0 atau x – 2 = 0 6 ⇔ 3x = –10 ⇔ x=2 5 10 4 ⇔ x= – 3 3 + – + 2 10 2 1 – 3 X 10 –2 –1 0 1 2 3 Penyelesaiannya x = – 3 atau x = 2. 10 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x ≤ – 3 atau b. f[x] = –3x

x ≥ 2}. Tabel titik bantu:

x ... –2 –1 0 1 2 ... B. Uraian 1. Grafik f[x] = 52x – 1 – 5 digeser ke atas 4 satuan f[x] ... –9 1 1 –3 –1 –3 –9 ... maka: f1[x] = 52x – 1 – 5 + 4 = 52x – 1 – 1 Grafik fungsi: Grafik f[x] digeser ke kiri 2 satuan maka: Y h[x] = 52[x + 2] – 1 – 1 = 52x + 3 – 1 1 Grafik h[x] memotong sumbu X jika y = h[x] = 0. X –3 –2 –1 0 1 2 3 h[x] = 0 ⇒ 52x + 3 – 1 = 0 ⇔ 52x + 3 = 1 ⇔ 2x + 3 = 0 –3 1 ⇔ x = –1 2 Grafik h[x] memotong sumbu Y jika x = 0. x = 0 ⇒ h[0] = 50 + 3 – 1 = 125 – 1 = 124 y = –3x

–9

Matematika Kelas XII Program IPA 203 4. a. 24 × 82x – 1 + 43x + 2 = 304 ⇔ 2x = –1 atau 2x = 0 1 1 ⇔24 × 82x × 8 + 43x × 42 = 304 ⇔ x= –2 atau x =0 ⇔ 3× 26x + 16 × 26x = 304 1 ⇔ 26x[3 + 16] = 304 Jadi, nilai x yang memenuhi x = – 2 dan x = 0. ⇔ 26x = 16 6. Misalkan: h[x] = x2 – 5x + 7, f[x] = x2 – 4, dan ⇔ 26x = 24 g[x] = 2 – x. ⇔ 6x = 4 Penyelesaian persamaan tersebut dapat ditentukan 2 ⇔ x= 3 dari beberapa kemungkinan berikut. 2 a. f[x] = g[x] Jadi, himpunan penyelesaiannya { 3 }. ⇔ x2 – 4 = 2 – x b. 81x + 1 – 324 × 92x – 2 = 231 ⇔ 2 x +x–6=0 1 ⇔ [x + 3][x – 2] = 0 ⇔ 81x × 81 – 324 × 92x × 81 = 231 ⇔ x = –3 atau x = 2 ⇔ 34x × 81 – 4 × 34x = 231 b. h[x] = 1 ⇔ 34x[81 – 4] = 231 ⇔ x2 – 5x + 7 = 1 231 ⇔ 34x = 37 ⇔ x2 – 5x + 6 = 0 ⇔ 34x = 3 ⇔ [x – 2][x – 3] = 0 ⇔ 4x = 1 ⇔ x = 2 atau x = 3 1 c. h[x] = 0 ⇔ x= 4 x2 – 5x + 7 = 0 1 Jadi, himpunan penyelesaiannya { 4 }. D = [–5]2 – 4 × 1 × 7 = 25 – 28 = –3 < 0 2 2 [Tidak mempunyai penyelesaian bilangan nyata.] 5. a. 5x – 2x + 1 = 6x – 2x + 1 ⇔ x – 2x + 1 = 0 2 d. h[x] = –1 ⇔ [x – 1]2 = 0 x2 – 5x + 7 = –1 ⇔ x=1 ⇔ x2 – 5x + 8 = 0 D = [–5]2 – 4 × 1 × 8 = 25 – 32 = –7 < 0 Jadi, nilai x yang memenuhi x = 1. [Tidak mempunyai penyelesaian bilangan b. 3 × 2x + 2 : [96 × 22x – 1] – 1 = 0 nyata] 1 Jadi, himpunan penyelesaiannya {–3, 2, 3}. ⇔ 3 × 2x + 2 : [96 × 22x × 2 ] = 1 7. a. [ 3 ]4x > 96x + 7 3 ⋅ 2x + 2 ⇔ =1 1 48 ⋅ 22x ⇔[3 2 ]4x > [32]6x + 7 2x + 2 48 ⇔ = 3 4x 22x ⇔ 2 > 2[6x + 7] ⇔ 2x + 2 – 2x = 16 ⇔ 2x > 12x + 14 ⇔ 2–x + 2 = 24 ⇔ –10x > 14 ⇔ –x + 2 = 4 14 ⇔ x = –2 ⇔ x < – 10 Jadi, nilai x yang memenuhi x = –2. 7 ⇔ x x + 5 ⇔ 2p2 – 3p + 1 = 0 ⇔ x2 + 3x – 4 > 0 ⇔ [2p – 1][p – 1] = 0 ⇔ [x + 4][x – 1] > 0 ⇔ 2p – 1 = 0 atau p – 1 = 0 Pembuat nol: 1 x + 4 = 0 atau x – 1 = 0 ⇔ p = 2 atau p =1 ⇔ x = –4 atau x=1 1 + – + ⇔ 4x = 2 atau 4x = 1 –4 1 ⇔ 22x = 2–1 atau 22x = 20 Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {x | x < –4 atau x > 1}. 204 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen 8. Tentukan himpunan penyelesaian dari pertidak- Pembuat nol: 9 3x – 4 = 0 atau x – 1 = 0 samaan 22 – 2x + 2 < . 2x 4 ⇔ x = 3 atau x = 1 Jawaban: + – + 9 22 – 2x + 2 < 1 4 2x 3 4 9 ⇔ +2< Penyelesaiannya: 22x 2x 4 Misalkan p = 2x, pertidaksamaan menjadi: ⇔1 5, x ∈ R}. [x, y] [0, 1] [0,5; 1,8] [1; 2,3] [2, 3] [ 5 2 ; 3,2] 6. Jawaban: c f[x] = xlog [2x2 + 5x – 3] terdefinisi jika x > 0, x ≠ 1, Jadi, grafik fungsi melalui titik [2, 3]. dan [2x2 + 5x – 3] > 0. 3. Jawaban: b 2x2 + 5x – 3 > 0 4 log x ⇔ [2x – 1][x + 3] > 0 f[x] = 1 − 2 × 4log x + – + 1 22 –3 log x 2 = 2 1 1 − 2 × 2 log x ⇔ x < –3 atau x > 2 1 2 Oleh karena x > 0 dan x ≠ 1 maka nilai x yang ⋅ log x = 2 1 1− 1 2 × 2 × 2log x memenuhi adalah x > dan x ≠ 1. 2 1 2 log x Jadi, domainnya {x | x > , x ≠ 1, x ∈ R}. = 2 2[1 − 2log x] 7. Jawaban: d 2 Cara 1 f[2a] + f[ ] a 1 2 f[x] = 2log [3x + ] 2 log 2a 2 log a 2 = + 2 Beberapa titik yang dilalui grafik fungsi f[x]. 2[1 − 2log 2a] 2 2[1 − log a ] 2 2 2 2 log 2 + log a log 2 − log a x 0 1 1 7 5 31 21 = + 6 2 6 2 6 2 2[1 − [2 log 2 + 2log a]] 2[1 − [2 log 2 − 2log a]] f[x] –1 0 1 2 3 4 5 1 + 2log a 1 − 2log a = + 2[1 − 1 − 2log a] 2[1 − 1 + 2log a] 1 + 2log a 1 − 2log a = + −2 × 2log a 2 × 2log a −1 − 2log a 1 − 2log a = + 2 × 2log a 2 × 2log a −2 ⋅ 2log a = = –1

2 × 2log a

Matematika Kelas XII Program IPA 207 Y Fungsi f[x] = 3log x melalui titik [1, 0], [3, 1], dan 7 [9, 2]. 6 1 y = f[x] = 2log [3x + 2 ] Y 5 2 y = f[x] 4 1 3 0 X 1 3 9 2 1 X –2 –1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 Jadi, grafik yang sesuai adalah pilihan b.

–1

–2 10. Jawaban: d Grafik fungsi monoton turun dan memotong Dari grafik tersebut diperoleh sumbu X di titik [1, 0], maka persamaannya: y = 21 alog x dengan 0 < a < 1. Persamaan grafik fungsi Domain = Df = {x| 0 ≤ x ≤ , x ∈ R}

2 1

Range = Rf = {y| –1 ≤ y ≤ 5, y ∈ R} yang bilangan pokoknya 0 < a < 1 adalah y = 2 log x. Jadi, persamaan grafik fungsi yang mungkin

Cara 2 1

1 y = 2 log x. f[x] = 2log [3x + ] 2 11. Jawaban: e Fungsi logaritma f[x] dengan bilangan pokok a = 2 f[x] = 5log 5x + 1 [> 1] merupakan fungsi monoton naik. Dengan Tabel titik bantu: demikian, semakin besar nilai x maka f[x] akan 1 1 1 semakin besar. x 125 25 5 1 5 f[x] terkecil dicapai saat x = 0. g[x] = 5log 5x –2 –1 0 1 2 1 1 f[0] = 2log [3 × 0 + ] = 2log = –1 f[x] = 5log 5x + 1 –1 0 1 2 3 2 2 21 f[x] terbesar dicapai saat x = . Grafik fungsi f[x] = 5log 5x + 1 dan g[x] = 5log 5x 2 21 21 1 f[ ] = 2log [3 × + ] = 2log 32 = 5 Y 2 2 2 Range fungsi 4 1 = {y | f[0] ≤ f[x] ≤ f[ ], y ∈ R} 3 y = f[x] = 5log 5x + 1 2

= {y | –1 ≤ y ≤ 5, y ∈ R} 2 y = g[x] = 5log 5x

8. Jawaban: e 1 Grafik pada soal merupakan grafik fungsi logaritma X f[x] = alog x dengan a > 1. 0 1 2 3 4 5 6 7 Sifat-sifat grafik tersebut: 1] mempunyai asimtot tegak x = 0; Dari grafik diperoleh kesimpulan berikut. 2] memotong sumbu X di titik [1, 0]; 3] daerah asal fungsi {x | x > 0, x ∈ R}. 1] Grafik f[x] = 5log 5x + 1 dapat diperoleh dengan Jadi, pernyataan yang benar pada pilihan e. menggeser g[x] = 5 log 5x ke atas 1 satuan. 2] Grafik f[x] = 5log 5x + 1 memotong sumbu X 9. Jawaban: b 1 Tabel titik bantu fungsi f[x] = 3log x di titik [ , 0]. 25 x 0 1 3 9 3] Grafik f[x] = 5log 5x + 1 tidak memotong f[x] = 3log x – 0 1 2 sumbu Y. Jadi, pernyataan yang benar adalah pilihan e. [x, f[x]] – [1, 0] [3, 1] [9, 2] 12. Jawaban: b 1 f[x] = – 3log x = 3log x–1 = 3log x Jika grafik fungsi f[x] = alog f[x] dicerminkan terhadap sumbu X, bayangannya adalah g[x] = 1

a log f[x] .

208 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma 1 b. Fungsi f[x] = 4log 4x 1 3−1 −1 3log g[x] = log 3 = log x = x. Tabel titik bantu: x Jadi, bayangannya g[x] = 3log x. 1 x 0 4 1 4 16 64 13. Jawaban: b f[x] = 4log 4x – 0 1 2 3 4 2 f[x] = 2log 2x 1 [x, f[x]] – [ , 0] [1, 1] [4, 2] [16, 3] [64, 4] ⇔ f[x] = x × log 2

2 2 4

⇔ f[x] = x2 Grafik fungsi f[x] = 4log 4x: Grafik y = f[x] = x2 berbentuk parabola yang terbuka Y ke atas. Jadi, grafik yang benar pilihan b. 4 14. Jawaban: a 1 01 4 16 64 X Grafik melalui titik [3, 1], maka 1 = alog 3 ⇔ a1 = 3 ⇔ a = 3. Persamaan grafik menjadi y = 3log x. Invers dari y = 3log x adalah y–1 = 3x. c. Fungsi f[x] = 4log [x + 1] Jadi, persamaan grafik fungsi inversnya y = 3x. Tabel titik bantu: 15. Jawaban: b x 0 3 15 63 Tabel titik bantu: f[x] = 4log 4x 0 1 2 3 x 0 1 3 9 [x, f[x]] [0, 0] [3, 1] [15, 2] [63, 3] f[x] = 3log x – 0 1 2 Grafik fungsi f[x] = 4log [x + 1]: [x, f[x]] – [1, 0] [3, 1] [9, 2]

Grafik fungsi f[x] = 3log x 3 1

Y 0 3 15 63 X

3 2 f[x] = 3log x 1 2. a. g[x] = k × 2log x X 1 1 0 1 3 9 ⇔ g[ ] = k × 2log 32 32 ⇔ 15 = k × 2log 2–5 Grafik fungsi tersebut diperoleh dengan menggeser ⇔ 15 = k × [–5] f[x] = 3log x ke atas 1 satuan. 15 ⇔ k= = –3 Jadi, persamaan grafik fungsi logaritma pada −5 gambar adalah f[x] = 3log x + 1. Jadi, nilai k = –3. b. g[x] = k × 2log x B. Kerjakan soal-soal berikut. = –3 × 2log x Tabel titik bantu: 1. a. Fungsi f[x] = 4log x 1 1 1

Tabel titik bantu: x 8 4 2 1 2 4 8

x 0 1 2 4 16 64 f[x] 9 6 3 0 –3 –6 –9 1 f[x] = 4log x – 0 2 1 2 3 1

[x, f[x]] – [1, 0] [2, 2 ] [4, 1] [16, 2] [64, 3]

Grafik fungsi f[x] = 4log x:
Y

3 1

0 12 4 16 64 X

Matematika Kelas XII Program IPA 209 Grafik fungsi g[x] = –3 × 2log x: Jadi, persamaan grafik fungsi logaritma gambar Y 1 9 tersebut f[x] = 3 log [x – 1]. 8 7 4. Grafik f[x] = alog 2x melalui titik [2, –2] maka 6 f[2] = –2. 5 f[2] = alog 2 × 2 4 ⇔ –2 = alog 4 3 ⇔ a–2 = 4 2 1 1 ⇔ a–2 = [ 4 ]–1 –4 –3 –2 –1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 X 1 –1 ⇔ a–2 = [ 2 ]–2 –2 1 –3 ⇔ a= 2

–4 1

–5 Diperoleh persamaan f[x] = 2 log 2x . –6 Grafik fungsi f[x] digeser ke kanan 2 satuan maka –7 1 –8 g[x] = 2 log 2[x − 2] . –9 1 g[x] = –3 × 2log x Jadi, persamaan grafik fungsi g[x] = 2 log 2[x − 2] . 1 3. f[x] = 3 log [ax + b] 5. Grafik f[x] = 3log [–2x2 + px + n] mempunyai titik Grafik melalui titik [2, 0] dan [4, –1] maka f[2] = 0 ekstrem [–2, 2] maka: dan f[4] = –1. Absis titik ekstrem: xm = –2 1 −b f[2] = 0 ⇔ 3 log [a × 2 + b] = 0 xm = 1 2a ⇔ log [2a + b] = 0 −p 3 ⇔ –2 = 0 2[−2] ⎛ 1⎞ ⇔ 2a + b = ⎜ ⎟ ⇔ p = –8 ⎝3⎠ ⇔ 2a + b = 1 . . . . [1] Substitusi nilai p = –8 ke persamaan grafik f[x] = 3log [–2x2 + px + n] diperoleh f[x] = 3log [–2x2 – 8x + n]. 1 f[4] = –1 ⇔ 3 log [a × 4 + b] = –1 Grafik f[x] melalui titik [–2, 2], maka f[–2] = 2. 1 3log [–2[2]2 – 8[–2] + n] = 2 ⇔ 3 log [4a + b] = –1 −1

⇔ 3log [–8 + 16 + n] = 2

⇔ 4a + b = ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ ⇔ 3log [8 + n] = 2 ⎝3⎠ ⇔ 8 + n = 32 ⇔ 4a + b = 3 . . . . [2] ⇔ 8+n=9 Eliminasi b dari persamaan [1] dan [2]. ⇔ n=1 2a + b = 1 Persamaan grafik menjadi: 4a + b = 3 f[x] = 3log [–2x2 – 8x + 1] –––––––––– – –2a = –2 f[–1] = 3log [–2 × [–1]2 – 8 × [–1] + 1] ⇔ a=1 = 3log [–2 + 8 + 1] Substitusikan nilai a = 1 ke dalam persamaan [1]. = 3log 7 2a + b = 1 ⇔ 2 × 1 + b = 1 f[–3] = 3log [–2 × [–3]2 – 8 × [–3] + 1] ⇔ b = –1 = 3log [–18 + 24 + 1] Substitusikan nilai a = 1 dan b = –1 ke dalam 1 = 3log 7 persamaan f[x] = 3 log [ax + b] diperoleh: 3 f[−1] log 7 1 Nilai = 3 =1 f[x] = log [1 × x – 1] 3 f[−3] log 7 1 f[−1] = 3 log [x – 1] Jadi, nilai = 1.

f[−3]

210 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma ⇔ 2x2 + 7x + 6 = 1 A. Pilihlah jawaban yang tepat. ⇔ 2x2 + 7x + 5 = 0 1. Jawaban: c ⇔ [2x + 5][x + 1] = 0 5log [3x – 2] = 2 ⇔ 2x + 5 = 0 atau x + 1 = 0 1 ⇔ 5log [3x – 2] = 5log 52 ⇔ x = –2 2 atau x = –1 ⇔ 5log [3x – 2] = 5log 25 Syarat numerus: Penyelesaian alog f[x] = alog p adalah f[x] = p. 1] x + 2 > 0 ⇔ x > –2 . . . [1] ⇔ 3x – 2 = 25 1 ⇔ 3x = 27 2] 2x + 3 > 0 ⇔ 2x > –3 ⇔ x > –1 2 . . . [2] ⇔ x =9 1 Oleh karena x = –2 2 tidak memenuhi syarat Syarat numerus: 3x – 2 > 0 1 ⇔ 3x > 2 [1] dan [2] maka x = –2 2 bukan merupakan 2 penyelesaian. ⇔ x> 3 Oleh karena x = –1 memenuhi syarat numerus [1] Oleh karena x = 9 memenuhi syarat numerus dan [2] maka x = –1 merupakan penyelesaian. 2 [x > 3 ] maka x = 9 merupakan penyelesaian. Jadi, nilai x yang memenuhi x = –1. Jadi, penyelesaiannya x = 9. 4. Jawaban: b 2log [x2 + 11x + 31] = 6log [x2 + 11x + 31] 2. Jawaban: d 1 Penyelesaian alog f[x] = blog f[x] adalah f[x] = 1. 2 log [x2 – 4x + 5] = –1 x2 + 11x + 31 = 1 1 1 ⇔ log [x2 – 4x + 5] = 2 log [ 2 ]–1 2 1 ⇔ x2 + 11x + 30 = 0 ⇔ [x + 5][x + 6] = 0 Penyelesaian alog f[x] = alog p adalah f[x] = p ⇔ x = –5 atau x = –6 dengan syarat f[x] > 0. Oleh karena x2 > x1 maka x1 = –6 dan x2 = –5. 1

⇔ x2 – 4x + 5 = [ 2 ]–1 Nilai x12 + 2x2 = [–6]2 + 2[–5] = 36 – 10 = 26.

⇔ x2 – 4x + 5 = 2 5. Jawaban: c [3x + 1]log 25 = 2 × 4log 5 ⇔ x2 – 4x + 3 = 0 ⇔ [x – 3][x – 1] = 0 ⇔ [3x + 1]log 25 = 4log 52 ⇔ x – 3 = 0 atau x – 1 = 0 ⇔ [3x + 1]log 25 = 4log 25 ⇔ x = 3 atau x=1 Penyelesaian f[x]log a = g[x]log a adalah f[x] = g[x] Syarat numerus: [x2 – 4x + 5] > 0 dengan syarat f[x] > 0, f[x] ≠ 1, g[x] > 0, dan g[x] [x2 – 4x + 5] mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 ≠ 1. maka [x 2 – 4x + 5] definit positif sehingga ⇔ 3x + 1 = 4 [x2 – 4x + 5] > 0 dipenuhi untuk sebarang nilai x ∈ R. ⇔ 3x = 3 Jadi, himpunan penyelesaiannya {1, 3}. ⇔ x =1 3. Jawaban: b Syarat bilangan pokok: 1 3log [x + 2] = 3 log [2x + 3] 1] 3x + 1 > 0 ⇔ 3x > –1 ⇔ 3log [x + 2] = –1 × 3log [2x + 3] 1 ⇔ x >–3 . . . [1] ⇔ 3log [x + 2] = 3log [2x + 3]–1 1 2] 3x + 1 ≠ 1 ⇔ 3x ≠ 0 ⇔ 3log [x + 2] = 3log [ 2x + 3 ] a a ⇔ x≠0 . . . [2] Penyelesaian log f[x] = log g[x] adalah f[x] = g[x] Oleh karena x = 1 memenuhi syarat bilangan pokok dengan syarat f[x] > 0 dan g[x] > 0. [1] dan [2] maka x = 1 merupakan penyelesaian. ⇔ x+2= 1 Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 1. 2x + 3

⇔ [x + 2][2x + 3] = 1

Matematika Kelas XII Program IPA 211 6. Jawaban: e 8. Jawaban: d 1 [2x + 1]log 3 5log 2 2 = [6x + 1]log 2 [x2 + x + 2] × 4log [2x + 1] = 2 1 3 ⇔ × 5log 2 = [6x + 1]log 2 ⇔ 4log [2x + 1] × [2x + 1]log [x2 + x + 2] = 2 2 3 2 ⇔ 5 log 2 = [6x + 1]log 2 ⇔ 4log [x2 + x + 2] = 4log 4 2 ⇔ 25log 2 = [6x + 1]log 2 Penyelesaian alog f[x] = alog g[x] adalah f[x] = g[x] Penyelesaian f[x]log a = g[x]log a adalah f[x] = g[x]. dengan syarat f[x] > 0, g[x] > 0, a > 0 , a ≠ 1.

⇔ 25 = 6x + 1 3

⇔ 6x = 25 – 1 ⇔ x2 + x + 2 = 4 2 = 8 ⇔ 6x = 24 ⇔ x2 + x + 2 – 8 = 0 ⇔ x=4 ⇔ x2 + x – 6 = 0 Syarat bilangan pokok: ⇔ [x + 3][x – 2] = 0 1] 6x + 1 > 0 ⇔ 6x > –1 ⇔ x + 3 = 0 atau x – 2 = 0 1 ⇔ x = –3 atau x = 2 ⇔ x >–6 a. Syarat numerus: 2] 6x + 1 ≠ 1 ⇔ 6x ≠ 0 1] x2 + x + 2 > 0 ⇔ x≠0 [x2 + x + 2] mempunyai nilai D < 0 dan 1 a > 0 maka [x2 + x + 2] definit positif Oleh karena x = 4 memenuhi x > – 6 dan x ≠ 0 sehingga [x2 + x + 2] > 0 dipenuhi untuk maka x = 4 merupakan penyelesaian. sebarang nilai x ∈ R. Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 4. . . . [1] 7. Jawaban: d 2] 2x + 1 > 0 ⇔ 2x > –1 xlog [3x2 + 14x – 24] – xlog [5x + 6] = 0 1 ⇔ x >–2 . . . [2]

⇔ xlog [3x2 + 14x – 24] = xlog [5x + 6]

Penyelesaian h[x]log f[x] = h[x]log g[x] adalah f[x] = b. Syarat bilangan pokok: g[x] dengan syarat f[x] > 0, g[x] > 0, h[x] > 0, h[x] ≠ 1. 1] 2x + 1 > 0 ⇔ 2x > –1 ⇔ 3x2 + 14x – 24 = 5x + 6 1 ⇔ 3x2 + 9x – 30 = 0 ⇔ x >–2 . . . [3] ⇔ 3[x – 2][x + 5] = 0 2] 2x + 1 ≠ 1 ⇔ 2x ≠ 0 ⇔ x = 2 atau x = –5 ⇔ x≠0 a. Syarat numerus: . . . [4] 1] 3x2 + 14x – 24 > 0 Oleh karena x = –3 tidak memenuhi syarat [2] dan ⇔ [3x – 4][x + 6] > 0 [3] maka x = –3 bukan merupakan penyelesaian. Oleh karena x = 2 memenuhi syarat [1], [2], [3], + – + . . . [1] dan 4] maka x = 2 merupakan penyelesaian. –6 4 Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 2.

2] 5x + 6 > 0 9. Jawaban: b ⇔ 5x > –6 xlog 81 – 2 × xlog 27 + xlog 9 + 1 2 × xlog 729 = 6 6 ⇔ x> –5 . . . [2] ⇔ xlog 34 – 2 × xlog 33 + xlog 32 + 1 × xlog 36 = 6

⇔ 4 × xlog 3 – 2 × 3 × xlog 3 + 2 × xlog 3 6 –5 1 b. Syarat bilangan pokok: + 2 × 6 xlog 3 = 6 1] x > 0 . . . [3] ⇔ [4 – 6 + 2 + 3] xlog 3 = 6 2] x ≠ 1 . . . [4] ⇔ 3 × xlog 3 = 6

Oleh karena x = 2 memenuhi syarat [1], [2], [3], ⇔ xlog 3 = 2

dan [4] maka x = 2 merupakan penyelesaian. Penyelesaian log g[x] = p adalah g[x] = [f[x]] p
f[x]

Oleh karena x = –5 tidak memenuhi syarat [2] dan dengan syarat g[x] > 0, f[x] > 0, dan f[x] ≠ 1. [4] maka x = –5 bukan merupakan penyelesaian. ⇔ 3 = x2 Jadi, himpunan penyelesaiannya {2}.

⇔ x= 3 atau x = – 3

212 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma Syarat bilangan pokok: 1 1] x > 0 . . . [1] Oleh karena x = – 2 memenuhi syarat numerus 2] x ≠ 1 . . . [2] 1 [1], [2], dan [3] maka x = – 2 merupakan Oleh karena x = 3 memenuhi syarat [1] dan [2] penyelesaian. maka x = 3 merupakan penyelesaian. Oleh karena x = –3 tidak memenuhi syarat Oleh karena x = – 3 tidak memenuhi syarat [1] numerus [2] maka x = –3 bukan merupakan maka x = – 3 bukan merupakan penyelesaian. penyelesaian. Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 3 . 1 Jadi, penyelesaiannya x = – 2 . 10. Jawaban: c 11. Jawaban: e 3log [x + 2] + 9log [4x2 + 12x + 9] = 1 [3log x]2 – 3 × 3log x + 2 = 0 ⇔ 3log [x + 2] + 9log [4x2 + 12x + 9] = 3log 3 Misalkan 3log x = p, maka persamaan logaritma di 1 ⇔3log [x + 2] + 2 × 3log [4x2 + 12x + 9]= 3log 3 atas menjadi: 1 p2 – 3p + 2 = 0 ⇔ 3log [x + 2] + 3log [[2x + 3]2] 2 = 3log 3 ⇔ [p – 1][p – 2] = 0 ⇔ 3log [x + 2] + 3log [2x + 3] = 3log 3 ⇔ p = 1 atau p=2 ⇔ 3log [[x + 2][2x + 3]] = 3log 3 ⇔ 3log x = 1 atau 3log x = 2 Penyelesaian alog f[x] = alog g[x] adalah f[x] = ⇔ x = 31 atau x = 32 g[x] dengan syarat f[x] > 0 dan g[x] > 0. ⇔ x = 3 atau x=9 ⇔ [x + 2][2x + 3] = 3 Syarat numerus: ⇔ 2x2 + 7x + 6 – 3 = 0 x>0 ⇔ 2x2 + 7x + 3 = 0 Oleh karena x = 3 dan x = 9 memenuhi syarat ⇔ [2x + 1][x + 3] = 0 numerus x > 0 maka x = 3 dan x = 9 merupakan ⇔ 2x + 1 = 0 atau x + 3 = 0 penyelesaian. 1 Diperoleh x1 = 3 atau x2 = 9. ⇔ x=–2 atau x = –3 Jadi, nilai x1x2 = 3 × 9 = 27. Syarat numerus: 1] [x + 2][2x + 3] > 0 12. Jawaban: d

2log2 [2x – 2] – 2log [2x – 2] = 2

+ – + ⇔ [2log [2x – 2]]2 – 2log [2x – 2] – 2 = 0 Misalkan 2log [2x – 2] = p, maka persamaan –2 3 –2 logaritma menjadi: p2 – p – 2 = 0 3 ⇔ x < –2 atau x > – 2 . . . [1] ⇔ [p – 2][p + 1] = 0 ⇔ p – 2 = 0 atau p+1 =0 2] x + 2 > 0 ⇔ x > –2 . . . [2] ⇔ p = 2 atau p = –1 ⇔ 2log [2x – 2] = 2 atau 2log [2x – 2] = –1 ⇔ 2x – 2 = 22 atau 2x – 2 = 2–1 –2 1 ⇔ 2x = 6 atau 2x = 2 2 2] 4x2 + 12x + 9 > 0 1 ⇔ [2x + 3]2 > 0 ⇔ x = 3 atau x =14 Syarat numerus: + + 2x – 2 > 0 ⇔ 2x > 2 3 ⇔ x>1 –2 1 Oleh karena x = 3 dan x = 1 4 memenuhi syarat 3 3 1 ⇔ x < – 2 atau x > – 2 . . . [3] numerus x > 1 maka x = 3 dan x = 1 4 merupakan penyelesaian. 1

Jadi, nilai x yang memenuhi x = 3 atau x = 1 4 .

Matematika Kelas XII Program IPA 213 13. Jawaban: b 5 π x ⇔ x = 24 π + k × 2 5 ⋅ log 8 − 3 =6 π 17 5 − xlog 8 ⇔ x = 24 + 24 π Misalkan xlog 8 = p persamaan menjadi: π 5p − 3 Jadi, x = 24 . ⇔ =6 5−p ⇔ 5p – 3 = 30 – 6p ⇔ 11p = 33 B. Kerjakan soal-soal berikut. ⇔ p=3 2 ⇔ xlog 8 = 3 1. a. log [x – 2] + 2log [x – 4] = 3 ⇔ 8 = x3 ⇔ 2log [[x – 2][x – 4]] = 2log 8 ⇔ x =38 = 2 Penyelesaian alog f[x] = alog g[x] adalah Jadi, nilai x yang memenuhi 2. f[x] = g[x] dengan syarat f[x] > 0 dan g[x] > 0. 14. Jawaban: b ⇔ [x – 2][x – 4] = 8 Persamaan logaritma: [2log x]2 + 2log x = 6 ⇔ x2 – 6x + 8 – 8 = 0 Misalkan: y = 2log x sehingga persamaan menjadi: ⇔ x2 – 6x = 0 y2 + y = 6 ⇔ x[x – 6] = 0 ⇔ 2 y +y–6=0 ⇔ x = 0 atau x = 6 ⇔ [y + 3][y – 2] = 2 Syarat numerus: ⇔ y = –3 atau y = 2 1] x – 2 > 0 ⇔ x > 2 . . . [1] ⇔ 2log x = –3 atau 2log x = 2 2] x – 4 > 0 ⇔ x > 4 . . . [2] ⇔ x = 2–3 atau x = 22 Oleh karena x = 6 memenuhi [1] dan [2] maka 1 ⇔ x= 8 atau x = 4 x = 6 merupakan penyelesaian. Oleh karena x = 0 tidak memenuhi [1] dan [2] 1 Misalkan x1 = 8 dan x2 = 4. maka x = 0 bukan merupakan penyelesaian. 1 1 Jadi, penyelesaiannya x = 6. Nilai x1 × x2 = 8 × 4 = 2 b. log [2x2 – 11x + 12] = log x[x – 3] 1 Jadi, nilai x1 × x2 = 2 . ⇔ log [2x2 – 11x + 12] = log [x2 – 3x] Penyelesaian alog f[x] = alog g[x] adalah 15. Jawaban: d f[x] = g[x] dengan syarat f[x] > 0 dan g[x] > 0. 1 = 2log 16 + 2log [sin x] + 2log [cos x] + 2log [cos 2x] ⇔ 1 = 2log [16 sin x cos x cos 2x] 2x2 – 11x + 12 = x2 – 3x ⇔ 1 = 2log [[8 × 2 sin x cos x] cos 2x] ⇔ x2 – 8x + 12 = 0 ⇔ 1 = 2log [4 × 2 × sin 2x cos 2x] ⇔ [x – 2][x – 6] = 0 ⇔ 1 = 2log [4 sin 4x] ⇔ x = 2 atau x = 6 ⇔ 1 = 2log 4 + 2log sin 4x Syarat numerus: ⇔ 1 = 2 + 2log sin 4x 1] 2x2 – 11x + 12 > 0 ⇔ 2log sin 4x = –1 ⇔ [2x – 3][x – 4] > 0 ⇔ sin 4x = 2–1 1 + – + ⇔ sin 4x = 2 3 1 2 4 1] sin 4x = sin 6 π 3 ⇔ x < 2 atau x > 4 . . . [1] 1 ⇔ 4x = 6 π + k × 2π 2] x[x – 3] > 0 1 π ⇔ x = 24 π + k × 2 + – + 0 3 π 13 ⇔ x = 24 , 24 π ⇔ x < 0 atau x > 3 . . . [2] 5 Oleh karena x = 2 tidak memenuhi [1] dan [2] 2] sin 4x = sin 6 π maka x = 2 bukan merupakan penyelesaian. 5 Oleh karena x = 6 memenuhi [1] dan [2] maka

⇔ 4x = 6 π + k × 2π x = 6 merupakan penyelesaian.

214 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
Jadi, penyelesaiannya x = 6. 1

⇔ x = 4 2 atau x = 42 [2x + 1] 2. a. log [2x2 + x – 1] = [2x + 1]log [x2 + 5] ⇔ x = 2 atau x = 16 Penyelesaian h[x]log f[x] = h[x]log g[x] adalah f[x] = g[x] dengan syarat f[x] > 0, g[x] > 0, 1] Syarat numerus: x > 0 . . . [1] h[x] > 0, dan h[x] ≠ 1. 2] Syarat bilangan pokok: ⇔ 2x2 + x – 1 = x2 + 5 x > 0, x ≠ 1 . . . [2] ⇔ x2 + x – 6 = 0 Oleh karena x = 2 dan x = 16 memenuhi syarat ⇔ [x – 2][x + 3] = 0 [1] dan [2] maka x = 2 dan x = 16 merupakan ⇔ x – 2 = 0 atau x + 3 = 0 penyelesaian. ⇔ x = 2 atau x = –3 Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 2 dan 16. c. [x + 1]log [3x2 + 2x – 1] = 2 1] Syarat numerus: a] 2x2 + x – 1 > 0 Penyelesaian f[x]log g[x] = p adalah g[x] = [f[x]]p ⇔ [2x – 1][x + 1] > 0 dengan syarat g[x] > 0, f[x] > 0, dan f[x] ≠ 1. ⇔ [3x2 + 2x – 1] = [x + 1]2 ⇔ 3x2 + 2x – 1 = x2 + 2x + 1 ⇔ 2x2 – 2 = 0 ⇔ 2[x2 – 1] = 0 1 ⇔ x < –1 atau x > 2 . . . [1] ⇔ 2[x – 1][x + 1] = 0 2 b] x + 5 > 0 ⇔ x – 1 = 0 atau x + 1 = 0 [x2 + 5] mempunyai nilai D < 0 dan ⇔ x = 1 atau x = –1 a > 0 maka [x2 + 5] definit positif 1] Syarat numerus: sehingga [x2 + 5] > 0 dipenuhi untuk 3x2 + 2x – 1 > 0 sebarang nilai x ∈ R. . . . [2] ⇔ [3x – 1][x + 1] > 0 2] Syarat bilangan pokok: + – + a] 2x + 1 > 0 ⇔ 2x > 1 1 1 –1 3 ⇔ x >–2 . . . [3] 1 ⇔ x < –1 atau x > . . . [1] b] 2x + 1 ≠ 1 ⇔ 2x ≠ 0 3 ⇔ x≠0 . . . [4] 2] Syarat bilangan pokok: Oleh karena x = 2 memenuhi [1], [2], [3], dan a] x + 1 > 0 [4] maka x = 2 merupakan penyelesaian. ⇔ x > –1 . . . [2] Oleh karena x = –3 tidak memenuhi [3] maka b] x + 1 ≠ 1 x = –3 bukan merupakan penyelesaian. ⇔ x≠0 . . . [3] Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 2. Oleh karena x = 1 memenuhi syarat [1], [2], 5 dan [3] maka x = 1 merupakan penyelesaian. b. xlog 4 + 4log x = 2 Oleh karena x = –1 tidak memenuhi syarat log 4 5 [1] dan [2] maka x = –1 bukan merupakan ⇔ + 4log x = penyelesaian. log x 2 1 5 Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 1. ⇔ log x + 4log x = 2 log 4 [3x2 + 10] 1 1 5 3. a. log 3 = + 4 × 11xlog 3 ⇔ 4 + 4log x = 1 log 11x

log x 2 27

54 [3x2 + 10]log 1 ⇔ 1 + [4log x]2 = log x ← kali 4log x ⇔ 3 = 11xlog 27 + 11xlog 34 2 Misalkan 4 log x = A maka persamaan [3x2 + 10]log 81 logaritma menjadi: ⇔ 3 = 11xlog 27 5 ⇔ [3x2 + 10]log 3 = 11xlog 3 1 + A2 = A 2 Penyelesaian f[x]log a = g[x]log a adalah f[x] = g[x] 5 ⇔ A2 – A + 1 = 0 dengan syarat f[x] > 0, g[x] > 0, f[x] ≠ 1, g[x] ≠ 1. 2 ⇔ 2A2 – 5A + 2 = 0 ← kali 2 ⇔ 3x2 + 10 = 11x ⇔ [2A – 1][A – 2] = 0 ⇔ 2 3x – 11x + 10 = 0 ⇔ 2A – 1 = 0 atau A – 2 = 0 ⇔ [3x – 5][x – 2] = 0 1 ⇔ 3x – 5 = 0 atau x – 2 = 0 ⇔ A= atau A=2 5 2 ⇔ x= 3 atau x = 2 1 ⇔ 4log x= atau 4log x = 2

Matematika Kelas XII Program IPA 215 Syarat bilangan pokok: b. 5log2 x+5 5log 21 – 5log 3 = 5log x3 + 25 5log 5 1] 3x2 + 10 > 0 5log 21 5log

[3x2 + 10] mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 ⇔ 5log2 x+5 3 = 3 × 5log x + [5 5 ]2

maka [3x2 + 10] definit positif sehingga ⇔ 5log2 x+5 5log 7 = 3 × 5log x + [5 5log 5 ]2 [3x2 + 10] > 0 dipenuhi untuk sebarang Ingat a alog b= b. nilai x ∈ R. . . . [1] 2] 11x > 0 ⇔ x > 0 . . . [2] ⇔ 5log2 x + 7 = 3 × 5log x + [ 5 ]2

3] 3x2 + 10 ≠ 1 ⇔ 3x2 ≠ –9 ⇔ 5log2 x + 7 = 3 × 5log x + 5

⇔ x2 ≠ –3 . . . [3] ⇔ 5log x – 3 × 5log x + 2 = 0
2

5 ⇔ [5log x – 1][5log x – 2] = 0 4] 11x ≠ 1 ⇔ x ≠ 3 . . . [4] ⇔ log x = 1 atau 5log x = 2

5 ⇔ 5log x = 5log 5 5log x = 5log 52 Oleh karena x = 3 dan x = 2 memenuhi syarat ⇔ x=5 x = 25 5 [1], [2], [3], dan [4] maka x = 3 dan x = 2 Syarat numerus: x > 0 . . . [1] merupakan penyelesaian. x3 > 0 . . . [2] 5 Oleh karena x = 5 dan x = 25 memenuhi [1] Jadi, himpunan penyelesaiannya = { 3 , 2}. dan [2] maka x = 5 dan x = 25 merupakan b. 3log2 x– 3 3 log x = 3 log 9 penyelesaian. Jadi, himpunan penyelesaiannya {5, 25}.

1 1

⇔ 3log2 x– 33 log x = 32 log 32 5. 104 × log x – 6 × 102 × log x + 5 = 0 Penyelesaian f[x]log g[x] = p adalah g[x] = [f[x]]p. ⇔ 3log2 x – 3 × 3log x = 4 × 3log 3 ⇔ [102 × log x]2 – 6 × 102 log x] + 5 = 0 ⇔ 3log2 x – 3 × 3log x – 4 = 0 Misalkan y = 102 × log x. ⇔ [3log x – 4][3log x + 1] = 0 ⇔ y2 – 6y + 5 = 0 ⇔ log x – 4 = 0 atau 3log x + 1 = 0 3 ⇔ [y – 1][y – 5] = 0 ⇔ 3log x = 4 atau 3log x = –1 ⇔ y = 1 atau y = 5 Penyelesaian log f[x] = alog p adalah f[x] = p

dengan syarat f[x] > 0. y = 1 ⇔ 102 × log x = 1 ⇔ x = 34 atau x = 3–1 ⇔ 102 × log x = 100 ⇔ 2 × log x = 0 1 ⇔ x = 81 atau x= 3 ⇔ x = 100 ⇔ x=1 Syarat numerus: x > 0 1 y=5 ⇔ 102 × log x = 5 Oleh karena x = 3 dan x = 81 memenuhi ⇔ log 102 × log x = log 5 1 ⇔2 × log x × log 10 = log 5 syarat x > 0 maka x = 3 dan x = 81 ⇔ 2 × log x = log 5 merupakan penyelesaian. ⇔ log x2 = log 5 1 ⇔ x2 = 5 Jadi, himpunan penyelesaiannya { 3 , 81}. 3 ⇔ x = – 5 atau x = 5 4. a. x[3 – log x] = 9 3log x[3 – 3log x] = 3log 9 Syarat numerus: x > 0 ⇔ Oleh karena x = 1 dan x = 5 memenuhi syarat ⇔ [3 – log x] × 3log x = 2

⇔ 3 × 3log x – 3log2 x = 2 numerus maka x = 1 dan x = 5 merupakan ⇔ log x – 3 × 3log x + 2 = 0 3 2 penyelesaian. ⇔ [3log x – 1][3log x – 2] = 0 Jadi, himpunan penyelesaiannya {1, 5 }. ⇔ log x = 1 3 atau 3log x = 2 Cara lain: ⇔ log x = log 3 atau 3log x = 3log 32 3 3 1 104 log x – 6[102 log x] + 5 = 0 ⇔ x =3 atau x=9 4 2 ⇔ 10log x – 6[10log x ] + 5 = 0 Syarat numerus: x > 0 ⇔ x4 – 6x2 + 5 = 0 Oleh karena x = 3 dan x = 9 memenuhi syarat ⇔ [x2 – 1][x2 – 5] = 0 numerus maka x = 3 dan x = 9 merupakan penyelesaian. ⇔ x2 = 1 atau x2 = 5 Jadi, himpunan penyelesaiannya {3, 9}. ⇔ x = ±1 atau x = ± 5 Oleh karena x numerus maka x > 0.

Jadi, himpunan penyelesaiannya {1, 5 }.

216 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma Irisan [1] dan [2] sebagai berikut.

A. Pilihlah jawaban yang tepat.

1. Jawaban: c 2 log [x – 1]2 ≤ 2 – 10 –3 3 10 2 ⇔ log [x – 1]2 ≤ 2log 4 ⇔ – 10 < x < –3 atau 3 < x < 10 Untuk a > 1 penyelesaian alog f[x] ≤ alog g[x] adalah f[x] ≤ g[x] dengan syarat f[x] > 0 dan g[x] > 0. Jadi, himpunan penyelesaiannya ⇔ [x – 1]2 ≤ 4 {x | – 10 < x < –3 atau 3 < x < 10 }. ⇔ x2 – 2x + 1 – 4 ≤ 0 3. Jawaban: d ⇔ x2 – 2x – 3 ≤ 0 1 1 1 5 log [x2 – 2x – 3] > 5 log [ 5 ]–1 ⇔ [x + 1][x – 3] ≤ 0 1 1 + – + ⇔ 5 log [x2 – 2x – 3] > 5 log 5 –1 3 ⇔ –1 ≤ x ≤ 3 . . . . [1] Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f[x] > alog g[x] adalah f[x] < g[x] dengan syarat f[x] > 0 dan g[x] > 0. Syarat numerus: ⇔ x2 – 2x – 3 < 5 [x – 1]2 > 0 ⇔ [x – 1][x – 1] > 0 ⇔ x2 – 2x – 8 < 0 ⇔ [x + 2][x – 4] < 0 1

⇔ x≠1 . . . . [2] + – +

Irisan penyelesaian [1] dan [2] sebagai berikut. –2 4 ⇔ –2 < x < 4 . . . . [1] Syarat numerus: –1 1 3 x2 – 2x – 3 > 0 Jadi, nilai x yang memenuhi –1 ≤ x ≤ 3, x ≠ 1. ⇔ [x – 3][x + 1] > 0 2. Jawaban: e + – + 1 ⇔ . . . [2] 3 log [x2 – 9] > 0 –1 3 1 1 1 Irisan [1] dan [2] sebagai berikut. ⇔ 3 log [x2 – 9] > 3 log [ 3 ]0

1 1

⇔ 3 log [x2 – 9] > 3 log 1 . . . [3] –2 –1 34 a a Untuk 0 < a < 1, penyelesaian log f[x] > log g[x] adalah f[x] < g[x] dengan syarat f[x] > 0 dan g[x] > 0. ⇔ –2 < x < –1 atau 3 < x < 4 ⇔ x2 – 9 < 1 Nilai yang memenuhi –2 < x < –1 atau 3 < x < 4. ⇔ x2 – 10 < 0 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –2 < x < –1 atau 3 < x < 4}. ⇔ [x + 10 ][x – 10 ] < 0 4. Jawaban: c 2 + – + log [x2 + x + 4] < 5log 625 2 – 10 10 ⇔ log [x2 + x + 4] < 4 2 ⇔ log [x2 + x + 4] < 2log 16 ⇔ – 10 < x < – 10 . . . . [1] Untuk a > 1 penyelesaian alog f[x] < alog g[x] adalah Syarat numerus: f[x] < g[x] dengan syarat f[x] > 0 dan g[x] > 0. x2 – 9 > 0 ⇔ [x + 3][x – 3] > 0 ⇔ x2 + x + 4 < 16 + – + ⇔ x2 + x – 12 < 0 –3 3 ⇔ [x + 4][x – 3] < 0 ⇔ x < –3 atau x > 3 . . . . [2] + – + –4 3

⇔ –4 < x < 3 . . . [1]

Matematika Kelas XII Program IPA 217 Syarat numerus: x2 + x + 4 > 0 + – + [x2 + x + 4] mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 maka 1 3 [x2 + x + 4] definit positif sehingga [x2 + x + 4] > 0 2 dipenuhi untuk sebarang nilai x ∈ R. . . . [2] Irisan penyelesaian [1] dan [2] sebagai berikut. 1 ⇔ p< 2 atau p >3 + – + 9 1 –4 3 ⇔ log x < 2 atau 9log x > 3 1 Penyelesaiannya: –4 < x < 3 ⇔ 9 log x < 9log 9 2 atau 9log x >9log 93 Jadi, nilai x yang memenuhi –4 < x < 3. 9 ⇔ log x < 9log 3 atau 9log x >9log 729 5. Jawaban: c 5 1 ⇔ x 729 . . . [1] log [x – 1] ≤ 5 log [2x – 1] Syarat numerus: 5 ⇔ log [x – 1] ≤ 5log [2x – 1]–1 x > 0 . . . [2] Untuk a > 1, penyelesaian alog f[x] ≤ alog g[x] adalah Dari [1] dan [2] diperoleh nilai x yang memenuhi f[x] ≤ g[x] dengan syarat f[x] > 0 dan g[x] > 0. adalah 0 < x < 3 atau x > 729. 1 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 0 < x < 3 ⇔ x – 1 ≤ 2x − 1 atau x > 729}. 1 ⇔ x–1– ≤0 7. Jawaban: b 2x − 1 1 [x − 1][2x − 1] − 1 1 ⇔ 2x − 1 ≤0 2 log 2 = 2–1log 2 = –1 × 2log 2 = 2log 2–1 = 2log 2 1 2x 2 − 3x ⇔ ≤0 2 log 2 + 2log [3x – 1] < 2log [x + 2] 2x − 1 x[2x − 3] 2 1 ⇔ ≤0 ⇔ log 2 + 2log [3x – 1] < 2log [x + 2] 2x − 1 2 3x − 1 – + – + ⇔ log < 2log [x + 2] 1 3 . . . . [1] 2 0 2 2 Untuk a > 1, penyelesaian alog f[x] < alog g[x] Syarat numerus: adalah f[x] < g[x] dengan syarat f[x] > 0 dan g[x] > 0. 1] x – 1 > 0 ⇔ x > 1 3 −1 ⇔ 2 2 . . . [1] 5 1 . . . . [3] Syarat numerus: 2 1 1] 3x – 1 > 0 ⇔ x > 3

Irisan penyelesaian [1], [2], dan [3] sebagai berikut.

. . . . [4] . . . [2] 3 1

1 2 3

3 2] x + 2 > 0 ⇔ x > –2 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 1 < x ≤ 2 }. . . . [3] –2 6. Jawaban: d 2 × 9log2 x – 7 × 9log x > –3 Irisan penyelesaian [1], [2], dan [3] sebagai berikut. Misalkan p = 9log x. Persamaan logaritma di atas menjadi –2 1 5 2p2 – 7p > –3 3 2 ⇔ 2p – 7p + 3 > 0 1 ⇔ 3 alog g[x] log [x – 2] + log [x + 1] < 2 × log [x + 4] adalah adalah f[x] < g[x] dengan syarat f[x] > 0 dan g[x] > 0. .... ⇔ [3x + 2][x + 2] < 4 a. x > 2 d. –4 < x < –1 ⇔ 3x2 + 8x + 4 – 4 < 0 b. x > –1 e. –4 < x < 2 ⇔ 3x2 + 8x < 0 c. –1 < x < 2 ⇔ x[3x + 8] < 0 Jawaban: a + – + log [x – 2] + log [x + 1] < 2 × log [x + 4] − 8 0 ⇔ log [[x – 2][x + 1]] < log [x + 4]2 3 8 ⇔ – < x < 0 . . . . [1] ⇔ [x – 2][x + 1] < [x + 4]2 3 ⇔ x2 – x – 2 < x2 + 8x + 16 Syarat numerus: ⇔ –9x < 18 2 1] 3x + 2 > 0 ⇔ x > – 18 3 ⇔ x> −9 ⇔ x > –2 2 . . . . [2] −

. . . . [1] 2] x2 + 4x + 4 > 0 –2 ⇔ [x + 2]2 ≥ 0 Syarat numerus:

1] x – 2 > 0 ⇔ x > 2 –2

⇔ x < –2 atau x > –2 . . . . [3] . . . . [2] 2 Irisan penyelesaian [1], [2], dan [3] sebagai berikut. 2] x + 1 > 0 ⇔ x > –1 8 2 – 3 –2 –3 0 . . . . [3] –1 2 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | – 3 < x < 0}. 3] x + 4 > 0 ⇔ x > –4 10. Jawaban: e 1 . . . . [4] [x + 2] log [x2 + 2x + 1] × 3 log [x + 2] > –2

–4 1

Irisan penyelesaian [1], [2], [3], dan [4] sebagai ⇔ 3 log [x + 2] × [x + 2]log [x2 + 2x + 1] > –2 1 berikut. ⇔ 3 log [x2 + 2x + 1] > –2 1 1 −2 ⎛ 1⎞ –4 –2 –1 2 ⇔ 3 log [x2 + 2x + 1] > 3 log ⎜ ⎟ ⎝3⎠ Jadi, nilai x yang memenuhi x > 2. Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f[x] > alog g[x] adalah f[x] < g[x] dengan syarat f[x] > 0 dan g[x] > 0. 9. Himpunan penyelesaian dari pertidaksamaan −2 ⎛ 1⎞ 1 1 ⇔ x2 + 2x + 1 < ⎜ ⎟ 2 log [3x + 2] + log [x2 + 4x + 4] > –2 adalah . . . . 4 ⎝3⎠ ⇔ x2 + 2x + 1 < 9 8 a. {x | –3 < x < –2} d. {x | –2 < x < 0} ⇔ x2 + 2x – 8 < 0 2 8 ⇔ [x + 4][x – 2] < 0 b. {x | –2 < x < – 3 } e. {x | – 3 < x < 0} + – + . . . [1] 2 –4 2 c. {x | –3 < x < 0} ⇔ –4 < x < 2 Jawaban: c Syarat numerus: 1 1 1] x2 + 2x + 1 > 0 2 log [3x + 2] + 4 log [x2 + 4x + 4] > –2 2 ⇔ x < –1 atau x > –1 1 ⎛ 1⎞ 1 −2 ⎜ ⎟ ⎛ 1⎞ ⇔ 2 log [3x + 2] + ⎝ 2⎠ log [x + 2]2 > 2 log ⎜ 2⎟ . . . . [2] ⎝ ⎠

1 1 1 –1

⇔ 2 log [3x + 2] + log [x + 2] > log 4 2 2 ⇔ [x + 1]2 > 0 1 1

⇔ 2 log [[3x + 2][x + 2]] > 2 log 4

Matematika Kelas XII Program IPA 219 2] x + 2 > 0 ⇔ x > –2 ⇔ x ≥ 2–3 1 . . . . [3] ⇔ x≥ . . . . [1]

–2 8

Syarat bilangan pokok:
1] x + 2 > 0 ⇔ x > –2 1

2] x + 2 ≠ 1 ⇔ x ≠ –1 8

Syarat numerus: . . . . [4] 1] x > 0 . . . . [2]

–2 –1

Irisan penyelesaian [1], [2], [3], dan [4] sebagai berikut. 0 –4 –2 –1 2 2] 1 – 2log x > 0 ⇔ 2 log x < 1 Jadi, nilai x yang memenuhi: –2 < x < 2 dengan ⇔ x 0 2 1 Irisan penyelesaian [1], [2], dan [3] sebagai berikut. ⇔ log x – 2 >0 log x Misalkan 2log x = y, pertidaksamaan logaritma 01 2

menjadi: 8

1 1 y– >0 Jadi, nilai x yang memenuhi adalah ≤ x < 2. y 8 y2 − 1 13. Jawaban: d ⇔ >0 y Misalkan alog x = p a [y − 1][y + 1] log2 x ≥ 8 + 2 × alog x ⇔ >0 y ⇔ p2 ≥ 8 + 2p 2 – + – + ⇔ p – 2p – 8 ≥ 0 –1 0 1 ⇔ [p + 2][p – 4] ≥ 0 ⇔ –1 < y < 0 atau y>1 + – + ⇔ –1 < 2log x < 0 atau 2log x > 1 –2 4 2 1 ⇔ log < 2log x < 2log 1 atau 2log x > 2log 2 2 ⇔ p ≤ –2 atau p ≥ 4 ⇔ 1 0 . . . . [2] Syarat numerus: x > 0 . . . . [2] Irisan penyelesaian [1] dan [2] sebagai berikut. Syarat bilangan pokok: x > 0, x ≠ 1 . . . . [3] Irisan penyelesaian [1], [2], dan [3] sebagai berikut. 0 1 a4 a2 1 1 0 2 1 2 Jadi, nilai x yang memenuhi 0 < x ≤ atau x ≥ a4. 1 a2 Jadi, nilai x yang memenuhi < x < 1 atau x > 2. 2 14. Jawaban: d [x – 1]log 11 12. Jawaban: c 7 ≥ 11 1 [x – 1]log 11 2 log [1 – 2log x] ≥ –2 ⇔ log 7 ≥ log 11 1 1 −2 ⇔ [x – 1]log 11 × log 7 ≥ log 11 ⎛ ⎞ 1 ⇔ 2 log [1 – 2log x] ≥ 2 log ⎜ ⎟ log 11 ⎝ 2⎠ ⇔ × log 7 ≥ log 11 Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f[x] ≥ alog g[x] log [x − 1] adalah f[x] ≤ g[x] dengan syarat f[x] > 0 dan g[x] > 0. ⇔ log 7 ≥ log [x – 1] ⇔ 1 – 2log x ≤ 4 ⇔ 7≥x–1 ⇔ 2

log x ≥ –3 ⇔ x≤8

220 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma . . . . [1] B. Kerjakan soal-soal berikut. 8 6 Syarat bilangan pokok: 1. a. log [x2 – x – 6] < 1 1] x – 1 > 0 ⇔ x > 1 ⇔ 6log [x2 – x – 6] < 6log 61 2] x – 1 ≠ 1 ⇔ x ≠ 2 Untuk a > 1, penyelesaian alog f[x] < alog g[x] adalah f[x] > g[x] dengan syarat f[x] > 0 dan . . . . [2] g[x] > 0. 1 2 ⇔ x2 – x – 6 < 6 2 Irisan penyelesaian [1] dan [2] sebagai berikut. ⇔ x – x – 12 < 0

⇔ [x + 3][x – 4] < 0

1 2 8 + – + . . . [1] Jadi, himpunan penyelesaiannya –3 4 {x | 1 < x ≤ 8, x ≠ 2}. ⇔ –3 < x < 4 15. Jawaban: c Syarat numerus Grafik fungsi f[x] di atas g[x] berarti g[x] < f[x]. x2 – x – 6 > 0 1 1 ⇔ [x + 2][x – 3] > 0 9 log [x2 – 2x] < 3 log [x + 2] 2 + – + ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ 1 . . . [2] 2 ⇔ ⎝3⎠

log [x – 2x] < log [x + 2] 3 –2 3

1 1 1 ⇔ x < –2 atau x > 3 ⇔ 3 log [x 2 − 2x] 2 < 3 log [x + 2] Irisan penyelesaian [1] dan [2] sebagai berikut. Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f[x] < alog g[x] adalah f[x] > g[x] dengan syarat f[x] > 0 dan g[x] > 0. –3 –2 3 4 ⇔ x 2 − 2x > x + 2 ⇔ –3 < x < –2 atau 3 < x < 4 ⇔ x2 – 2x > [x + 2]2 Jadi, himpunan penyelesaiannya ⇔ x2 – 2x > x2 + 4x + 4 {x | –3 < x < –2 atau 3 < x < 4}. ⇔ 6x < –4 1 2 ⇔ x 0 g[x] adalah f[x] ≤ g[x] dengan syarat f[x] > 0 ⇔ x > –2 dan g[x] > 0. ⇔ x2 – 24 ≤ 1 . . . . [2] ⇔ x2 – 25 ≤ 0 –2 ⇔ [x + 5][x – 5] ≤ 0 2] x2 – 2x > 0 + – + ⇔ x[x – 2] > 0 . . . [1]

⇔ x < 0 atau x > 2 –5 5

+ – + ⇔ –5 ≤ x ≤ 5 . . . . [3] Syarat numerus 0 2 x2 – 24 > 0 Irisan penyelesaian [1], [2], dan [3] sebagai berikut. ⇔ [x + 2 6 ][x – 2 6 ] > 0 2 –2 − 3 0 2 + – + 2 . . . [2]

Jadi, batas nilai x yang memenuhi –2 < x < –3. –2 6 2 6

⇔ x < –2 6 atau x > 2 6

Matematika Kelas XII Program IPA 221
Irisan penyelesaian [1] dan [2] sebagai berikut. 1

= 32
log 2−1

–5 –2 6 2 6 5 = 3 log 2 −1 1 3 3 log [x + 1] – log [x – 1] ≥ 3 log 4 ⇔ –5 ≤ x < –2 6 atau 2 6 < x ≤ 5 Jadi, himpunan penyelesaiannya x + 1⎞ ⇔ 3 log ⎛⎜ ⎟ ≥ 3 log 2–1 ⎝ x − 1⎠ {x | –5 ≤ x ≤ –2 6 atau 2 6 < x ≤ 5}. Untuk a > 1, penyelesaian alog f[x] ≥ alog g[x] 1 1 1 adalah f[x] ≤ g[x] dengan syarat f[x] > 0 dan 2. a. 5 log [x + 5] + log [x – 3] < log [5x + 3] 5 5 g[x] > 0. 1 1 ⇔ 5 log [x + 5][x – 3] < 5 log [5x + 3] x +1 1 ⇔ ≥ 2 Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f[x] < alog x −1 g[x] adalah f[x] > g[x] dengan syarat f[x] > 0 x +1 1 dan g[x] > 0. ⇔ – 2 ≥0 x −1 ⇔ [x + 5][x – 3] > 5x + 3 2x + 2 − [x − 1] ⇔ x2 + 5x – 3x – 15 – 5x – 3 > 0 ⇔ ≥0 2[x − 1] ⇔ x2 – 3x – 18 > 0 x+3 ⇔ [x + 3][x – 6] > 0 ⇔ 2[x − 1]

≥0

+ – + + – + . . . [1] . . . . [1]

–3 6 –3 1

⇔ x < –3 atau x > 6 ⇔ x ≤ –3 atau x > 1 Syarat numerus Syarat numerus: 1] x + 5 > 0 ⇔ x > – 5 1] x + 1 > 0 ⇔ x > –1 . . . . [2] 2] x – 1 > 0 ⇔ x > 1 . . . . [3] . . . [2] –5 Irisan penyelesaian [1], [2], dan [3] sebagai berikut. 2] x–3>0⇔x>3 –3 –1 1 . . . [3] 3 Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan tersebut adalah x > 1. 3] 5x + 3 > 0 ⇔ 5x > –3 3. f[x] = 1 – 6log [x2 – x – 6] 3 ⇔x> –5 . . . [4] a. Fungsi f terdefinisi apabila syarat numerusnya dipenuhi, yaitu: x2 – x – 6 > 0 3 ⇔ [x + 2][x – 3] > 0 –5 ⇔ x < –2 atau x > 3 Irisan penyelesaian [1], [2], [3], dan [4] sebagai + – + berikut. –2 3 Jadi, daerah asal fungsi f[x] adalah {x | x < –2 atau x > 3}. –5 –3 3 3 6 –5 b. f[x] ≥ 0 ⇔ 1 – 6log [x2 – x – 6] ≥ 0 6 Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan ⇔ log [x2 – x – 6] ≤ 1 tersebut adalah x > 6. ⇔ 6 log [x2 – x – 6] ≤ 6log 6 1 b. 3log 4 ⇔ x2 – x – 6 ≤ 6 2 = 3–1log 22 ⇔ x – x – 12 ≤ 0 2 ⇔ [x + 3][x – 4] ≤ 0 = −1 × 3log 2 + – + . . . [1] 1 3 –1 –3 4 = × log 2 1 2

⇔ –3 ≤ x ≤ 4

222 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma Syarat numerus: Syarat numerus: x2 – x – 6 > 0 ⇔ [x + 2][x – 3] > 0 1 3x + 1⎞ 1] 4 log ⎛⎜ ⎟ >0 + – + ⎝ 2x − 1⎠ . . . [2] –2 3 1 1 3x + 1 Irisan penyelesaian [1] dan [2] ⇔ log ⎛⎜ 4 ⎞ ⎟ > 4 log 1 ⎝ x −1 ⎠ Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f[x] > a log g[x] adalah f[x] < g[x]. –3 –2 3 4 3x + 1 –3 ≤ x < –2 atau x < x ≤ 4 ⇔ 1 1 1 1 ⎝ 2x − 1⎠ –2 – – 2 3 2 1 1 3x + 1⎞ 1 ⇔ log ⎛⎜ 4 ⎟ > log 4 Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah ⎝ 2x − 1⎠ 4 1 1 Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f[x] > alog {x | – 2 < x < – 3 }. g[x] adalah f[x] < g[x]. b. Nilai bilangan pokok bisa 0 < x < 1 atau x > 1. 3x + 1 1 ⇔ < 4 1] Untuk 0 < x < 1: 2x − 1 3x + 1 1 ⇔ – 4 –4 2] Untuk x > 1: . . . [6] –4 . . . [4] 1 Dari [4], [5], dan [6] tidak ada nilai x yang x log [2x + 8] ≤ x log x memenuhi. Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 0 < x < 1}. ⇔ 2x + 8 ≤ x ⇔ x ≤ –8 . . . [5]

–8

224 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma 1 A. Pilihlah jawaban yang tepat. Grafik fungsi 3 log [x + 1]: 1. Jawaban: d Y 1 2 8 26 f[2] = log [10 × 2 + 4] 2 –1 X 1 –2 –3 = log 24 2 y = f[x] 1 = log [8 × 3] 2 1 1 1 = log 8 + log 3 2 2 Jadi, grafik y = 3 log [x + 1] ditunjukkan oleh –1 –1 gambar e. = 2 log 23 + 2 log 3 = –3 × 2log 2 – 2log 3 5. Jawaban: a = –3 – 2log 3 Grafik fungsi f[x] = 4log 2x + 1 memotong sumbu X 2. Jawaban: b jika y = f[x] = 0. 4 f[x] = 2log [6x – 2] memotong sumbu X jika y = log 2x + 1 = 0 4 f[x] = 0 ⇔ log 2x = –1 4 2 log [6x – 2] = 0 ⇔ log 2x = 4log 4–1 ⇔ 2log [6x – 2] = 2log 1 1 ⇔ 2x = 4 ⇔ 6x – 2 = 1 1 ⇔ 6x = 3 ⇔ x= 8 1 ⇔ x= 2 Grafik fungsi f[x] memotong sumbu X di titik [ 8 , 0]. 1 1 Jadi, grafik memotong sumbu X di titik [ 2 , 0]. Fungsi f[x] = 4log 2x + 1 mempunyai bilangan pokok a = 4. Oleh karena a = 4 > 1, grafik f[x] monoton 3. Jawaban: a naik. Tabel titik bantu fungsi f[x] = 5log x: Jadi, grafik yang benar pilihan a. x 0 1 5 25 6. Jawaban: e f[x] = 5log x – 0 1 2 Grafik fungsi y = alog x melalui titik [8, –1]. y = alog x ⇔ –1 = alog 8 [x, f[x]] – [1, 0] [5, 1] [25, 2] ⇔ log a–1 = alog 8 a 5 Grafik fungsi y = log x: 1 ⇔a= 8 Y Jadi, persamaan grafik fungsi tersebut adalah 1 2 y = f[x] y = 8 log x . 1 X 0 1 5 25 7. Jawaban: c 1 5 Jadi, grafik fungsi y = log x ditunjukkan oleh Jika grafik fungsi a log x dicerminkan terhadap gambar a. sumbu x1 akan diperoleh grafik y = alog x. 1 4. Jawaban: e Jika grafik fungsi f[x] = 4 log 2x dicerminkan ter- 1 Grafik titik bantu fungsi f[x] = 3 log [x + 1]: hadap sumbu X, akan diperoleh grafik y = 4log 2x. 2 y = 4log 2x = 2 log 2x x 0 2 8 26 1 1 = 2 × 2log 2x f[x] = log [x + 1] 3 0 –1 –2 –3 1 1 [x, f[x]] [0, 0] [2, –1] [8, –2] [26, –3] = 2 × 2log 2 + 2 × 2log x 1 = 2 + 2log x Jadi, diperoleh grafik dengan persamaan 1

y = 2 + 2log x .

Matematika Kelas XII Program IPA 225 8. Jawaban: c 10. Jawaban: e Grafik f[x] = alog bx melalui titik [3, 0], maka log 42x − 2 = 4 2 f[3] = 0. Grafik fungsi monoton naik maka a > 0. f[3] = alog 3b ⇔ log 42x − 2 = 2log 16

⇔ 0 = alog 3b a ⇔ 42x − 2 = 16 ⇔ log 1 = alog 3b 2x −2 ⇔ 1 = 3b ⇔ 4 2 = 42 1 ⇔ b= 2x − 2 3 ⇔ =2 2 1 Persamaan grafik menjadi y = f[x] = alog 3 x. ⇔ 2x – 2 = 4 Grafik melalui titik [9, 4] maka f[9] = 4. ⇔ 2x = 6 ⇔ x=3 1 f[9] = alog 3 × 9 Jadi, nilai x yang memenuhi persamaan adalah x = 3. ⇔ 4 = alog 3 11. Jawaban: a ⇔ a4 = 3 49 log [2log [6x + 2]] = 2 1 1 ⇔ a= 3 4 ⇔ 49log [2log [6x + 2]] = 49log 7 2 Persamaan grafik menjadi: ⇔ log [6x + 2] = 7 1 1 ⇔ 6x + 2 = 27 34 f[x] = log 3 x ⇔ 6x + 2 = 128 1 1 ⇔ 6x = 126 = 1 × 3log 3 x ⇔ x = 21 4 Jadi, nilai x = 21. 1 = 4 × 3log 3 x 12. Jawaban: d Jadi, persamaan grafik fungsi adalah f[x] = 0 1 1 f[x] = 4 × 3log 3 x. ⇔ 2 5 log [3x – 2 ] – 2 log 2x = 0 9. Jawaban: c 2 5 –1 1 ⇔ log [3x – 2 ] = 2 log 2x 1] f[x] = log [x + 1] mempunyai 0 < a < 1 maka 4 2 5 1 grafik fungsi f[x] monoton turun sehingga untuk ⇔ log [3x – 2 ] = 2log 2x x1 > x2 maka f[x1] < f[x2]. 5 1 Jadi, pernyataan a salah, b salah, dan c benar. ⇔ 3x – 2 = 2x 2 2] Grafik memotong sumbu X jika y = f[x] = 0. ⇔ 6x – 5x – 1 = 0 1 ⇔ [6x + 1][x – 1] = 0 f[x] = 0 ⇔ 4 log [x + 1] = 0 1 1 1 ⇔ x = – 6 atau x = 1 ⇔ log [x + 1] = log 1 4 4 Syarat numerus: ⇔ x+1=1 5 5 ⇔ x=0 1] 3x – 2 > 0 ⇔ x > 6 Grafik f[x] memotong sumbu X di titik [0, 0]. 2] 2x > 0 ⇔ x > 0 Jadi, pernyataan d salah. 5 1 Dari syarat 1] dan 2] diperoleh syarat x > 6 . 3] Misalkan y = f[x] = log [x + 1] 4 1 5 5 ⎛ 1⎞ y Oleh karena x = – 6 < 6 dan x = 1 > 6 , nilai x ⇔ ⎜ ⎟ =x+1 ⎝4⎠ yang memenuhi x = 1. ⎛ 1⎞ y Jadi, fungsi bernilai nol pada saat x = 1. ⇔ x= ⎜ ⎟ –1 ⎝4⎠ x 13. Jawaban: a ⎛ 1⎞ ⇔ f–1[x] = ⎜ ⎟ –1 Grafik fungsi f[x] dan g[x] berpotongan jika f[x] = ⎝4⎠ Persamaan grafik fungsi invers f[x] adalah g[x]. 2 ⇔ log 2x = 4log [7x + 2] x 2 2 f–1[x] = ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ – 1. ⇔ log 2x = 2 log [7x + 2] ⎝4⎠ 1 2 ⇔ log 2x = 2log [7x + 2]2 Jadi, pernyataan e salah. 1

Jadi, pernyataan yang benar pilihan c. ⇔ 2x = [7x + 2]2

226 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma ⇔ [2x]2 = 7x + 2 2 + – + ⇔ 4x – 7x – 2 = 0 . . . [1] ⇔ [4x + 1][x – 2] = 0 2 4 ⇔ 4x + 1 = 0 atau x – 2 = 0 ⇔ x < 2 atau x > 4 1 ⇔ x = –4 atau x=2 2] 2x – 7 > 0 Syarat numerus: ⇔ 2x > 7 1] 2x > 0 ⇔ x > 0 . . . [1] 7 2 ⇔ x > 2 2] 7x + 2 > 0 ⇔ x > –7 . . . [3] 1 Oleh karena x = – 4 tidak memenuhi syarat [1] 7 . . . [2] 2 1 dan [2] maka x = – 4 bukan merupakan Syarat bilangan pokok: penyelesaian. 1] x – 3 > 0 Oleh karena x = 2 memenuhi syarat [1] dan [2] ⇔ x>3 maka x = 2 merupakan penyelesaian. Jadi, nilai x yang memenuhi x = 2. . . . [3] 3 14. Jawaban: c 2] x–3≠1 5 log x 2x – 7 1 ⇔ x≠3 . . . [4] 5 – log x + x =1 log [2x − 7] log [2x − 7] Oleh karena x = 3 tidak memenuhi [1], [2], [3], log x dan [4] maka x = 3 bukan penyelesaian. log 5 log x 1 ⇔ log [2x − 7] – + log [2x − 7] =1 Oleh karena x = 5 memenuhi [1], [2], [3], dan [4] log [2x − 7] log 5 log x maka x = 5 merupakan penyelesaian. log x log x log x Jadi, penyelesaiannya x = 5. ⇔ – + =1 log [2x − 7] log [2x − 7] log [2x − 7] 16. Jawaban: c 2 log x log2 x – 2log x3 = 4 ⇔ =1 2 log [2x − 7] ⇔ log x – 3 × 2log x – 4 = 0

⇔ log x = log [2x – 7] ⇔ [2log x – 4][2log x + 1] = 0 2 ⇔ x = 2x – 7 ⇔ log x – 4 = 0 atau 2log x + 1 = 0 2 2 ⇔ –x = –7 ⇔ log x = 4 log x = –1 4 ⇔ x=7 ⇔ x=2 x = 2–1 Syarat numerus: 1 ⇔ x = 16 x= 1] x > 0 . . . 1] 2 7 Syarat numerus: 2] 2x – 7 > 0 ⇔ x > 2 . . . [2] 1] x > 0 . . . [1] Syarat bilangan pokok: 2] x3 > 0 . . . [2] 1] x ≠ 1 . . . [3] 1 2] 2x – 7 ≠ 1 Oleh karena x = 16 dan x = memenuhi [1] dan 2 ⇔ 2x ≠ 8 1 [2] maka x = 16 dan x = merupakan ⇔ x ≠4 . . . [4] 2 Oleh karena x = 7 memenuhi [1], [2], [3], dan [4] penyelesaian. maka x = 7 merupakan penyelesaian. 1 Jadi, nilai x yang memenuhi atau 16. Jadi, himpunan penyelesaiannya {7}. 2 17. Jawaban: e 15. Jawaban: a [x – 3] log [x2 – 6x + 8] = [x – 3]log [2x – 7] Misalkan 2log x = n ⇔ x2 – 6x + 8 = 2x – 7 4log x – 3 × 21 + log x + 8 = 0 ⇔ 2 x – 8x + 15 = 0 ⇔ 22 log x – 3 × 2 × 2log x + 8 = 0 ⇔ [x – 3][x – 5] = 0 ⇔ [2log x]2 – 6 × 2log x + 8 = 0 ⇔ x = 3 atau x = 5 ⇔ n2 – 6n + 8 = 0 Syarat numerus: ⇔ [n – 4][n –2] = 0 1] x2 – 6x + 8 > 0 ⇔ n – 4 = 0 atau n – 2 = 0 ⇔ [x – 2][x – 4] > 0 ⇔ n = 4 atau n=2

⇔ 2log x = 4 atau 2log x = 2

Matematika Kelas XII Program IPA 227 ⇔ 2log x = 22 atau 2log x = 21 ⇔ 3x + 1 = [2x + 1]2 ⇔ log x = 2 atau log x = 1 ⇔ 3x + 1 = 4x2 + 4x + 1 ⇔ x = 100 atau x = 10 ⇔ 4x2 + x = 0 Syarat numerus: x > 0 ⇔ x[4x + 1] = 0 Oleh karena x = 10 dan x = 100 memenuhi syarat 1 numerus x > 0 maka x = 10d an x = 100 merupakan ⇔ x = 0 atau x = – 4 penyelesaian. Syarat numerus: Jadi, nilai x = 10 dan x = 100. 1 18. Jawaban: a 3x + 1 > 0 ⇔ x > – 3 . . . [1] x log [x + 2] – 3 × xlog 2 + 1 = 0 Syarat bilangan pokok: x ⇔ log [x + 2] + xlog x = 3 × xlog 2 1 x 1] 2x + 1 > 0 ⇔ x > – 2 . . . [2] ⇔ log [x + 2] × x = xlog 23 ⇔ [x + 2] × x = 23 2] 2x + 1 ≠ 1 ⇔ x ≠ 0 . . . [3] Oleh karena x = 0 tidak memenuhi [3] maka ⇔ x2 + 2x – 8 = 0 x = 0 bukan merupakan penyelesaian. ⇔ [x + 4][x – 2] = 0 1 ⇔ x = –4 atau x = 2 Oleh karena x = – 4 memenuhi [1], [2], dan [3] Syarat numerus: 1 maka x = – 4 merupakan penyelesaian. 1] x + 2 > 0 ⇔ x > –2 1 Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = – 4 . . . . [1] –2 21. Jawaban: a 1 2] x[x + 2] > 0 2 log [x + 3] > 2 log 3 –1 ⇔ 2log [x + 3] > 2 log 3 + – + 2 . . . [2] ⇔ log [x + 3] > 2log 3–1 –2 0 Untuk a > 1, penyelesaian alog f[x] > alog g[x] Syarat bilangan pokok: adalah f[x] > g[x]. 1] x > 0 . . . [3] 1 2] x ≠ 1 . . . [4] ⇔ x+3> 3 Oleh karena x = –4 tidak memenuhi [1] dan [3] ⇔ 3x + 9 > 1 maka x = –4 bukan merupakan penyelesaian. ⇔ 3x > –8 Oleh karena x = 2 memenuhi [1], [2], [3], dan [4] maka x = 2 merupakan penyelesaian. 8 ⇔ x >–3 Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 2. 19. Jawaban: a 2log . . . [1] x[2 + x] =8 – 8 3 2 2log ⇔ log x[2 + x] = 2log 8 Syarat numerus: x + 3 > 0 2 2 ⇔ [2 + log x] log x = 3 ⇔ x > –3 2 ⇔ log2 x + 2 × 2log x – 3 = 0 . . . [2] ⇔ [2log x – 1][2log x + 3] = 0 –3 2 2 ⇔ log x = 1 atau log x = –3 Irisan penyelesaian [1] dan [2] sebagai berikut. ⇔ x = 2 atau x = 2–3 1 ⇔ x = 2 atau x= 8 –3 – 8

1 1 8
Jadi, nilai x1 × x2 = 2 × 8 = 4 . Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x > – 3 .

22. Jawaban: e 20. Jawaban: a 2 a log [x – 2] + 2log [x + 5] ≤ 3 log [3x + 1] × [2x + 1]log a = 2 [2x + 1] ⇔ 2log [x – 2][x + 5] ≤ 2log 23 ⇔ log a × alog [3x + 1] = 2 [2x + 1] ⇔ [x – 2][x + 5] ≤ 23

⇔ log [3x + 1] = 2

228 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma ⇔ x2 + 3x – 10 ≤ 8 24. Jawaban: c x ⇔ x2 + 3x – 18 ≤ 0 log [x + 3] > xlog 2x Untuk a > 1, penyelesaian alog f[x] > alog g[x] ⇔ [x + 6][x – 3] ≤ 0 adalah f[x] > g[x]. Diketahui x > 1, maka: + – + . . . [1] ⇔ x + 3 > 2x –6 3 ⇔ x 0 ⇔ x > 2 a. Syarat numerus: 1] x + 3 > 0 ⇔ x > –3 . . . [2] 2 . . . [2]

2] x + 5 > 0 ⇔ x > –5 –3

2] 2x > 0 ⇔ x > 0 . . . [3] –5 . . . [3]

Irisan penyelesaian [1], [2], dan [3] sebagai berikut. 0

b. Syarat bilangan pokok: –6 –5 2 3 1] x > 0 . . . . [4] 2] x ≠ 1 . . . . [5] ⇔ 2 4 sebagai berikut. b. 2 ≤ x ≤ 6 e. x < 0 atau 4 < x ≤ 6 c. 4 ≤ x ≤ 6 –3 0 1 3 Jawaban: a 1 1 1 Jadi, nilai x yang memenuhi 1 < x < 3. 3 log 4 + 3 log [x – 3] ≤ 3 log [x2 – 4x] 1 1 25. Jawaban: d ⇔ 3 log 4[x – 3] ≤ 3 log [x2 – 4x] 2 × log [x + 1] ≤ log [x + 4] + log 4 ⇔ 4[x – 3] ≥ [x2 – 4x] ⇔ log [x + 1] 2 ≤ log 4[x + 4] ⇔ x2 – 8x + 12 ≤ 0 ⇔ log [x2 + 2x + 1] ≤ log [4x + 16] ⇔ [x – 2][x – 6] ≤ 0 Untuk a > 1, penyelesaian alog f[x] ≤ alog g[x] adalah f[x] ≤ g[x]. + – + . . . [1] ⇔ x2 + 2x + 1 ≤ 4x + 16 2 6 ⇔ x2 – 2x – 15 ≤ 0 Syarat numerus: ⇔ [x + 3][x – 5] ≤ 0 1] x – 3 > 0 ⇔ x > 3

+ – +

. . . [2] –3 5 3 ⇔ –3 ≤ x ≤ 5 . . . [1] 2] x2 – 4x > 0 ⇔ x[x – 4] > 0 Syarat numerus: ⇔ x < 0 atau x > 4 1] x + 1 > 0 ⇔ x > –1 . . . [2] + – + 0 4 . . . [3] –1 Irisan penyelesaian [1], [2], dan [3] sebagai berikut. 2] x + 4 > 0 ⇔ x > –1 . . . [3]

0 2 3 4 6

Jadi, nilai x yang memenuhi 4 < x ≤ 6.
–4

Matematika Kelas XII Program IPA 229 Irisan penyelesaian [1], [2], dan [3] sebagai berikut. 3

⇔ 16x2 – 24x + 9 ≤ 16[x – 4 ]

⇔ 16x2 – 24x + 9 – 16x + 12 ≤ 0
–4–3 –1 5

⇔ –1 < x ≤ 5 ⇔ 16x2 – 40x + 21 ≤ 0 Jadi, penyelesaiannya –1 < x ≤ 5. ⇔ [4x – 3][4x – 7] ≤ 0 26. Jawaban: e 2 [2x]1 + log 2x > 64x3 + – + 2 2 ⇔ log [2x]1 + log 2x > 2log 64x3 3 7 4 4 ⇔ [1 + 2log 2x][2log 2x] > 2log [4x]3 2 3 7 ⇔ log 2x + [2log 2x]2 > 3 × 2log 4x ⇔ ≤x≤ 4 . . . . [1] 4 2 ⇔ log 2x + [2log 2x]2 > 3 × [2log [ 2 × 2x] Syarat numerus: 2 ⇔ log 2x + [2log 2x]2 > 3 × [1 + 2log 2x] 3 ⇔ 2 log 2x + [2log 2x]2 > 3 + 3 × 2log 2x 1] 4x – 3 > 0 ⇔ x > 4 . . . . [2] ⇔ [ log 2x] – 2 × 2log 2x – 3 > 0 2 2 3 3 2] x– 4 >0 ⇔ x> 4 . . . . [3] ⇔ [2log 2x – 3][2log 2x + 1] > 0 Pembuat nol: Irisan dari penyelesaian [1], [2], dan [3] diperoleh: 2 log 2x – 3 = 0 atau 2log 2x + 1 = 0 2 2 ⇔ log 2x = 3 atau log 2x = –1 1 3 7 ⇔ 2log 2x = 2log 8 atau 2

log 2x = 2log 2 4 4

1 3 7 ⇔ 2x = 8 atau 2x = 2 Jadi, nilai yang memenuhi 4 < x ≤ 4 . 1 ⇔ x =4 atau x= 4 28. Jawaban: e 1 1 + – + – 2 × log x − 1 0 . . . [2] −2 × log2 x + 2 × log x − 1 2] 64x3 > 0 ⇔ x > 0 . . . [3] ⇔ 4. [–2y2 + 2y – 1] < 0. Oleh karena [–2y2 + 2y – 1] < 0 maka y[2y – 1] > 0. 27. Jawaban: b 4 3 + – + log [4x – 3] ≤ 1 + 16log [x – 4 ] 0 1 3 2 ⇔4log [4x – 3] ≤ 16log 16 + 16log [x – 4 ] Sehingga diperoleh: 4 3 1 ⇔ log [4x – 3] ≤ 16log 16[x – 4 ] y < 0 atau y > 2 3 1 ⇔ 42 log [4x – 3]2 ≤ 16log 16[x – 4 ] ⇔ log x < 0 atau log x > 2

16 3 ⇔ x < 100 atau x > 10 2 ⇔ log [16x2 – 24x + 9] ≤ 16log 16[x – 4 ]

⇔ x 10 . . . . [1]

230 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma Syarat numerus: x > 0 . . . . [2] 1 ⇔ + 1 < x < 10 + 1

Irisan penyelesaian [1] dan [2] diperoleh 0 < x < 1 10

atau x > 10 . 11 ⇔ < x < 11 . . . [1] 10 Jadi, penyelesaiannya 0 < x < 1 atau x > 10 . Syarat numerus: 29. Jawaban: d x– 1 > 0 ⇔ x > 1 . . . [2] 2 log2 [1 – x] – 8 > 2log [1 – x]2 Dari pertidaksamaan [1] dan [2] diperoleh: ⇔ [2log [1 – x]]2 – 8 > 2 2log [1 – x] 11 < x < 11. 10 2 Misalkan log [1 – x] = p maka pertidaksamaan 11 menjadi: Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | < x < 11}. 10 p2 – 8 > 2p ⇔ p2 – 2p – 8 > 0 B. Kerjakan soal-soal berikut.

⇔ [p – 4][p + 2] > 0 1

+ – +
1. a. f[x] = 2 log [x + 2] – 2

–2 4 Tabel titik bantu: ⇔ p < –2 atau p > 4 x –1 0 2 6

⇔ 2log [1 – x] < –2 atau 2log [1 – x] > 4 1

f[x] = log [x + 2] – 2 2 –2 –3 –4 –5 ⇔ 2log [1 – x] < 2log 2–2 atau 2log [1 – x] > 2log 24 [x, f[x]] [–1, –2] [0, –3] [2, –4] [6, –5] ⇔ 1 – x < 2–2 atau 1 – x > 24 1 1 ⇔ 1–x< 4 atau 1 – x > 16 Grafik fungsi f[x] = 2 log [x + 2] – 2: 3 Y

⇔ x> 4 atau x < –15

X
–2 –1 0 2 6

–15 3 . . . [1] 4 –2 Syarat numerus: –3

1] 1 – x > 0 ⇔ x < 1 –4

–5 1 . . . [2] f[x] = 2 log [x + 2] – 2 1 x = –2 2] [1 – x]2 > 0 b. f[x] = 3log 6x Tabel titik bantu: 1 3 27 . . . [3] x 0 6 6 6 1 f[x] = 3log 6x – 0 1 3 ⇔ x > 1 atau x < 1 1 3 27 [x, f[x]] – [ , 0] [ , 1] [ , 3]

Irisan pertidaksamaan [1], [2], dan [3] diperoleh: 6 6 6

Grafik fungsi f[x] = 3log 6x:

3 Y –15 1 f[x] = 3log 6x 4 3 Jadi, penyelesaian pertidaksamaan x < –15 atau 3 2 4 < x < 1, x ≠ 1. 1 30. Jawaban: e | log [x – 1] | < 1 0 X 1 2 3 4 5 6 7 ⇔ –1 < log [x – 1] < 1 –1 1 ⇔ log < log [x – 1] < log 10 10 1 ⇔ < x – 1 < 10

Matematika Kelas XII Program IPA 231 2. f[x] = 3log 3x dan g[x] = 3log [x + 2] Oleh karena x = 4 tidak memenuhi [1] dan [2] a. f[x] = g[x] ⇔ 3log 3x = 3log [x + 2] maka x = 4 bukan merupakan penyelesaian. ⇔ 3x = x + 2 Oleh karena x = –12 memenuhi [1] dan [2] ⇔ 2x = 2 maka x = –12 merupakan penyelesaian. ⇔ x=1 Jadi, penyelesaiannya x = –12. f[1] = 3log [3 × 1] = 3log 3 = 1 1 2 b. log [x + 7] + 2log [x + 6] + 2 log [x + 10] = 0 Jadi, f[x] dan g[x] berpotongan di titik [1, 1]. ⇔ 2log [x + 7] + 2log [x + 6] = 2log [x + 10] b. Fungsi f[x] dan g[x] di atas sumbu X jika 2 f[x] > 0 dan g[x] > 0. ⇔ log [x + 7][x + 6] = 2log [x + 10] f[x] > 0 ⇔ 3log 3x > 0 ⇔ x2 + 13x + 42 = x + 10 ⇔ 3x > 30 ⇔ x2 + 12x + 32 = 0 ⇔ 3x > 1 ⇔ [x + 4][x + 8] = 0 ⇔ x> 3 1 ⇔ x = –4 atau x = –8 g[x] > 0 ⇔ 3 log [x + 2] > 0 Syarat numerus: ⇔ x + 2 > 30 1] x + 7 > 0 ⇔ x > –7 . . . [1] ⇔ x+2>1 2] x + 6 > 0 ⇔ x > –6 . . . [2] ⇔ x > –1 3] x + 10 > 0 ⇔ x > –10 . . . [3] 1 Oleh karena x = –4 memenuhi [1], [2], dan [3] Jadi, f[x] di atas sumbu X untuk x > 3 maka x = –4 merupakan penyelesaian. dan g[x] di atas sumbu X untuk x > –1. Oleh karena x = –8 tidak memenuhi [1] dan [2] maka x = –8 bukan penyelesaian. c. Y Jadi, penyelesaiannya x = –4. f[x] = 3log 3x 3 [2x + 3] 4. a. log [x2 – 7x + 23] = 2 2 ⇔ [x2 – 7x + 23] = [2x + 3]2 g[x] = 3log [x + 2] 1 ⇔ x2 – 7x + 23 = 4x2 + 12x + 9 2 ⇔ 3x + 19x – 14 = 0 X –3 –2 –1 0 1 2 3 4 5 6 7 ⇔ [3x – 2][x + 7] = 0 –1 ⇔ 3x – 2 = 0 atau x + 7 = 0 –2 2 ⇔ x = 3 atau x = –7 3. a. 3 log [x2 – 9x + 14] = 3log [–17x + 62] 1] Syarat numerus: x2 – 7x + 23 > 0 ⇔ 3log [x2 – 9x + 14] = 3log [–17x + 62] [x2 – 7x + 23] mempunyai nilai D < 0 dan ⇔ x2 – 9x + 14 = –17x + 62 a > 0 maka [x2 – 7x + 23] definit positif ⇔ x2 + 8x – 48 = 0 sehingga [x2 – 7x + 23] > 0 dipenuhi untuk ⇔ [x – 4][x + 12] = 0 sebarang nilai x ∈ R. . . . [1] ⇔ x = 4 atau x = –12 2] Syarat bilangan pokok: Syarat numerus: a] 3 2x + 3 > 0 ⇔ x > – 2 . . . [2] 1] x2 – 9x + 14 > 0 ⇔ [x – 7][x – 2] > 0 b] 2x + 3 ≠ 1 ⇔ x ≠ –1 . . . [3] 2 Oleh karena x = 3 memenuhi [1], [2], dan [3] + – + 2 2 7 maka x = 3 merupakan penyelesaian. ⇔ x < 2 atau x > 7 . . . [1] Oleh karena x = –7 tidak memenuhi [2] maka x = –7 bukan merupakan penyelesaian. 2] –17x + 62 > 0 2 ⇔ –17x > –62 Jadi, himpunan penyelesaiannya { 3 }. 62 [4x + 5] ⇔ x < 17 b. log [x2 – 3x + 2] = [4x + 5]log [5x – 10] [4x + 5] ⇔ log [x2 – 3x + 2] = [4x + 5]log [5x – 10] 11 ⇔ x2 – 3x + 2 = 5x –10 ⇔ x< 3 17 . . . [2] 2 ⇔ x – 8x + 12 = 0 ⇔ [x – 2][x – 6] = 0 11 ⇔ x = 2 atau x = 6

3 17

232 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma Syarat numerus: 5 x−2 6. a. log [ x + 2 ] > 0 1] x2 – 3x + 2 > 0 ⇔ [x – 1][x – 2] > 0 5 x−2 ⇔ log [ x + 2 ] > 5log 50 + – + 5 x−2 ⇔ log [ x + 2 ] > 5log 1 1 2 x−2 ⇔ >1 ⇔ x < –1 atau x > 2 . . . [1] x+2 x−2 x+2 2] 5x –10 > 0 ⇔ x+2 – x+2 >0 ⇔ 5x > 10 −4 ⇔ x+2 >0 2 + – ⇔ x>2 . . . [2] –2 Syarat bilangan pokok: ⇔ x < –2 . . . [1] 1] 4x + 5 > 0 Syarat numerus: ⇔ 4x > –5 x−2 x+2 >0 5 –4 + – + 5 –2 2 ⇔ x > –4 . . . [3] ⇔ x < –2 atau x > 2 . . . [2] 2] 4x + 5 ≠ 1 Irisan dari [1] dan [2] sebagai berikut. ⇔ 4x ≠ –4 ⇔ x ≠ –1. . . [4] + Oleh karena x = 2 tidak memenuhi [1] dan [2] –2 maka x = 2 bukan merupakan penyelesaian. Oleh karena x = 6 memenuhi [1], [2], [3], dan Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x < –2}. [4] maka x = 6 merupakan penyelesaian. 1 Jadi, himpunan penyelesaiannya {6}. b. 2 log [x2 – 2x + 1] ≤ –4 3 5. [4log x]2 – 2log x – =0 1 1 1 4 1 2 2 2 1 3 ⇔ 2 log [x2 – 2x + 1] ≤ 2 log [ 2 ]–4 ⇔ [ × log x] – log x 2 – =0

2 4 1 1

⇔ 1 × [2log x]2 – 1 × 2log x – 3 =0 ⇔ 2 log [x2 – 2x + 1] ≤ 2 log 16 4 2 4 ⇔ x2 – 2x + 1 ≥ 16 ⇔ [2log x]2 – 2 × 2log x – 3 = 0 ← [dikali 4] ⇔ x2 – 2x – 15 ≥ 0 ⇔ [2log x + 1][2log x – 3] = 0 ⇔ [x + 3][x – 5] ≥ 0 2 ⇔ log x = –1 atau 2log x = 3 + – + –1 3 ⇔ x=2 atau x=2 –3 5 1 ⇔ x= atau x=8 ⇔ x < –3 atau x > 5 . . . [1] 2 Syarat numerus: Syarat numerus: 1] x > 0 . . . [1] x2 – 2x + 1 > 0 ⇔ [x – 1]2 > 0 2] x > 0 ⇔ x > 0 . . . [2] 1 + + Oleh karena x = dan x = 8 memenuhi [1] dan 2 1 1 [2] maka x = dan x = 8 merupakan penyelesaian.

2 ⇔x≠1 . . . [2]

Matematika Kelas XII Program IPA 233 Irisan dari [1] dan [2] sebagai berikut. 1 4 b. log [3x + 4] > 2log [x + 4] + 2 log 2 1 –3 1 5 ⇔ 2 × 2log [3x + 4] > 2log [x + 4] – 2log 2 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x ≤ –3 1 atau x ≥ 5}. x+4 ⇔ 2 log [3x + 4]2 > 2log 2 1 1 7. a. 2 × 9log [2x – 3] ≤ 3 log [x + 1] + 1 ⇔ [3x + 4]2 > x+4 2 1 1 1 1 ⇔ 2 × 2 × 3log [2x – 3] ≤ 3 log [x + 1] + 3 log 3 ⎛x +4⎞ 2 ⇔ 3x + 4 > ⎜ 2 ⎟ 1 ⎝ ⎠ 3 x +1 ⇔ log [2x – 3] ≤ 3 log 3 2 ⎛x +4⎞ ⇔ 3x + 4 – ⎜ 2 ⎟ >0 −1 ⎝ ⎠ 3 3 ⎛ x + 1⎞ ⇔ log [2x – 3] ≤ log ⎜ ⎟ ⇔ 4[3x + 4] – [x + 4]2 > 0 ⎝ 3 ⎠ ⇔ 12x + 16 – x2 – 8x – 16 > 0 3 ⇔ –x2 + 4x > 0 ⇔ 2x – 3 ≤ x + 1 ⇔ x2– 4x < 0 3 ⇔ x[x – 4] < 0 ⇔ 2x – 3 – x + 1 ≤ 0 + – + [2x − 3][x + 1] − 3 ⇔ x +1 ≤0 0 4 ⇔ 0 – 3 ⇔ x +1

≤0

– + – + – 4

3
. . . [1] 3

– –1 2 2 2] x+4>0 3

⇔ x< –2 atau –1 < x ≤ 2 ⇔ x > –4

Syarat numerus: . . . [2] –4 3

1] 2x – 3 > 0 ⇔ x > 2 Irisan penyelesaian [1] dan [2] sebagai berikut.

. . . [2] 3 4 2 –4 – 3

0 4

2] x + 1 > 0 ⇔ x > –1 Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan 0 < x < 4. . . . [3] 2 log 2 x+y –1 8. log 2 = –1 ⇔ 2 = –1 log [x + y] Irisan penyelesaian pertidaksamaan [1], [2], 1 dan [3] sebagai berikut. ⇔ 2 = –1 log [x + y] 2 ⇔ log [x + y] = –1 – 3 2 –1 3 2 2 ⇔ x + y = 2–1 2 Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan x–y log 8 log 8 = 2 ⇔ 2 =2 log [x − y] 3 adalah < x ≤ 2. 2 1 2 ⇔ log [x – y] = 2 2log 8 2 3 ⇔ log [x – y] = 2 3

⇔ x – y = 22

234 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma 2−1 10. a. Untuk bilangan pokok [2x – 1] > 1. x+y = 5 2x – 1 log [4x + 1] < 2x – 1log [x2 + 4x + 6] x−y 2 2 ⇔ 4x + 1 < x2 + 4x + 6 1 ⇔ x2 + 5 > 0 = 3 2 22 [x + 5] mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 maka 1 [x2 + 5] definit positif sehingga [x2 + 5] > 0 = dipenuhi semua nilai x ∈ R. 4 2 1 Syarat numerus: = 8 2 1 1] 4x + 1 > 0 ⇔ x > – 4 1 1 2 9. log x = 4 × 2 log 2[a + b] + 2 × 2 log 4[a – b] 1 . . . [1] 1 1 − ⎛a +b⎞

– 3 × log 2[a2 – b2] – log 4 ⎜⎝ a − b ⎟⎠ 2 2 2] x2 + 4x + 6 > 0 1 1 [x2 + 4x + 6] mempunyai nilai D < 0 dan = 2 log 24[a + b]4 + 2 log 42[a – b]2 a > 0 maka [x2 + 4x + 6] definit positif 1 1 sehingga [x2 + 4x + 6] dipenuhi untuk ⎛a +b⎞ sebarang nilai x ∈ R. – 2 log 23[a2 – b2]3 – 2 log 4 ⎜ a − b ⎟ ⎝ ⎠ Syarat bilangan pokok: 1 log 16[a + b]4 × 16[a − b]2 2x – 1 > 1 ⇔ x > 1 = 2 8[a2 − b2 ]3 × 4 ⎛⎜ a + b ⎞⎟

⎝ a −b ⎠

1 . . . [2] 1 8[a + b]4 [a − b]3 = 2 log [a − b]3 [a + b]3 [a + b] Dari [1] dan [2] diperoleh: 1 = 2 log 8 1 . . . [3] − 4 1 1 −3 ⎛ 1⎞ Nilai x yang memenuhi x > 1. = 2 log ⎜2⎟ ⎝ ⎠ b. Untuk bilangan pokok 0 < [2x – 1] < 1. 1 Diperoleh x2 + 5 < 0. 2 log x = log 8 ⇔ 2log x 2 Oleh karena [x2 + 5] definit positif, tidak ada ⇔ 2log x = –3 nilai x yang memenuhi. ⇔ x = 2–3 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x > 1}. 1

⇔ x= 8

1
Jadi, nilai x = 8 .

Matematika Kelas XII Program IPA 235 4. Jawaban: b

Pilihlah jawaban yang tepat. 3log2x – 4 3log x – 3log 1 = –3

1. Jawaban: d ⇔ [ log x]2 – 4 3log x – 0 + 3 = 0
3

Misalkan p : semua sungai bebas sampah ⇔ [3log x]2 – 4 3log x + 3 = 0 q : tidak terjadi banjir Misalkan y = 3log x diperoleh: r : semua warga tenang y2 – 4y + 3 = 0 Premis-premis tersebut dapat ditulis sebagai ⇔ [y – 3][y – 1] = 0 berikut. ⇔ y – 3 = 0 atau y – 1 = 0 Premis 1: ~q ⇒ ~p ⇔ y = 3 atau y = 1 ≡ p ⇒ q Untuk y = 3 diperoleh: Premis 2: q ⇒ r y=3 ––––––––––––––––––– ⇔ 3log x = 3 Kesimpulan: p ⇒ r ⇔ x = 33 Jadi, kesimpulan dari premis-premis tersebut ⇔ x = 27 adalah ”Jika semua sungai bebas sampah maka Untuk y = 1 diperoleh: semua warga tenang”. y=1 ⇔ 3log x = 1 2. Jawaban: e ⇔ x = 31 Misalkan p : hari ini hujan ⇔ x=3 q : semua kegiatan luar kelas dihentikan Jadi, nilai x yang memenuhi persamaan tersebut Diperoleh pernyataan ”p ⇒ q”. adalah x = 3 atau x = 27. ~[p ⇒ q] ≡ p ∧ ~q 5. Jawaban: b Jadi, negasi pernyataan tersebut adalah ”Hari ini Diketahui persamaan kuadrat 2x2 + 15x + 18 = 0. hujan dan beberapa kegiatan luar kelas tidak Diperoleh: dihentikan”. 15 α+β=– 2 3. Jawaban: d 18 [3 2 − 3][3 2 + 3] [3 2 − 3][3 2 + 3] αβ = 2 = 9 = 2 3 −3 2 3 −3 Persamaan kuadrat baru yang akar-akarnya [9 × 2 − 9] [2α + 1] dan [2β + 1]: = 2 3 −3 x2 – [[2α + 1] + [2β + 1]]x + [2α + 1][2β + 1] = 0 9 [2α + 1] + [2β + 1] = 2[α + β] + 2 = −15 2 3 −3 =2×[ 2 ]+2 9 2 3 +3 = –13 = × 2 3 −3 2 3 +3 [2α + 1][2β + 1] = 4αβ + 2[α + β] + 1 9[2 3 + 3] −15 = =4×9+2×[ 2 ]+1

4×3 −9

9[2 3 + 3] = 36 + [–15] + 1 = 22 = Jadi, persamaan kuadrat yang dimaksud x2 + 13x 3 + 22 = 0.

= 3[2 3 + 3]

236 Latihan Ujian Sekolah 6. Jawaban: a 9. Jawaban: a Grafik fungsi kuadrat y = x 2 + [k – 2]x + 4 Pembagi: 2x2 + 3x – 2 = [x + 2][2x – 1] menyinggung sumbu X jika D = 0. Misalkan sisanya ax + b D=0 f[x] dibagi [x + 2] sisanya 7, berarti: ⇔ b2 – 4ac = 0 f[–2] = 7 ⇔ [k – 2]2 – 4 × 1 × 4 = 0 ⇔ –2a + b = 7 . . . . [1] ⇔ k2 – 4k + 4 – 16 = 0 f[x] dibagi [2x – 1] sisanya 2, berarti: ⇔ k2 – 4k – 12 = 0 1 f[ 2 ] = 2 ⇔ [k – 6][k + 2] = 0 ⇔ k – 6 = 0 atau k + 2 = 0 ⇔ 1 a + b = 2 . . . [2] ⇔ k = 6 atau k = –2 2 Jadi, nilai k yang memenuhi adalah –2 atau 6. Eliminasi b dari persamaan [1] dan [2]. –2a + b = 7 7. Jawaban: c 1 Misalkan x = harga 1 mangkok bakso a+b=2 2 y = harga 1 gelas jus jeruk ––––––––––– – Diperoleh penyelesaian SPLDV sebagai berikut. 5 –2a = 5 5x + 4y = 50.000 × 2 10x + 8y = 100.000 ⇔ a = –2 2x + 3y = 27.000 × 5 10x + 15y = 135.000 –––––––––––––––––– – Substitusikan a = –2 ke dalam persamaan [1]. –7y = –35.000 –2a + b = 7 ⇔ y = 5.000 ⇔ –2 × [–2] + b = 7 Substitusikan y = 5.000 ke 5x + 4y = 50.000. ⇔ 4+b=7 5x + 4 × 5.000 = 50.000 ⇔ b=3 ⇔ 5x + 20.000 = 50.000 Diperoleh ax + b = –2x + 3. ⇔ 5x = 30.000 Jadi, sisa pembagian f[x] oleh [2x2 + 3x – 2] adalah ⇔ x = 6.000 –2x + 3. 3x + 2y = 3 × 6.000 + 2 × 5.000 10. Jawaban: e = 18.000 + 10.000 [x2 + 5x + 6] adalah faktor suku banyak 3x3 + mx2 = 28.000 – 7x + b sehingga dapat dituliskan: Jadi, uang yang harus dibayarkan Roni untuk 3x3 + mx2 – 7x + b = [x2 + 5x + 6][ax + b] 3 mangkok bakso dan 2 gelas jus jeruk yang = [x + 2][x + 3][ax + b] dibelinya sebesar Rp28.000,00. Suku banyak 3x3 + mx2 – 7x + b dibagi berturut- 8. Jawaban: b turut oleh [x + 2] dan [x + 3] dengan metode Horner. x2 + y2 – 6x + 12y + 25 = 0 x = –2 3 m –7 b ⇔ x2 – 6x + y2 + 12y + 25 = 0 –6 –2m + 12 4m – 10 ⇔ [x – 3] – 9 + [y + 6]2 – 36 + 25 = 0 2 x = –3 3 m–6 –2m + 5 4m + b – 10 = 0 . . . [1] ⇔ [x – 3]2 + [y + 6]2 – 45 + 25 = 0 –9 –3m + 45 ⇔ [x – 3]2 + [y + 6]2 = 20 3 m – 15 –5m + 50 = 0 . . . . [2] ⇔ [x – 3]2 + [y + 6]2 = [ 20 ]2 −50 Diperoleh a = 3, b = –6, dan r = 20 . Dari [2] diperoleh –5m + 50 = 0 ⇔ m = −5 = 10 Persamaan garis singgung lingkaran dengan Substitusikan m = 10 ke dalam persamaan [1]. gradien 2 sebagai berikut. 4 × 10 + b – 10 = 0 y – b = m[x – a] ± r m2 + 1 ⇔ b = 10 – 40 ⇔ b = –30 ⇔ y + 6 = 2[x – 3] ± 20 × 22 + 1 Hasil bagi 3x3 + mx2 – 7x + b oleh [x2 + 5x + 6] ⇔ y + 6 = 2x – 6 ± 20 × 5 adalah 3x + [m – 15] = 3x + [10 – 15] = 3x – 5 ⇔ y = 2x – 12 ± 100 Diperoleh: ⇔ y = 2x – 12 ± 10 3x3 + mx2 – 7x + b = [x2 + 5x + 6][3x – 5]

Jadi, persamaan garis singgungnya y = 2x – 12 ± 10. = [x + 2][x + 3][3x – 5]

Matematika Kelas XII Program IPA 237 5 Daerah penyelesaian SPtLDV: Akar-akarnya adalah x = –2, x = –3, dan x = 3 . Y Oleh karena x1 > x2 > x3 maka 5 15 x1 = 3 , x2 = –2, dan x3 = –3. 5 Nilai x1 + x2 – x3 = 3 + [–2] – [–3] 8 C B 5 = 3 –2+3 O A X 2 =23 0 5 16 x + 2y = 16 3x + y = 15 2 Jadi, nilai x1 + x2 – x3 adalah 23. Titik B adalah titik potong garis 3x + y = 15 dan 11. Jawaban: b x + 2y = 16. Misalkan y = f[x] 14 33 Koordinat titik B[ 5 , 5 ]. 2x + 3 f[x] = 5 Uji titik pojok ke fungsi objektif: 2x + 3 ⇔ y= 5

Titik Pojok f[x, y] = 120.000x + 150.000y

⇔ 5y = 2x + 3 O[0, 0] 120.000 × 0 + 150.000 × 0 = 0 5y − 3 A[5, 0] 120.000 × 5 + 150.000 × 0 = 600.000 ⇔ x= 2 14 33 14 33 B[ , ] 120.000 × + 150.000 × = 1.326.000 5 5 5 5 5x − 3 C[0, 8] 120.000 × 0 + 150.000 × 8 = 1.200.000 ⇔ f–1[x] = 2 [f–1 D g][x] = f–1[g[x]] Nilai maksimum f[x, y] adalah 1.326.000. = f–1[3x – 4] Jadi, penghasilan maksimum yang dapat diperoleh 5[3x − 4] − 3 Rp1.326.000,00. = 2 13. Jawaban: c 15x − 20 − 3 AB – C = D = 2 15x − 23 ⎛ 3 1 ⎞ ⎛ 4 2⎞ ⎛ −6 1 ⎞ ⎛a 6⎞ = ⇔ ⎜ ⎟⎜ ⎟ – ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ 2 ⎝ 1 −2 ⎠ ⎝ 1 1 ⎠ ⎝ 2 −1⎠ ⎝0 b⎠ 15x − 23 Jadi, [f–1 D g][x] = . ⎛ 12 + 1 6 + 1 ⎞ ⎛ −6 1 ⎞ ⎛a 6⎞ 2 ⇔ ⎜ ⎟ – ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎝ 4 − 2 2 − 2 ⎠ ⎝ 2 −1⎠ ⎝0 b⎠ 12. Jawaban: a Misalkan x = banyak rangkaian I ⎛ 13 7 ⎞ ⎛ −6 1 ⎞ ⎛a 6⎞ ⇔ ⎜ ⎟ – ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ y = banyak rangkaian II ⎝ 2 0 ⎠ ⎝ 2 −1⎠ ⎝0 b⎠ Bunga Bunga Harga ⎛ 19 6 ⎞ ⎛a 6⎞ Jenis Banyak Mawar Anyelir Jual ⇔ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎝ 0 1⎠ ⎝0 b⎠ Rangkaian I x 24x 10x 120.000 Rangkaian II y 8y 20y 150.000 Diperoleh a = 19 dan b = 1. Pembatas 120 160 Nilai a – 3b = 19 – 3 = 16. Jadi, nilai a – 3b = 16. Diperoleh SPtLDV: 24x + 8y ≤ 120 ⇔ 3x + y ≤ 15 14. Jawaban: d

10x + 20y ≤ 160 ⇔ x + 2y ≤ 16 ⎛ 2 3⎞ ⎛ 4 1 ⎞ x≥0 ⎜ ⎟X= ⎜ ⎟ y≥0 ⎝ 5 1⎠ ⎝ −3 −17 ⎠ Memaksimumkan fungsi objektif: −1 ⎛ 2 3⎞ ⎛ 4 1 ⎞ f[x, y] = 120.000x + 150.000y ⇔ X= ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 5 1⎠ ⎝ −3 −17 ⎠ 1 ⎛ 1 −3 ⎞ ⎛ 4 1 ⎞ ⇔ X = 2 − 15 ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ − 5 2 ⎠⎝ − 3 − 17 ⎠ 1 ⎛ 13 52 ⎞ ⎛ −1 −4 ⎞ ⇔ X = −13 ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟

⎝ −26 −39 ⎠ ⎝2 3⎠

238 Latihan Ujian Sekolah 17. Jawaban: a −1 −4 Determinan matriks X = ⎛2⎞ ⎛3⎞ ⎛ −1⎞ 2 3 G JJJG G G u = AB = b – a = ⎜ 1 ⎟ – ⎜ 2 ⎟ = ⎜ −1⎟ = –1 × 3 – [–4] × 2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = –3 + 8 ⎝0⎠ ⎝ −1⎠ ⎝ 1⎠ =5 JJJG ⎛ −1⎞ ⎛3⎞ ⎛ −4 ⎞ Jadi, determinan matriks X adalah 5. G G G ⎜2⎟ = ⎜0⎟ v = AC = c – a = ⎜ 2 ⎟ – ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 15. Jawaban: a ⎝3⎠ ⎝ −1⎠ ⎝4⎠ O[0, 0, 0], A[4, –1, 5], B [2, 3, –3], dan C[0, 9, –2] G G Proyeksi vektor u pada v ⎛4⎞ G ⎛ 2⎞ ⎛0⎞ ⎛ −4 ⎞ G G G G a = ⎜ −1⎟ , b = ⎜ 3 ⎟ , dan c = ⎜ 9 ⎟ . u⋅ v G 4+0+4 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = G 2 v = 16 + 0 + 16 ⎜ 0 ⎟ ⎝ −5 ⎠ ⎝ −3 ⎠ ⎝ −2 ⎠ | v| ⎜ ⎟ G G G G ⎝4⎠ p = 2a – 3b + c ⎛ −4 ⎞ ⎛ −1⎞ = 32 ⎜ 0 ⎟ = ⎜ 0 ⎟ = – î + k̂ 8 ⎛4⎞ ⎛ 2⎞ ⎛0⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = 2 ⎜ −1⎟ – 3 ⎜ 3 ⎟ + ⎜ 9 ⎟ ⎝4⎠ ⎝ 1⎠ G ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ G ⎝ −5 ⎠ ⎝ −3 ⎠ ⎝ −2 ⎠ Jadi, proyeksi vektor u pada v adalah – î + k̂ . ⎛ 8 ⎞ ⎛ −6 ⎞ ⎛0⎞ 18. Jawaban: b = −2 + −9 + ⎜ 9 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Bayangan [x, y] oleh pencerminan terhadap ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ −10 ⎠ ⎝9⎠ ⎝ −2 ⎠ sumbu X dilanjutkan rotasi R[O[0, 0], 90°] sebagai berikut. ⎛ 2⎞ = ⎜ −2 ⎟ ⎛ x′ ⎞ ⎛x⎞ ⎜ ⎟ ⎜ y′ ⎟ = [R[O, 90°] D MX] ⎜ y ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ −3 ⎠ G 0 −1⎞ ⎛ 1 0 ⎞ ⎛ x ⎞ Panjang vektor p : = ⎛⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ G 2 2 2 ⎝ 1 0 ⎠ ⎝ 0 −1⎠ ⎝ y ⎠ p = 2 + [−2] + [−3] = 4 + 4 + 9 = 17 ⎛ 0 1⎞ ⎛ x ⎞ ⎛y⎞ G = ⎜ ⎟ ⎜y⎟ = ⎜x⎟ Jadi, panjang vektor p adalah 17 satuan. ⎝ 1 0 ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 16. Jawaban: c Diperoleh x′ = y ⇔ y = x′ JJJG y′ = x ⇔ x = y′ OA = 4 î Substitusikan x = y′ dan y = x′ ke 3x + 4y = 6. JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG AC = AO + OC = – OA + AB = –4 î + 6 ĵ 3x + 4y = 6 JJJG JJJG ⇔ 3y′ + 4x′ = 6 Misalkan θ sudut antara OA dengan AC , maka: JJJG JJJG JJJG JJJG ⇔ 4x′ + 3y′ = 6 OA · AC = | OA || AC | cos θ Jadi, persamaan garis bayangan 4x + 3y = 6. JJJG JJJG OA ⋅ AC ⇔ cos θ = JJJG JJJG | OA | | AC | 19. Jawaban: e

2log [x2 – 4x + 3] < 2log [11 – 2x]

⇔ cos θ = 4 × [−4] + 0 × 6 ⇔ x2 – 4x + 3 < 11 – 2x 4 × 16 + 36 ⇔ x2 – 2x – 8 < 0 16 ⇔ [x – 4][x + 2] < 0 ⇔ cos θ = – 4 × 2 13 –2 < x < 4 . . . . [1] 2 x2 – 4x + 3 harus positif sehingga: ⇔ cos θ = – x2 – 4x + 3 > 0 13 2 ⇔ [x – 1][x – 3] > 0 ⇔ cos θ = – 13 13 ⇔ x < 1 atau x > 3 . . . . [2] JJJG JJJG 11 – 2x harus positif sehingga: Jadi, nilai kosinus sudut antara OA dengan AC 11 – 2x > 0 2 11

adalah – 13 13 . ⇔ x < 2 . . . . [3]

Matematika Kelas XII Program IPA 239 Dari [1], [2], dan [3] diperoleh irisan sebagai berikut. Jumlah ketiga suku barisan geometri adalah 14. [a – b] + [a – 1] + [a + b] = 14 –2 4 ⇔ 3a – 1 = 14

------------------------------

------------------------------ 14 + 1 ⇔ a= 3 =5 1 3 Barisan geometri yang terbentuk 5 – b, 4, 5 + b. Pada barisan geometri berlaku: 11 U22 = U1 × U3 2 ⇔ 42 = [5 – b][5 + b] –2 1 3 4 ⇔ 16 = 25 – b2 ⇔ 2 b –9=0 Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah ⇔ [b – 3][b + 3] = 0 {x | –2 < x < 1 atau 3 < x < 4, x ∈ R}. ⇔ b = 3 atau b = –3 20. Jawaban: c Beda bernilai positif sehingga nilai b yang Grafik melalui titik [1, 2] sehingga: memenuhi adalah b = 3. y = ax ⇔ 2 = a1 Barisan geometri yang terbentuk: ⇔ a=2 5 – 3, 4, 5 + 3 Diperoleh persamaan fungsi y = 2x. ⇔ 2, 4, 8 y = 2x ⇔ 2log y = 2log 2x 4 8 ⇔ 2log y = x 2log 2 Rasio = 2 = 4 = 2 ⇔ x = 2log y Jadi, rasio barisan tersebut 2. ⇔ f [x] = 2log x

–1

Jadi, fungsi inversnya y = 2log x dengan x > 0. 23. Jawaban: a H G 21. Jawaban: c Rumus umum suku ke-n pada deret aritmetika E F Un = a + [n – 1]b Diketahui Ut = 38, Un = 86, dan S20 = 180. P a U1 + Un D Ut = C 2 a A U1 + 86 B ⇔ 38 = 2 Segitiga BCD siku-siku di C dan sama kaki, yaitu ⇔ U1 = 38 × 2 – 86 BC = CD = a cm [berarti ∠BDC = 45°]. ⇔ U1 = –10 Segitiga PCD siku-siku di C dan sama kaki, yaitu Diperoleh a = U1 = –10. CD = CP = a cm [berarti ∠CDP = 45°]. n ∠BDP = ∠BDC + ∠CDP Sn = 2 [a + Un] = 45° + 45° = 90° Diperoleh PD tegak lurus BD. 20 PD pada [perluasan] bidang alas dan DH garis ⇔ S20 = 2 [a + U20] tegak, berarti PD tegak lurus DH. ⇔ 180 = 10[–10 + U20] PD tegak lurus BD dan DH berarti PD tegak lurus ⇔ 180 = –100 + 10U20 bidang BDHF. ⇔ 280 = 10U20 Jarak titik P ke bidang BDHF sama dengan panjang 280 garis PD, yaitu: ⇔ U20 = 10 = 28 Jadi, suku ke-20 deret tersebut adalah 28.

PD = PC2 + CD2

22. Jawaban: b = a2 + a2 Misalkan barisan aritmetika tersebut a – b, a, a + b. Jika suku kedua dikurangi 1, terbentuk barisan = 2a2 geometri a – b, a – 1, a + b. =a 2

Jadi, jarak titik P ke bidang BDHF a 2 cm.

240 Latihan Ujian Sekolah 24. Jawaban: d 26. Jawaban: a 2 2 H G Alas prisma berbentuk segitiga sama sisi. AC = AB + BC C = 42 + 42 E F 4 60° = 32 10 cm 10 cm =4 2 D C 1 4 PC = AC =2 2 P 60° 60° 2 A B A 4 B 10 cm PF = PB2 + FB2 1 Luas alas = 2 AB × AC × sin BAC 2 2 = [2 2] + 4 1 = 2 × 10 × 10 × sin 60° = 8 + 16 = 24 = 2 6 1 = 50 × 2 3 = 25 3 FC = 4 2 Volume prisma = Lalas × tinggi Perhatikan ΔPCF di samping. F Dengan aturan kosinus α = 25 3 × 15 = 375 3 diperoleh: Jadi, volume prisma tersebut 375 3 cm3. 2 2 2 2 6 4 2 FP + FC − PC cos α = 27. Jawaban: b 2 × FP × FC cos 4x = sin 2x [2 6]2 + [4 2]2 − [2 2]2 P C = 2 2 ⇔ 1 – 2 sin2 2x = sin 2x 2×2 6 ×4 2 ⇔ 2 sin2 2x + sin 2x – 1 =0 24 + 32 − 8 = ⇔ [2 sin 2x – 1][sin 2x + 1] =0 16 12 ⇔ 2 sin 2x – 1 = 0 atau sin 2x + 1 =0 48 1 = ⇔ sin 2x = 2 atau sin 2x = –1 32 3 3 3 1 = × a. sin 2x = 2 = sin 30° 2 3 3 3 3 1 = = 2 3 [i] 2x = 30° + k × 360° 6 ⇔ x = 15° + k × 180° Jadi, kosinus sudut yang dibentuk oleh FP dan untuk k = 0 ⇒ x = 15° 1 untuk k = 1 ⇒ x = 195° FC adalah 2 3 . [ii] 2x = [180° – 30°] + k × 360° 25. Jawaban: a ⇔ 2x = 150° + k × 360° ⇔ x = 75° + k × 180° cm untuk k = 0 ⇒ x = 75° 10 untuk k = 1 ⇒ x = 255° 30° 10 cm b. sin 2x = –1 = sin 270° [i] 2x = 270° + k × 360° ⇔ x = 135° + k × 180° 1 untuk k = 0 ⇒ x = 135° Lsegitiga = 2 × 10 × 10 sin 30° untuk k = 1 ⇒ x = 315° 1 [ii] 2x = [180° – 270°] + k × 360° = 50 × 2 = 25 ⇔ 2x = –90° + k × 360° Luas segi dua belas: ⇔ x = –45° + k × 180° L = 12 × Lsegitiga untuk k = 1 ⇒ x = 135° = 12 × 25 = 300 untuk k = 2 ⇒ x = 315° Jadi, luas segi dua belas tersebut 300 cm2. Oleh karena 180° ≤ x ≤ 360° maka himpunan

penyelesaiannya {195°, 255°, 315°}.

Matematika Kelas XII Program IPA 241 28. Jawaban: a 32. Jawaban: c 24 Persamaan jarak partikel = s[t] = 8t + 20t3 – t4 sin A = 25 , A di kuadran I Persamaan kecepatan partikel 7 = v[t] = s′[t] = 8 + 60t2 – 4t3 cos A = 25 v′[t] = 120t – 12t2 25 24 Kecepatan partikel maksimum jika v′[t] = 0. 5 120t – 12t2 = 0 tan B = – 12 , B di kuadran II ⇔ 12t[10 – t] = 0 5 A ⇔ t = 0 atau t = 10 sin B = 13 13 7 5 ––– +++ ––– 12 B cos B = – 13 12 0 10 ↑ ↑ minimum maksimum sin [A – B] = sin A cos B – cos A sin B 24 12 7 5 Kecepatan maksimum partikel = 25 × [– ] – 25 × 13 = v[10] = 8 + 60 × 102 – 4 × 103 = 2.008 m/detik 13 288 35 33. Jawaban: c = – 325 – 325 Misalkan u = 2x + 3 maka: 323 du = – 325 = 2 ⇔ du = 2 dx dx 29. Jawaban: d Diperoleh: sin 126° + sin54° − 2 cos 24° cos 126° − cos 54° + 2 sin 24° ∫ [4x + 6] 2x + 3 dx

= 2 sin 90° cos 36° − 2 cos 24° = ∫ 2[2x + 3][2x + 3 ]2 dx

−2 sin 90° sin 36° + 2 sin 24° 3

2[cos 36° − cos 24°] = ∫ [2x + 3 ]2 2 dx =

−2[sin 36° − sin 24°] 3

1 = ∫ u2 du −2 sin 30° sin 6° 1 1 = = 1 2 = = 3 3 5 −2 cos 30° sin 6° 3 3 2 2 = 5 u2 + c 30. Jawaban: a 2 x 2 + 5x + 4 − x 2 − x + 4 = 5 [2x + 3]2 2x + 3 + c lim x→0 6x 34. Jawaban: a = lim x 2 + 5x + 4 − x 2 − x + 4 × x 2 + 5x + 4 + x 2 − x + 4 ∫ cos 2x sin x dx = ∫ [2 cos2 x – 1] sin x dx x→0 6x x 2 + 5x + 4 + x 2 − x + 4 = ∫ [2 cos2 x sin x – sin x] dx x 2 + 5x + 4 − [x 2 − x + 4] = ∫ 2 cos2 x sin x dx – ∫ sin x dx = lim x → 0 6x[ x 2 + 5x + 4 + x 2 − x + 4] = –2 ∫ cos2 d[cos x] – [–cos x] 6x 1 = lim 2 = –2 × 3 cos3 x + cos x + c x → 0 6x[ x + 5x + 4 + x 2 − x + 4] 1 = lim 2 = – 3 cos3 x + cos x + c x→0 x + 5x + 4 + x 2 − x + 4

1 = 35. Jawaban: d 02 + 0 + 4 + 02 − 0 + 4 π 1 1 3 = = 4 2+2 ∫ [sin x cos3 x – cos x sin3 x] dx π 31. Jawaban: a 4 π cos 4x − 1 −2 sin2 2x lim = lim 3 1 x → 0 x tan 2x x → 0 x tan 2x = ∫ [ 2 × 2 sin x cos x × cos2 x π −2 sin 2x sin 2x = lim × 4 x→0 x tan 2 x 1 2 2 – 2 × 2 sin x cos x × sin2 x] dx = –2 × 1 × 2

= –4

242 Latihan Ujian Sekolah π L = LI + LII 3 1 2 3 = ∫ 2 [sin 2x cos2 x – sin 2x sin2 x] dx = ∫ y1 dx + ∫ y2 dx π 4 0 2 2 3 π 3 1 3 = ∫ [ 2 x + 3] dx + ∫ [–6x + 18] dx = 2 ∫ sin 2x [cos2 x – sin2 x] dx 0 2 π 2 3 ⎡3 x 2 + 3x ⎤ + ⎡⎣ −3x + 18x ⎤⎦ 4 2 = π ⎣4 ⎦0 2 3 1 3 3 = 2 ∫ sin 2x cos 2x dx = [ 4 × 2 2 + 3 × 2] – [ 4 × 0 2 + 3 × 0] π 4 + [[–3 × 32 + 18 × 3] – [–3 × 22 + 18 × 2]] π 1 1 3 = 9 – 0 + 27 – 24 = 2 × 2 ∫ sin 2x d[sin 2x] = 12 π 4 Jadi, luas daerah yang terbentuk adalah 12 satuan 1 1 π luas. = 4 × 2 ⎡sin2 2x ⎤ 3 ⎣ ⎦π 37. Jawaban: e

1 2π π Y
= 8 [sin2 3 – sin2 2 ]

1 1
= 8 [[ 2 3 ]2 – 12] 2 y= x

1 3 1 = 8 [ 4 – 1] A B 1 X 1 1 0 2 = [– 4 ] x+y=2⇔y=2–x

1 Menentukan titik potong y = x dan x + y = 2. = – 32 y= x ⇔ y2 = x . . . [1] 36. Jawaban: c x+y=2 . . . [2] 3x – 2y = –6 Substitusikan persamaan [1] ke persamaan [2]. 3x + 6 x = y2 ⇔ x + y=2 ⇔ y= ⇔ y2 + y = 2 2 3 ⇔ y2 + y – 2 = 0 ⇔ y= x+3 2 ⇔ [y – 1][y + 2] = 0 ⇔ 6x + y = 18 ⇔ y = 1 atau y = –2 ⇔ y = –6x + 18 Substitusikan nilai y = 1 ke dalam x + y = 2. Y x+1=2⇔x=1 3 Diperoleh titik potong [1, 1]. y1 = x+3 2 Volume benda putar yang terjadi = volume daerah A + volume daerah B 6 1 2 = π ∫ [ x ]2 dx + π ∫ [2 – x]2 dx 0 1 1 2 3 = π ∫ x dx + π ∫ [4 – 4x + x2] dx I 1 0 II 1 2 ⎡1 2⎤ + π ⎡⎢ 4x − 2x2 + x3 ⎤⎥ 1 X = π ⎢2 x ⎥ –2 0 2 3 ⎣ ⎦0 ⎣ 3 ⎦1 1 8 1 = π[ 2 – 0] + π[[8 – 8 + 3 ] – [4 – 2 + 3 ]] y2 = –6x + 18 1 1 5 = 2π+ 3π= 6π 5 Jadi, volume benda putar yang terjadi 6 π satuan

volume.

Matematika Kelas XII Program IPA 243 38. Jawaban: c 5 P[MI] = 8 Tinggi Badan [cm] Frekuensi 4 145–149 4 P[MII] = 8 150–154 5 155–159 6 3 P[KI] = 8 160–164 12 165–169 8 4 P[KII] = 8 170–174 5 M = kejadian terambil bola merah dari kotak I Kelas modus 160–164; L0 = 160 – 0,5 = 159,5; dan kotak II d1 = 12 – 6 = 6; d2 = 12 – 8 = 4; dan p = 5. 5 4 20 d1 P[M] = P[MI] × P[MII] = 8 × 8 = 64 Mo = L0 + × p d1 + d2 K = kejadian terambil bola kuning dari kotak I 6 = 159,5 + ×5 dan kotak II 6+4 = 159,5 + 3 3 4 12 P[K] = P[KI] × P[KII] = 8 × 8 = 64 = 162,5 Peluang terambil kedua bola berwarna sama: Jadi, nilai modus dari data tersebut 162,5 cm. P = P[M] + P[K] 39. Jawaban: d 20 12 Perlengkapan komputer: = 64 + 64 Monitor 3 pilihan. Casing CPU 3 pilihan. 32 1 = 64 = 2 Set mouse-keyboard 2 pilihan. Speaker aktif 1 pilihan. Jadi, peluang terambil kedua bola berwarna sama Banyak komputer berbeda yang dapat dibuat 1 =3×3×2×1 adalah 2 . = 18 40. Jawaban: a Kemungkinan bola yang terambil adalah merah dari kotak I dan merah dari kotak II atau kuning dari kotak I dan kuning dari kotak II. MI = kejadian terambil bola merah dari kotak I M II = kejadian terambil bola merah dari kotak II K I = kejadian terambil bola kuning dari kotak I

K II = kejadian terambil bola kuning dari kotak II

244 Latihan Ujian Sekolah Pilihan Ganda 5. Jawaban: a 1. Jawaban: b 24log 288 = Misalkan p : Tio kehujanan

q : Tio sakit =

r : Tio demam Premis 1 : p⇒q =

Premis 2 : q⇒r Silogisme ––––––––––––––––– = Kesimpulan : p ⇒ r Jadi, kesimpulannya ”Jika Tio kehujanan maka = = ia demam”. 6. Jawaban: b 2. Jawaban: c Persamaan kuadrat x 2 + [m – 1]x – 5 = 0 Misalkan p : Semua mahasiswa berdemonstrasi mempunyai nilai a = 1, b = m – 1, dan c = –5. q : Lalu lintas macet Akar-akar persamaan kuadrat x1 dan x2 maka:

Pernyataan : p ⇒ q − − −

x1 + x2 = = =1–m Ingkaran : ~[p ⇒ q] ≡ p ∧ ~q − Jadi, ingkarannya ”Semua mahasiswa ber- x1x2 = = = –5 demonstrasi dan lalu lintas tidak macet”. x12 + x22 – 2x1x2 = 8m

3. Jawaban: a ⇔ [[x1 + x2]2 – 2x1x2] – 2x1x2 = 8m

 −  − ⇔ [x1 + x2]2 – 4x1x2 = 8m  −  = [x2 – 5 y–1 + 2 z3 – 1]–1    

⇔ [1 – m]2 – 4[–5] = 8m

= [x–3 y z2]–1 ⇔ m2 – 2m + 1 + 20 = 8m ⇔ m2 – 10m + 21 = 0 = ⇔ [m – 3][m – 7] = 0 ⇔ m – 3 = 0 atau m – 7 = 0 4. Jawaban: e ⇔ m = 3 atau m=7 − − Jadi, nilai m = 3 atau m = 7. − = × − 7. Jawaban: b − Persamaan kuadrat 2x 2 – 2[p – 4]x + p = 0 = − mempunyai nilai a = 2, b = –2[p – 4], dan c = p. Persamaan kuadrat mempunyai dua akar real =

−− −

berbeda jika D > 0. = –[2 + – 2 – 6] b2 – 4ac > 0 ⇔ [–2[p – 4]]2 – 4 × 2 × p > 0 =4+ ⇔ 4[p2 – 8p + 16] – 8p > 0 ⇔ p2 – 8p + 16 – 2p > 0

⇔ p2 – 10p + 16 > 0

Matematika Kelas XII Program IPA 245 Pembuat nol: Persamaan garis singgung lingkaran L di titik p2 – 10p + 16 = 0 B[2, 3]: ⇔ [p – 2][p – 8] = 0 [x + 1][2 + 1] + [y – 3][3 – 3] = 9 ⇔ p – 2 = 0 atau p – 8 = 0 ⇔ 3[x + 1] = 9 ⇔ p = 2 atau p=8 ⇔ x+1=3 ⇔ x=2 + – + Jadi, persamaan garis singgungnya x = –4 dan 2 8 x = 2. Jadi, nilai p yang memenuhi adalah p < 2 atau p > 8. 10. Jawaban: b Misalkan suku banyak tersebut F[x]. 8. Jawaban: d F[x] dibagi [x2 + 2x – 3] = [x + 3][x – 1] bersisa [3x Misalkan x = umur Deksa – 4]. Menurut teorema sisa: y = umur Elisa F[–3] = 3 × [–3] – 4 = –13 z = umur Firda F[1] = 3 × 1 – 4 = –1 Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTV Misalkan juga F[x] dibagi [x2 – x – 2] hasil baginya sebagai berikut. [ax + b] dan bersisa [2x + 3]. x=4+y . . . [1] y=3+z . . . [2] F[x] = [x2 – x – 2][ax + b] + [2x + 3] x + y + z = 58 . . . [3] F[1] = [12 – 1 – 2][a × 1 + b] + [2 × 1 + 3] ⇔ –1 = [–2][a + b] + 5 Substitusikan persamaan [1] dan [2] ke per- ⇔ –6 = [–2][a + b] samaan [3]. ⇔ a+b=3 . . . [1] x + y + z = 58 2 F[–3] = [[–3] – [–3] – 2][a × [–3] + b] + [2 × [–3] + 3] ⇔ [4 + y] + [3 + z] + z = 58 ⇔ –13 = 10[–3a + b] – 3 ⇔ 4 + 3 + z + 3 + 2z = 58 ⇔ –10 = 10[–3a + b] ⇔ 10 + 3z = 58 ⇔ –3a + b = –1 . . . [2] ⇔ 3z = 48 ⇔ z = 16 Eliminasi b dari persamaan [1] dan [2]. y = 3 + z = 3 + 16 = 19 a+b=3 x = 4 + y = 4 + 19 = 23 –3a + b = –1 Jumlah umur Deksa dan Firda –––––––––– – = x + z = 23 + 16 = 39 4a = 4 ⇔ a = 1 Jadi, jumlah umur Deksa dan Firda adalah Substitusikan a = 1 ke dalam persamaan [1]. 39 tahun. a+b=3 ⇔ 1+b=3 9. Jawaban: a ⇔ b=2 Mencari titik singgung lingkaran. Diperoleh a = 1 dan b = 2. Substitusikan y = 3 ke dalam [x + 1]2 + [y – 3]2 = 9. F[x] = [x2 – x – 2][ax + b] + [2x + 3] [x + 1]2 + [y – 3]2 = 9 = [x2 – x – 2][x + 2] + [2x + 3] ⇔ [x + 1]2 + [3 – 3]2 = 9 = [x3 – x2 – 2x + 2x2 – 2x – 4] + [2x + 3] ⇔ x2 + 2x + 1 + 0 – 9 = 0 = x3 + x2 – 2x – 1 ⇔ x2 + 2x – 8 = 0 Jadi, suku banyak tersebut x3 + x2 – 2x – 1. ⇔ [x + 4][x – 2] = 0 Cara lain: ⇔ x + 4 = 0 atau x – 2 = 0 Misalkan suku banyak tersebut F[x]. ⇔ x = –4 atau x=2 F[x] dibagi [x2 + 2x – 3] = [x + 3][x – 1] bersisa Diperoleh titik singgung A[–4, 3] dan B[2, 3]. [3x – 4]. Menurut teorema sisa: Persamaan garis singgung lingkaran L di titik F[–3] = 3 × [–3] – 4 = –13 A[–4, 3]: F[1] = 3 × 1 – 4 = –1 [x + 1][–4 + 1] + [y – 3][3 – 3] = 9 F[x] dibagi [x2 – x – 2] = [x – 2][x + 1] bersisa ⇔ –3[x + 1] = 9 [2x + 3]. Menurut teorema sisa: ⇔ x + 1 = –3 F[2] = 2 × 2 + 3 = 7

⇔ x = –4 F[–1] = 2 × [–1] + 3 = 1

246 Latihan Ujian Nasional Perhatikan persamaan suku banyak pada Titik B merupakan perpotongan garis x + y = 200 pilihan b. dan x + 5y = 440. Koordinat B[140, 60]. F[x] = x3 + x2 – 2x – 1 Uji titik pojok ke fungsi objektif f[x, y]: F[–3] = [–3]3 + [–3]2 – 2[–3] – 1 Titik Pojok Fungsi Objektif f[x, y] = 1.000x + 2.000y = –27 + 9 + 6 – 1 = –13 [bernilai benar] O[0, 0] f[0, 0] = 1.000 × 0 + 2.000 × 0 = 0 A[200, 0] f[200, 0] = 1.000 × 200 + 2.000 × 0 = 200.000 F[1] = 13 + 12 – 2 × 1 – 1 B[140, 60] f[140, 60] = 1.000 × 140 + 2.000 × 60 = 260.000 C[0, 88] f[0, 88] = 1.000 × 0 + 2.000 × 88 = 176.000 =1+1–2–1 = –1 [bernilai benar] Nilai maksimum f[x, y] = 1.000x + 2.000y adalah F[2] = 23 + 22 – 2 × 2 – 1 260.000. =8+4–4–1 Jadi, penghasilan maksimum dari tempat parkir = 7 [bernilai benar] Rp260.000,00. F[–1] = [–1]3 + [–1]2 – 2[–1] – 1 13. Jawaban: c = –1 + 1 + 2 – 1 C = AB = 1 [bernilai benar]     Jadi, suku banyak tersebut adalah =  −   −     F[x] = x3 + x2 – 2x – 1.  − +  11. Jawaban: e =  + −    f[x] = 2x – 3   g[x] = x2 + 2x – 3 =     [g D f][x] = g[f[x]] = g[2x – 3]     C – D =   –  −  = [2x – 3]2 + 2[2x – 3] – 3     = 4x2 – 12x + 9 + 4x – 6 – 3  −  =   = 4x2 – 8x   12. Jawaban: c 14. Jawaban: b G G G G Misalkan x = banyak mobil kecil Oleh karena a tegak lurus b , berlaku a · b = 0 y = banyak mobil besar ⇔ x × 3 + 1 × 9 + 2 × [–12] = 0 Banyak Luas Biaya Parkir ⇔ 3x + 9 – 24 = 0 Mobil kecil x 4 1.000 ⇔ 3x = 15 Mobil besar y 20 2.000 ⇔ x=5 G Pembatas 200 1.760 Diperoleh a = 5i + ĵ + 2k . G G G G [a + c ] · [a – b ] Diperoleh model matematika: Memaksimumkan f[x, y] = 1.000x + 2.000y dengan               kendala: =    +   ·    –               x + y ≤ 200    −     −  

4x + 20y ≤ 1.760 ⇔ x + 5y ≤ 440        x≥0 =   ·  −  y≥0         Daerah penyelesaian SPtLDV: = 8 × 2 + 3 × [–8] + 1 × 14 Y = 16 – 24 + 14 = 6 15. Jawaban: e Diketahui A[0, 0, 0], B[–1, 1, 0], dan C[1, –2, 2]. 200 G  G  − G   =   , =   , dan =  −  C 88 B[140, 60] A X       O 200 440 x + 5y = 440   

x + y = 200

Matematika Kelas XII Program IPA 247 JJJG G G  −   −  x′  =      x  = – =   –   =    y′   −    y                 x′   x ⇔   =    JJJG G G      y   ′  −  y  = – =  −  –   =  −  x′  +        ⇔   =    JJJG    y′   −  JJJG α = sudut antara dan Diperoleh y′ = –y ⇔ y = –y′ . . . [1] JJJG JJJG ⋅ x′ = x + 2y ⇔ x = x′ – 2y cos α = JJJG JJJG ⇔ x = x′ – 2[–y′] − × + × − + × ⇔ x = x′ + 2y′ . . . [2] = − + + × + − + Substitusikan [1] dan [2] ke dalam persamaan − − + − garis. = = =– × y=x+1 16. Jawaban: c ⇔ –y′ = [x′ + 2y′] + 1 Diketahui A[2, –1, –1], B[–1, 4, –2], dan ⇔ x′ + 3y′ + 1 = 0 C[5, 0, –3]. Jadi, persamaan bayangan garis x + 3y + 1 = 0.  G  −  18. Jawaban: d G G =  − , =   , dan =   2       [ ]x – 2x – 5 < [ ]–6x + 2  −  −   −  2 JJJG  −   −  ⇔ [ ]x – 2x – 5 < [ ]2[–3x + 1] G G = – = – − =             2 ⇔ [ ]x – 2x – 5 < [ ]–3x + 1  −   −  − JJJG    Untuk 0 < a < 1 penyelesaian af[x] < ag[x] adalah G G = – =   –  − =   f[x] > g[x].      −   −  −  x2 – 2x – 5 > –3x + 1 JJJG JJJG ⇔ x2 + x – 6 > 0 Proyeksi ortogonal vektor pada JJJG JJJG ⇔ [x + 3][x – 2] > 0 ⋅ JJJG = JJJG Pembuat nol: x = –3 atau x = 2. + – +  − × + × + − × −   –3 2 = + + −    −  Nilai x yang memenuhi x < –3 atau x > 2. Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x < –3 atau   x > 2}. = −   =–        −   −  19. Jawaban: e Grafik fungsi melalui titik [–1, 9], [0, 3], dan

= – ! + " − #

 [1, 1]. Fungsi yang memenuhi adalah f[x] = 31 – x karena: 17. Jawaban: e f[–1] = 31 – [–1] = 32 = 9 Matriks pencerminan terhadap sumbu X adalah f[0] = 31 – 0 = 31 = 3   . f[1] = 31 – 1 = 30 = 1  −   Cara lain: Misalkan [x′, y′] merupakan bayangan titik [x, y] Grafik fungsi pada gambar adalah grafik fungsi   g[x] = 3–x yang digeser ke kanan 1 satuan, yaitu setelah ditransformasikan oleh matriks   f[x] = 3–[x – 1] = 31 – x.    . Jadi, fungsi yang sesuai dengan grafik tersebut dan dilanjutkan   adalah f[x] = 31 – x.

 −

248 Latihan Ujian Nasional 20. Jawaban: b 23. Jawaban: b Diketahui U3 = –10 dan U5 = –4. Diketahui U4 = 24 dan r = 2. U3 = –10 ⇒ a + 2b = –10 . . . [1] U4 = 24 ⇔ ar3 = 24 ⇔ a × 23 = 24 U5 = –4 ⇒ a + 4b = –4 . . . [2] ⇔ a × 8 = 24 Eliminasi a dari persamaan [1] dan [2]. ⇔ a=3 a + 2b = –10 % $ −

$ −

Sn = = a + 4b = –4 % − −

–––––––––––––– – −

–2b = –6 ⇔ b = 3 S8 = −

Substitusikan b = 3 ke dalam persamaan [1]. −

= a + 2b = –10 ⇔ a + 2[3] = –10 ⇔ a = –10 – 6 = 765 ⇔ a = –16 Jadi, jumlah delapan suku pertama deret tersebut Diperoleh a = –16 dan b = 3. adalah 765. $ 24. Jawaban: e Sn = [2a + [n – 1] b] H G S15 = × [2[–16] + [15 – 1] 3] E G

8 cm = × [–32 + 42] E F T = × 10 = 75 D C T

Jadi, jumlah 15 suku pertama adalah 75. O

cm
O

8 21. Jawaban: b A B Banyak kursi dalam gedung kesenian membentuk barisan aritmetika 18, 22, 26, . . . . Jarak titik E ke bidang BGD = ET Suku pertama = a = 18 OE = OG Beda = b = 4 U12 = a + [12 – 1]b = & ' = 18 + [11] × 4 = = 18 + 44 = 62 Jadi, banyak kursi pada baris kedua belas adalah = 62. = 22. Jawaban: d = Banyak potongan kertas membentuk barisan geometri dengan rasio 2. EG = Pada potongan ketiga [U4]: Pada ∆OGE berlaku aturan kosinus sebagai U4 = 160 ⇔ a × 23 = 160 berikut. ⇔ 8a = 160 &* &* − *' cos ∠EOG = ⇔ a = 20 &* &' Banyak kertas setelah potongan ke-7 [U8]:

−

= U8 = ar7 = 20 x 27 = 20 x 128 = 2.560 − Jadi, banyak kertas setelah potongan ketujuh ada = 2.560 lembar. Cara lain: = Banyak kertas: = Pada potongan ke-3 = 160 lembar O Pada potongan ke-4 = 2 × 160 = 320 lembar 3 Pada potongan ke-5 = 2 × 320 = 640 lembar 1 G sin ∠EOG = Pada potongan ke-6 = 2 × 640 = 1.280 lembar E

Pada potongan ke-7 = 2 × 1.280 = 2.560 lembar

Matematika Kelas XII Program IPA 249 Oleh karena luas ∆EOG = × ET × OG dan = 36[2 – ]×

luas ∆EOG = × OE × OG sin ∠EOG maka = 36 × 2 – 36 × ET × OG = × OE × OG sin ∠EOG = 36[2 – ]

⇔ ET = OE sin ∠EOG AB = −

= × = − = Keliling segi delapan = 8AB = = × − Jadi, jarak titik E ke bidang BGD adalah cm. = − 25. Jawaban: b T Jadi, keliling segi delapan tersebut − cm. cm 27. Jawaban: b D C cos 4x + 3 sin 2x = –1 2 cm ⇔ 1–2 sin2 2x + 3 sin 2x + 1 = 0 ⇔ –2 sin2 2x + 3 sin 2x + 2 = 0 A 2 cm B ⇔ 2 sin2 2x – 3 sin 2x – 2 = 0 Sudut antara TD dan bidang ABCD = ∠BDT. ⇔ [2 sin 2x + 1][sin 2x – 2] = 0 Pada ∆BDT berlaku aturan kosinus sebagai ⇔ 2 sin 2x + 1 = 0 atau sin 2x – 2 = 0 berikut. ⇔ sin 2x = – atau sin 2x = 2 / ;/ − ; cos ∠BDT = / ;/ Untuk sin 2x = 2 tidak ada nilai x yang memenuhi karena –1 ≤ sin 2x ≤ 1.

−

= Mencari penyelesaian sin 2x = – . − = sin 2x = – = sin 210° a. 2x = 210° + k × 360° = = T ⇔ x = 105° + k × 180° = 105°, 285°, . . . tan ∠BDT = D b. 2x = [180° – 210°] + k × 360° = B 2 ⇔ 2x = –30° + k × 360° 26. Jawaban: d ⇔ x = –15° + k × 180° = –15°, 165°, 345°, . . . A Oleh karena 0° ≤ x ≤ 180°, himpunan penyelesai- 6 cm B annya adalah {105°, 165°}. cm °

O 6 28. Jawaban: d sin 75° – sin 165° = 2 cos [75° + 165°] sin [75° – 165°] = 2 cos 120° sin [–45°] Pada ∆AOB berlaku aturan kosinus sebagai = –2 cos 120° sin 45° berikut. AB2 = OA2 + OB2 – 2 × OA × OB × cos ∠AOB = –2 × [– ] × = 62 + 62 – 2 × 6 × 6 × cos 45° =

= 36 × 2 – 36 × 2

250 Latihan Ujian Nasional 29. Jawaban: c 31. Jawaban: a ? − sin [α – β] = ! → ?!$ ⇔ sin α cos β – cos α sin β = = ! − ?!$ − → ?!$ ⇔ – cos α sin β = − ?!$ = ! → ?!$ ⇔ cos α sin β = – ?!$ = – ! → ?!$ =– ?!$ ?!$ = – ! × → ?!$ sin [α + β] = sin α cos β + cos α sin β =– × = –

= + [– ]

32. Jawaban: d =– Biaya produksi per unit barang: b[x] = [5x2 – 10x + 30] ribu rupiah 30. Jawaban: b Biaya produksi x unit barang: Dengan substitusi langsung: B[x] = x b[x] − − = x[5x2 – 10x + 30] ribu rupiah ! = = → − − = [5x3 – 10x2 + 30x] ribu rupiah Dengan mengalikan bentuk sekawan: Harga jual x unit barang: − + + H[x] = 50x ribu rupiah ! × → − + + Keuntungan: −

+ +

U[x] = H[x] – B[x] = ! = [50x – [5x3 – 10x2 + 30x]] ribu rupiah

→ − +

= [–5x3 + 10x2 + 20x] ribu rupiah −

+ +

= ! @Q

 → − Fungsi U[x] mencapai stasioner jika = 0. @

= ! [2 + ] @Q

→ @ = –15x2 + 20x + 20 = 0 = [2 + ] ⇔ 3x2 – 4x – 4 = 0 = [2 + 2] = 4 ⇔ [3x + 2][x – 2] = 0 ⇔ 3x + 2 = 0 atau x – 2 = 0 Cara lain: Mencari nilai limit menggunakan teorema L’Hopital. ⇔ x = – atau x=2

− @Q

! Diagram @ : → − − –– – ++ + –– –– – = ! → − – 2 − minimum maksimum = ! − → − Dari diagram terlihat fungsi U[x] mencapai maksimum di x = 2. = ! → Keuntungan maksimum = ! = U[2] → = [–5 × 23 + 10 × 22 + 20 × 2] ribu rupiah = = 40.000 rupiah Jadi, keuntungan maksimum yang diperoleh = perusahaan Rp40.000,00.

=2×2=4

Matematika Kelas XII Program IPA 251 33. Jawaban: d = – [[cos π – cos2 π] – [cos 0 – cos2 0]] 1 − 4x ∫3 dx [6x − 3x + 2]5 2 = – [–1 – × [–1]2 – 1 + × 1] 5 − = –∫ [4x – 1][6x2 – 3x + 2] 3 dx = – [–1 – – 1 + ] 5 1 − =–3 ∫ [6x2 – 3x + 2] 3 d[6x2 – 3x + 2] = – × [–2] 2 1 − =1 =–3 × [6x2 – 3x + 2] 3 +c − 36. Jawaban: c Y = +c y1 = x2 – 4 − 2 = +c − I X –2 0 2 II 34. Jawaban: b y2 = 2 – x 1 –4 ∫ x2 [x3 + 1]4 dx 0 Daerah yang diarsir terbagi menjadi daerah I 1 dan II. Daerah I berbentuk segitiga dibatasi oleh = ∫ [x3 + 1]4 x2 dx garis garis y = 2 – x, sumbu X, dan sumbu Y. 0 1 Daerah II dibatasi kurva y = x2 – 4, sumbu X, dan = ∫ [x3 + 1]4 × d[x3 + 1] sumbu Y. 0 L = LI + LII = ×  +  2   = ×2×2– ∫ y1 dx 1 0 = 15 [[13 + 1]5 – [03 + 15] 2 = 2– ∫ [x2 – 4] dx 1 0 = 15 [32 – 1]   = 2 –  −  =   = 2 – [23 – 03] + 4[2 – 0] 35. Jawaban: b π 4 =2– +8=7 ∫ 4 sin2 2x sin 4x dx 0 Jadi, luas daerah yang terbentuk adalah 7 satuan π 4 luas. = ∫ 2 × 2 sin2 2x sin 4x dx 0 37. Jawaban: a π Y 4 2 =2 ∫ [1 – cos 4x] sin 4x dx 0 π 1 4 – ∫ = [1 – cos 4x] d[cos 4x] 0 X π 0 1 2 = –  ? − ?    

y1 = 2x – x2 y2 = 2 – x

252 Latihan Ujian Nasional 39. Jawaban: a V = π ∫ [y12 – y22] dx Banyak huruf = 6 Banyak huruf A = 2 = π ∫ [[2x – x2]2 – [2 – x]2] dx Banyak susunan kata W = π ∫ [4x2 – 4x3 + x4 – [4 – 4x + x2]] dx = W = =π∫ [3x2 – 4x3 + x4 – 4 + 4x] dx =6×5×4×3 = π x3 – x4 + x5 – 4x + 2x2 = 360  Jadi, susunan kata yang terbentuk ada 360. = π[[23 – 24 + × 25 – 4 × 2 + 2 × 22] 40. Jawaban: e Jumlah kelereng = 3 + 4 = 7 – [13 – 14 + × 15 – 4 × 1 + 2 × 12]] Banyak anggota ruang sampel = n[S] = 7C3 = 35. Kemungkinan kelereng yang terambil 2 putih dan = π[8 – 16 + – 8 + 8] – [1 – 1 + – 4 + 2]] 1 merah, atau 3 putih. = π[– + ] A = kejadian terambil paling sedikit 2 kelereng putih π = n[A] = 4C2 × 3C1 + 4C3 × 3C0 π =6×3+4×1 Jadi, volume benda putar tersebut satuan = 18 + 4 volume. = 22 38. Jawaban: c Peluang kejadian A: Modus data pada interval kelas 50–59. $ LO = 49,5 P[A] = =

$ Z

d1 = 12 – 11 = 1 Jadi, peluang terambil paling sedikit 2 kelereng d2 = 12 – 9 = 3 putih adalah . c = 59,5 – 49,5 = 10 @ MO = LO + ×c @ @

= 49,5 + × 10

= 49,5 + 2,5 = 52,0

Jadi, nilai modusnya adalah 52,0.

Matematika Kelas XII Program IPA 253

Titik b x y ditranslasikan (( 2x 1 3y menghasilkan bayangan b 7 8 nilai dari x − y adalah

Video yang berhubungan

Bài Viết Liên Quan

Adyaya pertama dalam Bhagawadgita disebut

Ketetapan allah swt kepada makhluknya setelah menjadi kenyataan disebut

Pecahan sesuai dengan bagian yang diarsir pada gambar disamping adalah

Kalimat yang tidak mendukung ide pokok paragraf eksposisi di atas adalah

Bentuk partisipasi politik yang biasanya melibatkan sumber pendukung

Jelaskan jenis jenis tanaman PANGAN beserta contohnya yang dapat dibudidayakan di Indonesia

Gambaran yang digunakan untuk menempatkan peristiwa di dalam suatu penceritaan fiksi disebut

Jelaskan cita-cita organisasi Indische Partij

Apakah langkah langkah yang ditempuh pemerintah dalam meningkatkan ekonomi maritim indonesia

Apa yang dimaksud dengan hamil

Berikut ini bagian-bagian akar yang dilalui oleh air tanah

Buatlah 5 kalimat yang menggunakan kata kerja imperatif dan tandai dengan garis bawah

Unsur dasar seni rupa di bawah ini yang tidak tepat adalah

Tentukan fungsi kuadrat yang grafiknya melalui titik f 0 2 g 1 6 dan h 1 4

Motif ragam hias yang sering digunakan sebagai hiasan perisai tameng terdapat di daerah

Suatu fungsi f(x 2x 4 dengan domain {0, 1, 2, 3 5 6 maka tentukan Daerah kawan Daerah hasil})

Dalam membuat sebuah komik digital langkah pertama yang tepat untuk membuat komik adalah

Apa yg dimaksud pantun di bawah ini jelaskan

Fungsi pancasila dalam menghadapi pengaruh dari luar yang dapat membahayakan kelangsungan hidup nkri

Hadits tentang belajar Al Qur an sejak kecil

Toplist mới

Top 7 luas segitiga berikut adalah 130 cm k 300 cm - 120 cm 2023

Top 16 negara asean yang memiliki jumlah penduduk paling sedikit adalah 2023

Top 6 poh larutan cuka 0 1 m ka = 10 ⁻ ⁵ adalah 2023

Top 8 sistem pengangkatan pegawai berdasarkan kecakapan atau kompetensi pegawai adalah 2023

Top 8 proses pertama kali yang terjadi pada saat pembentukan urine adalah 2023

Top 8 contoh diagonal bidang 2023

Top 5 contoh ideologi transnasional 2023

Top 7 kapur gamping dalam alat penjernih air berfungsi untuk …. 2023

Top 6 rumus molekul senyawa dengan rumus empiris c2h2o dan mr 84 adalah 2023

Bài mới nhất

Chủ Đề