Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll

7/24/2019 Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll

1/155

Contents

Contents iv

List of Tables v

List of Figures vi

1 Mathematics Proof Method

Metode Pembuktian Matematis 1

1.1 Direct Proof

Bukti Langsung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Indirect Proof

Bukti Tak Langsung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2 Number Theory

Teori Bilangan 11

2.1 Divisibility

Keterbagian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.2 Special Number

Bilangan Khusus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.2.1 A Prime and Composite Number

Bilangan Prima dan Komposit . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.2.2 Perfect Square

Bilangan Kuadrat Sempurna . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

i


2/155

CONTENTS ii

2.3 GCD dan Algoritma Euclid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.4 Modular Arithmetic

Modulo Aritmatik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.5 Linear Diophantine Equations

Persamaan Linier Diophantin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3 Algebra Functions

Fungsi Aljabar 28

3.1 Polynomials Inequality

Pertidaksamaan Polinomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

3.1.1 Inverse Function

Fungsi Invers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

3.1.2 Arithmetic and Geometric Sequence

Barisan Aritmatik dan Geometrik . . . . . . . . . . . . . . 34

3.2 Arithmetic, Geometric, Harmonic, and Quadratic Means

Rataan Aritmatik, Geometrik, Harmonik dan

Kuadratik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433.3 The Polynomials and Remainder Theorem

Suku Banyak dan Teorema Sisa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3.3.1 Polynomials Division

Pembagian Suku Banyak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3.3.2 Remainder Theorem

Teorema Sisa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

3.3.3 Factor Theorem

Teorema faktor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49


3/155

CONTENTS iii

3.3.4 Properties of Polynomial Roots

Sifat-Sifat Akar-Akar Suku Banyak . . . . . . . . . . . . . . 50

4 Trigonometry

Trigonometri 57

4.1 Trigonometric Function

Fungsi Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

4.1.1 Sine and Cosine Rule

Aturan Sinus dan Cosinus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

4.1.2 Formulas of Sum and Difference of Angles

Rumus-rumus Jumlah dan Selisih Sudut . . . . . . . . . . 65

4.1.3 Trigonometric Equation

Persamaan Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

4.2 Limit Fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

4.2.1 Solution Techniques

Metode Penyelesaian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

4.2.2 Limit of Algebraic FunctionLimit Fungsi Aljabar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

4.2.3 Limit of Trigonometric Function

Limit Fungsi Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

5 Geometri 86

5.1 Segitiga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

5.2 Segitiga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

5.3 Lingkaran . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96


4/155

CONTENTS iv

6 Kombinatorika 125

6.1 Permutasi dan Kombinasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

6.2 Prinsip Inklusi-Ekslusi dan Peluang . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

6.3 Koefisien Binomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

6.4 Prinsip Sarang Merpati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

6.5 Paritas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

6.6 Relasi Rekurensi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

6.7 Soal-soal dan Pembahasan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133


5/155

List of Tables

4.1 Trigonometric quadrant system . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

4.2 The value of trigonometric functions for special angles . . . . . . 60

4.3 The value of trigonometric functions for any angle(Xo ) . . . 61

4.4 The value of trigonometric functions for negative angles . . . . . 62

4.5 The value of trigonometric functions for any angle(Xo + ) . . . 62

v


6/155

List of Figures

3.1 Squares in the circles. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

4.1 The right triangle trigonometric system . . . . . . . . . . . . . . . 58

4.2 Triangle and circle of radiusR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

4.3 Sum and Difference of Angles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

5.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

vi


7/155

CHAPTER 1

Mathematics Proof MethodMetode Pembuktian Matematis

In mathematics, a proof is a convincing demonstration (within the accepted stan-

dards of a field study) to show that some mathematical statement is necessarily

true. Proofs are obtained from deductive reasoning, rather than from inductive

or empirical arguments. That is, a proof must demonstrate that a statement is

true in all cases, without a single exception.

Dalam matematika, bukti adalah suatu demonstarasi meyakinkan (mengikuti

beberapa standar yang diterima dari suatu bidang kajian tertentu) untuk me-

nunjukkan bahwa pernyataan matematika itu betul-betul benar. Pembuktian

lebih diperoleh dari penarikan kesimpulan secara deduktif dibandingkan den-

gan penarikan kesimpulan yang secara induktif atau empiris. Dengan demikian,

bukti harus menunjukkan bahwa sebuah pernyataan itu adalah benar disegala

hal tanpa suatu perkecualian sedikitpun.

The statement that is proved is often called a theorem. Once a theorem is proved,

it can be used as the basis to prove further statements. A theorem may also be

referred to as alemma, that is a sub theorem, especially if it is intended for use

as a stepping stone in the proof of another theorem. An implication of theorems

or lemmas is known as acorollary. An unproved proposition that is believed to

be true is known as a conjecture.

Sebuah pernyataan yang sudah terbuktikan disebut dengan teorema. Sekali teo-

rema itu terbuktikan maka hal ini dapat digunakan sebagai dasar untuk mem-

buktikan pernyataan-pernyataan selanjutnya. Kadangkala teorema disebut juga

1


8/155

Chapter 1. Mathematics Proof Method 2

dengan lemma, bagian kecil dari teorema, khusunya jika hal ini digunakan seba-

gai batu loncatan untuk membuktikan teorema-teorema lainnya. Sebuah akibat

dari beberapa teorema atau lemma disebut dengan korolary. Sebuah pernyataan

yang tidak terbuktikan namun diyakini kebenarannya dikenal dengan istilah

konjektur.

Proofs employ logic but usually include some amount of natural language which

usually admits some ambiguity. In fact, the vast majority of proofs in writ-

ten mathematics can be considered as applications of rigorous informal logic.

Purely formal proofs, written in symbolic language instead of natural language,

are considered in proof theory. The distinction between formal and informal

proofs has led to much examination of current and historical mathematical prac-tice, quasi-empiricism in mathematics, and so-called folk mathematics (in both

senses of that term). Therefore, the philosophy of mathematics is concerned with

the role of language and logic in proofs, and mathematics as a language.

Beberapa pembuktian matematika menggunakan logika, namun biasanya juga

melibatkan beberapa bahasa biasa yang kadangkala memunculkan dua arti. Na-

mun demikian fakta menunjukkan bahwa hampir semua pembuktian dalam

pernyataan matematika dapat dikatakan sebagai suatu aplikasi dari logika mate-

matika informal. Dalam pembuktian formal yang asli, penulisan dengan simbol-

simbol matematika dibandingkan dengan penulisan dengan bahasa biasa lebih

dipilih dalam teori pembuktian. Perbedaan antara pembuktian formal dan in-

formal telah mendasari beberapa evaluasi matematika dan sejarah latihan mate-

matika akhir-akhir ini, termasuk juga matematika semi empiris, sehingga kita

mempunyai istilah yang dikenal dengan matematika untuk umum (terhadap

kedua istilah itu). Dengan demikian, filosofi matematika sesungguhnya adalah

terkait dengan bagaimana perananan bahasa dan logika dalam matematika itu

sendiri, sehingga matematika menjadi suatu bahasa.


9/155


Mathematics statement can be either true or false. A statement which is always

true is called atautology, a statement which is always false is called acontradic-

tion. To prove a truth of mathematics statement, we need a proof technique. Ba-

sically, there are two types of proof technique, namely direct proof and indirect

proof. In the following, we describe how the two techniques are implemented

in proving the truth of a statement.

Pernyataan matematika dapat bernilai benar atau salah. Suatu pernyataan yang

selalu bernilai benar disebuttautologi, sedangkan pernyataan yang selalu berni-

lai salah disebutkontradiksi. Untuk membuktikan kebenaran suatu pernyataan

matematika dibutuhkan suatu metode pembuktian. Pada prinsipnya terdapat

dua metode pembuktian, yaitu bukti langsung dan bukti tak langsung. Berikutini akan dijelaskan bagaimana kedua metode itu diterapkan untuk membuk-

tikan kebenaran suatu pernyataan.

1.1 Direct Proof

Bukti Langsung

In this case, to prove a truth of mathematics statement is utilized a direct way

with a particular technique in direction of having a conclusion. In general, there

are three direct proofs, namely one way proof (implication), two ways proof

(biimplication/equivalence) and mathematics induction. Some examples of the

use of those methods are presented in the following.

Dalam hal ini, pembuktian dalam kebenaran matematika dibuktikan dengan

cara langsung dengan teknik-teknik tertentu sampai mencapai kesimpulan. Se-

cara umum, terdapat tiga pembuktian langsung yaitu pembuktian satu arah(implikasi), pembuktian dua arah (biimplikasi/ekuivalensi) daninduksi matematika.

Beberapa contoh penggunaan metode tersebut adalah sebagai berikut.


10/155


Lemma 1.1.1 Ifnis a natural number then 1 + 2 + 3 + + n= n2

(n + 1)for anyn.

Lema 1.1.1 Jika n suatu bilangan asli maka 1 + 2 + 3 +

+n = n

2(n+ 1) untuk

setiapn.

Proof. Implication Proof:SupposeUn = n2 = Un+1 = (n+ 1)2 = n2 + 2n+

1 = Un+1 Un= 2n+ 1. Then we haveBukti. Pembuktian Implikasi:MisalUn=n

2 = Un+1 = (n+ 1)2 =n2 + 2n+1 = Un+1 Un= 2n+ 1. Maka didapat

Un+1 Un = 2n+ 1

Un Un1 = 2(n 1) + 1...U3 U2 = 2 2 + 1U2 U1 = 2 1 + 1.

Sum up thenequations above, we get

Jumlahkan seluruhnpersamaan di atas maka akan didapat

Un+1

U1 = 2(1 + 2 +

+ n) + (1 + 1 +

+ 1)

1 + 2 + + n = n2 + n

2

Therefore

Dengan demikian1 + 2 + + n= n2

(n+ 1).

Lemma 1.1.2 Let a, b be two integer numbers and n be a positif integer. For any integer

n,n|aandn|bwill give the same remainder if and only ifn|(a b).

Lema 1.1.2 Diberikan dua bilangan bulat a, b dan bilangan bulat positip n. Untuksebarang bilangan bulat n, a

n dan b

nakan mempunyai sisa yang sama jika dan hanya

jikan|(a b).


11/155


Proof. Equivalence Proof:

Bukti. Pembuktian Ekuivalensi:

(=

)

Letsbe a remainder ofaandbdivided byn, we havea = kn + sandb= jn + s

for0 s ndank, j I.Misal sisa pembagian bilangana dan b oleh n adalah s makaa = kn + s dan

b= jn+ s, dengan0 s ndank, j I.

a b = (kn+ s) (jn+ s)= (kn jn)= (k

j)n.

Sincek, j I,k j = pwherepis also integer, and a b = pn, it shows thatn|(a b).Karena k, j Imaka kj =p dimanapjuga bilangan bulat, sehingga ab= pn,yang artinyan|(a b).(=)Suppose thatn|(a b). We will prove thataand bwill give the same remainderwhen they are divided byn. Leta = kn+s1andb = j n+s2for 0

s1

nand

0 s2 n, we will show thats1=s2.Misal n|(a b). Akan dibuktikan bahwaa dan b akan mempunyai sisa yangsama bila dibagin. Misal a = kn + s1 danb = jn + s2 untuk 0 s1 n dan0 s2 n, maka akan ditunjukkans1 = s2.

a b = pna = b+pn

= (jn + s2) +pn

= (j+ p)n+ s2

= kn+ s2.


12/155


Since the remainder ofn|ais single, we haves2=s1Karena sisa darin|aadalah tunggal makas2=s1.

Lemma 1.1.3 Prove that3|(22n 1)forn 1.

Lema 1.1.3 Buktikan bahwa3|(22n 1)untukn 1.

Proof. Mathematics Induction. For n= 1 3|(221) 3|3 (true). Supposeit is true forn= k, we have3|(22k 1). Thus, is that true forn = k + 1?Bukti. Induksi Matematika. Untukn = 1 3|(22 1) 3|3(benar). Misalbenar untukn = k maka3

|(22k

1). Selanjutnya apakah benar untukn = k + 1?

3|(22(k+1) 1) ?3|(22k+2 1)

3|(22k 22 1)3|(22k 22 22 + 3)3|(22(22k 1) + 3).

Since3

|22(22k

1)and3

|3. It follows that3

|(22(22k

1) + 3), hence it is also true

forn = k + 1.

Karena3|22(22k 1)dan3|3maka3|(22(22k 1)+3). Sehingga hal ini juga benaruntukn = k + 1.

1.2 Indirect Proof

Bukti Tak Langsung

In this proof technique, we do not start involving the existing facts in direc-

tion of having a conclusion. We start the prof even from the opposite facts. In


13/155


general, there are two indirect proofs, namely contradictive proof and contra-

positive proof. Contradictive proof is also called reductio ad absurdum proof.

For instance, we will proof thatAis true, we start the proof by assuming thatA

is not true. Contrapositive proof is obtained by finding a contraposition of an

implication statement in logic math. For instance, we will proof that p qistrue, we start the proof by determining the contraposition ofp (q r), i.e.(q r) p. As we know, in logic mathp (q r) =(q r) p. Inthe following, we present how to use these methods.

Dalam teknik pembuktian ini, fakta-fakta yang ada tidak digunakan secara lang-

sung untuk menuju pada kesimpulan. Pembuktia dimulai justru dari hal se-

baliknya. Secara umum terdapat dua pembuktian tak langsung, yaknipembuk-tian kontradiksi danpembuktian kontraposisi. Pembuktian kontradiksi disebut juga

pembuktian kemustahilan. Misal yang akan dibuktikan adalah benarnya perny-

ataan A, maka pembuktian dimulai dengan mengandaikan bahwa A adalah

salah. Pembuktian kontraposisi diperoleh dari menentukan kontraposisi dari

sebuah pernyataan implikasi dalam logika matematika. Misal akan dibuktikan

bahwa pernyataanp= (qr)benar, maka pembuktian diawali dengan menen-tukan kontraposisi darip = (q r), yaitu (q r) =p. Seperti yang kitaketahui, dalam logika matematikap = (q r) =(q r) = p. Berikut inikita jelaskan bagaimana menggunakan metode pembuktian ini.

Lemma 1.2.1 Prove that

2is an irrational number.

Lema 1.2.1 Buktikan bahwa

2adalah suatu bilangan irasional.

Proof. Contradictive Proof. Suppose that

2 is a rational number. We will

have 2 = a

b , where a

b is a simplified form. By squaring the two sides, weobtaina2 = 2b2. It follows thata2 is even which implies thata is even. Suppose

a= 2k,we have(2k)2 = 2b2 b2 = 2k2 which implies thatb is also even.


14/155


15/155


PROBLEMS ANDS OLUTIONS

SOA L-SOAL DANP EMBAHASAN

1. Prove that(an+ b)m =bm mod n.

Buktikan bahwa(an+ b)m =bm mod n.

Solution. Direct Proof.To prove(an + b)m =bm mod n, we need to show

that there exists an integerk such that(an+ b)m bm =kn.Solusi. Bukti Langsung. Untuk membuktikan(an+ b)m = bm mod n

perlu ditunjukkan bahwa terdapat bilangan bulat k sedemikian hingga

(an+ b)m

bm

=kn.

(an+ b)m bm =

(an)m + m(an)m1b+ ...+ m(an)bm1 + bm

bn

= (an)m + m(an)m1b+ ...+ m(an)bm1 + bm bm

= (an)m + m(an)m1b+ ...+ m(an)bm1

=

(a)mnm1 + m(a)m1nm1b+ ...+ m(a)bm1bm1

n

Letk = (a)mnm1 +m(a)m1nm1b+...+m(a)bm1bm1, hence we get(an+ b)m bm =kn. Therefore(an+ b)m =bm mod n.

Bilak =

(a)mnm1 + m(a)m1nm1b + ... + m(a)bm1bm1

, maka didapat

(an+ b)m bm =kn. Sehingga(an+ b)m =bm mod n.

2. Ifpis a prime number andp|a1a2...anthenp|aifor any1 i n.Jikapadalah bilangan prima danp|a1a2...anmakap|aiuntuk sebarang1 i n.Solution. Mathematics Induction. Let P(k) be a representation state-

ment. Step I: Ifp|a1, then it is obvious that P|ai for 1 i 1. Step II:


16/155


Assume it is true for P(k), that is ifp|a1a2...akthenp|ai for any1 i k.We will show that P(k+1) is also true. Sincep|a1a2...akak+1andp is a primenumber, it holdsp

|a1a2...akor p

|a(k+1). From the two possibilities, we have

p|aifor 1 i k+ 1asP(k)is true. It concludes thatP(k+ 1) is also true.Solusi. Induksi Matematika.MisalP(k)adalah representasi dari perny-

ataan tersebut. Langkah I : Jika p|a1, jelas bahwa P|ai untuk suatu 1i 1. Langkah II: Misalkan p(k) benar, artinya jikap|a1a2...ak makap|aiuntuk suatu 1 i k. Akan dibuktikan bahwaP(k+ 1) benar. Dike-tahuip|a1a2...akak+1, maka karenapbilangan prima berlakup|a1a2...akatauP|a(k+1). Dari kedua kemungkinan ini dikombinasikan, karena P(k)berni-

lai benar, maka didapatkan untuk suatu1 i k + 1. Jadi terbukti bahwaP(k+ 1) bernilai benar.

3. Prove that ifxm is divisible by a primep, thenxis also divisible byp.

Bukatikan bahwa jika xm habis dibagi bilangan prima p, maka x habis

dibagip.

Solution. Sincep divides xm, we havep|xm orp|x.xm1. Sincep is a prime,we have p|xor p|xm1. Supposep does not dividex, it follows p|xm1 or

p|x.xm

2

. Repeat the process, we will be able to show thatp|x.Solusi. Karenap membagi habisxm, didapatp|xm ataup|x.xm1. Karenap adalah bilangan prima maka p|x atau p|xm1. Andaikanp tidak habismembagix, makap|xm1 ataup|x.xm2. Jika proses diteruskan maka akandidapatkan bahwap|x.


17/155

CHAPTER 2

Number TheoryTeori Bilangan

2.1 Divisibility

Keterbagian

When 13 is divided by 5, it will give quotient 2 and remainder 3, denoted by135

= 2 + 35

or13 = 2 5 + 3. In general, for any positive integersa and b thereexists a unique pair (q, r) of nonnegative integers such that b = q a+ r and0< r < a. We say thatqis the quotient andris the remainder whenbis divided

bya. Ifr = 0then we say that b is divisible bya or a dividesb, denoted bya| b.Ifbis not divisible byathen we denote asa b.

Jika 13 dibagi 5 maka hasil baginya 2 dan sisanya 3 dan ditulis:

13

5 = 2 + 3

5 atau13 = 25+3. Secara umum, apabila abilangan bulat dan bbilangan bulat positif,maka ada tepat satu bilangan bulatqdanrsedemikian hinggab = q a + rdan0< r < a. Dalam hal ini,qdisebut hasil bagi danradalah sisa pembagian bilab

dibagia. Jikar = 0maka dikatakanbhabis dibagiadan ditulisa| b. Bilabtidakhabis dibagiamaka ditulisa b.

Lemma 2.1.1 (1) Ifa|bthena|bcfor anyc I; (2) Ifa| band b| cthena| c; (3) Ifab| cthena| candb| c; (4) Ifa|bandb|athena = b; (5) Ifa| banda| cthena| (bx + cy)forany integersxandy.

11


19/155


Example. Is13 + 23 + + 1003 divisible by 7? False, as we have13 + 23 + +1003 = (1 + 2 + 3 + + 100)2 = (5050)2 = 25502500and7 25502500.

Contoh. Apakah13

+ 23

+ +1003

habis dibagi 7? Tidak, karena13

+ 23

+ +1003 = (1 + 2 + 3 + + 100)2 = (5050)2 = 25502500dan7 25502500.

Lemma 2.1.3 A number a = anan1 . . . a1a0 is respectively divisible by 3,9 and 11 if

the sum of its digits satisfies respectively the following: (an +an1 +an2 + +a1 +a0)is divisible by 3;(an+ an1+ an2+ + a1+ a0)is divisible by 9; and(an an1+an2 an3+ . . . )is divisible by 11.

Lema 2.1.3 Suatu bilangan a = anan1 . . . a1a0 berturut-turut habis dibagi 3,9 dan11 jika jumlah angka-angkanya memenuhi masing-masing sifat berikut: (an+ an1+

an2+ + a1+ a0)habis dibagi 3;(an+ an1+ an2+ + a1+ a0)habis dibagi 9;dan(an an1+ an2 an3+ . . . )habis dibagi 11.

Proof.

Bukti.

a = anan1 . . . a1a0

= an 10n + an1 10n1 + . . . a1 101 + a0 100= an (9 + 1)n + an1 (9 + 1)n1 + . . . a1 (9 + 1)1 + a0 (9 + 1)0

= an[9n + n 9n1 + + 9n] +an+ an1[9n1 + (n 1) 9n2 +

+ 9(n 1)] +an1+ + 9a1+ a1+ a0= an[9

n + n 9n1 + + 9n] +an1[9n1 + (n 1) 9n2 + +9(n 1)] + + 9a1+ an+ an1+ + a1+ a0

= K(a) +Q(a)

Since(3 9)| K(a), it must be(3 9)| Q(a)to have(3 9)| a.Karena(3 9)| K(a)maka haruslah(3 9)| Q(a)supaya(3 9)| a.


20/155


2.2 Special Number

Bilangan Khusus

2.2.1 A Prime and Composite Number

Bilangan Prima dan Komposit

The integerp > 1is called a prime number if there is no integer dwithd > 1

andd =p such thatd|p. Any integern >1 has at least one prime divisor. Ifn isa prime, then that prime divisor isn itself. An integern > 1 that is not a prime

is calledcomposite.

Bilangan bulat p > 1 disebut sebuah bilangan prima jika tidak ada bilangan

bulat d dimanad > 1dand= psedemikian hinggad|p. Setiap bilangan bulatn > 1 mempunyai paling sedikit satu pembagi prima. Jikan adalah bilangan

prima, maka pembagi primanya adalah bilngann itu sendiri. Sebuah bilangan

bulatn >1 yang bukan bilngan prima disebut bilangankomposit.

Theorem 2.2.1 Eratosthenes. For any compositen, there exists a prime p such that

p| n and pn. In other words If there does not exist a primepwhich divides n,wherep n, thennis a prime.

Teorema 2.2.1 Eratosthenes. Untuk setiap bilangan komposit n ada bilangan prima

psehinggap| ndan pn. Dengan kata lain Jika tidak ada bilangan prima p yangdapat membagindenganp nmakanadalah bilangan prima.

Example. Are 157 and 221 prime numbers?. The primes which are less than

157are 2, 3, 5, 7, 11. Since none of them divides 157, then 157 is a prime. Theprimes which are less than

221are 2, 3, 5, 7, 11, 13. Since13| 221then 221 is a

composite number.


21/155


Contoh. Apakah bilangan 157 dan 221 bilangan prima?. Bilangan-bilangan

prima yang lebih kecil dari

157adalah 2, 3, 5, 7, 11. Karena tidak ada satupun

dari bilangan- bilangan prima itu yang dapat membagi 157, maka 157 meru-

pakan bilangan prima. Kemudian bilangan - bilangan prima yang lebih kecil

dari

221adalah 2, 3, 5, 7, 11, 13. Karena13| 221maka 221 merupakan bilangankomposit.

2.2.2 Perfect Square

Bilangan Kuadrat Sempurna

Any perfect square satisfies the following three properties:

The possible ones of perfect square number is either 0, 1, 4, 5, 6, dan 9.

If 4 divides a perfect square then the remainder is either 0 or 1.

Ifpis a prime and p| x2 thenp| z, wherez=x2/p.

Sebarang bilangan kuadrat sempurna memenuhi tiga sifat berikut ini:

Angka satuan yang mungkin untuk bilangan kuadrat sempurna adalah 0,1, 4, 5, 6, atau 9.

Jika 4 membagi bilangan kuadrat sempurna maka sisanya 0 atau 1.

Jikapbilangan prima danp| x2 makap| z, dimanaz=x2/p.

Example. Obtain a perfect square whose digits arek, k+ 1, k+ 2, 3k, k+ 3.

Contoh. Carilah suatu bilangan kuadrat sempurna yang angka-angkanya berturut-

turut adalahk, k+ 1, k+ 2, 3k, k+ 3.


22/155


Solution. The ones of the number is k +3, it follows that kcan be either 1, 2, 3 or

6. Whilst the tens is3k, it follows thatkcan be either0, 1, 2or3. They imply that

the possiblek is either1, 2or 3 which give perfect square numbers 12334, 23465

or34596. Since the remainder of12334 divided by 4 is 2, it gives that 12334 is

not a perfect square. The remainder of23465divided by 4 is 1 and 5|23465, but5 4693, so that 23465 is not a perfect square. Now, 4|34596, and we have thefollowing

Solusi. Angka satuan bilangan kuadrat ini adalah k +3sehingga kyang mung-

kin adalah 1, 2, 3, 6. Sedangkan angka puluhannya adalah 3kmaka kyang mung-

kin adalah 0, 1, 2, 3. Dari kedua kemungkinan ini diperolehk yang mungkin

adalah1, 2, 3, dengan demikian bilangan kuadrat yang mungkin adalah12334,23465, 34596. Karena 12334 dibagi 4bersisa 2 maka 12334bukan bilangan kuadrat.

Bilangan23465dibagi 4 bersisa 1 dan 5|23465, akan tetapi5 4693maka23465bukan bilangan kuadrat. Sekarang, bilangan4|34596, dan berikut ini berlaku

2 | 345962 | 172983 | 86493 | 2883

31 | 96131 | 31

Therefore,34596 = 22 32 312 = 1862 which is a perfect square.Sehingga34596 = 22 32 312 = 1862 yang merupakan bilangan kuadrat.


23/155


2.3 GCD dan Algoritma Euclid

Leta, bbe any integers. An integerd satisfyingd|

aand d|

bis called a common

divisor ofaandb. The biggest (respectively, smallest) value ofdis calledGreater

Common Divisor/GCD, denoted byGC D(a, b))(respectively,Least Common Mul-

tiple/LCM, denoted byLC M(a, b))). Several techniques have been developed to

obtain GCD or LCM, one of them is Euclidean algorithm.

Misaladanbsembarang bilangan bulat. Bilangan bulatd yang memenuhi sifat

d| a dan d| b disebut faktor persekutuan dari a dan b. Nilai terbesar dari d disebutfaktor persekutuan terbesar atau FPB dan ditulis denganF P B(a, b)sedangkan

nilai terkecil darid disebut kelipatan persekutuan terkecil atau KPK dan ditulisKP K(a, b). Beberapa tekni telah dikembangkan untuk menentukan FPB dan

KPK, salah satunya adalah algoritma Euclid.

Algorithm 2.3.1 Euclidean Algorithm. Given two integer numbersa and b witha >

b >0,GCD(a, b)can be obtained by repeating the following algorithm:

a = q1b+ r1; 0< r1 < b

b = q2r1+ r2; 0< r2< r1

r1 = q3r2+ r3; 0< r3< r2...

rn2 = qnrn1+ rn; 0< rn< rn1

rn1 = qn+1rn+ 0

If rn is the last divisor of the division process which gives a remainder 0 then rn is

GCD(a, b).

Algoritma 2.3.1 Algoritma Euclide. Diberikan dua bilangan bulata dan b dengan


24/155


a > b > 0, makaGCD(a, b)bisa dicari dengan mengulang algoritma berikut:

a = q1b+ r1; 0< r1 < b

b = q2r1+ r2; 0< r2< r1

r1 = q3r2+ r3; 0< r3< r2...

rn2 = qnrn1+ rn; 0< rn< rn1

rn1 = qn+1rn+ 0

Jika rn merupakan pembagi terakhir dari pembagian di atas yang memberikan sisa 0

makarnmerupakanGCD(a, b).

Example. Determine GCD(4840, 1512). Using Euclidean Algorithm, the solu-

tion is the following:

Contoh. TentukanGC D(4840, 1512). Dengan menggunakan Algoritma Euclid

maka solusinya adalah sebagai berikut:

4840 = 3 1512 + 3041512 = 4 304 + 296

304 = 1 296 + 8296 = 37 8 + 0

Therefore

JadiGCD(4840, 1512) = 8.

Lemma 2.3.1 Anya

|candb

|cimplyab

|cif and only ifGCD(a, b) = 1.

Lema 2.3.1 Sebaranga|cdanb|cberakibatab|cjika dan hanya jika GCD(a, b) = 1.


25/155


Example. 3|30and5|30imply3 5|30asGCD(3, 5) = 1, however2|30and6|30imply2 630 asGC D(2, 6) = 1.

Contoh. 3|30 dan 5|30 maka 35|30 karena GCD(3, 5) = 1, akan tetapi2|30 dan6|30maka2 630 karenaGCD(2, 6) = 1.

2.4 Modular Arithmetic

Modulo Aritmatik

Let a, b, and m be integers, with m > 1. We say thata and b are congruent

modulom, denoted byab (mod m), if the remainder ofa divided by m andbdivided bymare the same.

Diberikan bilangan bulata, bdan m dimanam > 1. Bilangana dikatakan kon-

gruen denganbmodulom, dituliskan dengana b (mod m), jika sisa pemba-gianaolehmdanbolehmmemberikan sisa yang sama.

Lemma 2.4.1 Ifaandbare congruent modulomthenm| (a b).

Lema 2.4.1 Jikaadanbkongruen modulommakam| (a b).

Proof. a b (mod m) = a= q1m + rand b= q2m + r. Hence ab= (q1 q2)m,it followsm| (a b).

Bukti. a b (mod m) = a = q1m+ r dan b = q2m+ r. Kemudian a b =

(q1 q2)msehinggam| (a b).


26/155


Lemma 2.4.2 (1) a b (mod m), b a (mod m) are equivalent with ab 0(mod m);(2) ifa b (mod m) andb c (mod m) thena c (mod m); (3) ifa b (mod m)andd

|mthena

b (mod d); (4) ifa

b (mod m)andc

d (mod m)thenax+cy

bx+ dy (mod m)andac bd (mod m), for anyx, y I.

Lema 2.4.2 (1) a b (mod m), b a (mod m) adalah setara dengan ab 0(mod m); (2) jika a b (mod m) dan b c (mod m) maka a c (mod m); (3) jika ab (mod m)dan d|mmakaa b (mod d); (4) jika a b (mod m)danc d (mod m)makaax+ cy bx+ dy (mod m)danac bd (mod m), untuk sebarangx, y I.

Proof. a

b (mod m)

m|(a

b)

andc

d (mod m)

m

|(c

d)

. FromLemma 2.1.1, we have m|((ab)x+(cd)y) or m|((ax+cy)(bx+dy)), thereforeax+ cy bx+ dy (mod m).

Bukti. a b (mod m) m|(a b)danc d (mod m) m|(c d). SesuaiLema 2.1.1 didapat m|((ab)x + (cd)y)atau m|((ax + cy)(bx + dy)), sehinggaax+ cy bx+ dy (mod m).

It follows from Lemma 2.4.2, iff(x)is a polynomial of integer coefficients and

a b (mod m)thenf(a) f(b)(mod m).Akibat dari Lemma 2.4.2, jika f(x) adalah suatu fungsi polinom dengan koefisien-

koefisien bilangan bulat dana b (mod m)makaf(a) f(b)(mod m).

Example. Prove that for any natural n, S= 2903n803n+261n464n is divisibleby 7 and 271. Furthermore, prove that1897|S.

Contoh. Buktikan bahwa untuk setiap bilangan aslinmakaS= 2903n 803n +261n 464n habis dibagi 7 dan 271. Buktikan juga bahwa1897|S.

Solution. Since 2903 803(mod7) and 464 261(mod7), as well as 2903464 (mod 271)and 803 261 (mod 271), from Lemma 2.4.2(4) we must have 7|S


27/155


and271|S. Furthermore, since1897 = 7 271 and GC D(7, 271) = 1, it followsfrom Lemma 2.3.1 that1897|S.

Solusi. Karena 2903 803(mod7) dan 464 261(mod7), demikian juga 2903 464 (mod 271)dan 803 261 (mod 271)maka sesuai dengan Lema 2.4.2(4) di-pastikan bahwa 7|Sdan 271|S. Selanjutnya karena 1897 = 7271 dan GCD(7, 271) =1, maka sesuai Lema 2.3.1 terbukti1897|S.

Lemma 2.4.3 (am+ b)n bn (mod m)

Lema 2.4.3 (am+ b)n bn (mod m)

Proof. The proof is the same with showing that there exists an integerk such

that(am+ b)n bn =km.

Bukti. Pembuktian ini sama artinya dengan membuktikan ada bilangan bulat

ksehingga(am+ b)n bn =km.

(am+ b)n

bn

= (am)n

+ n(am)n

1

b+ + n(am)bn

1

+ bn

bn

= {a(am)n1 + an(am)n2 + + an(b)n1}m= km.

Example. Determine the ones of19971991.

Contoh. Tentukan angka satuan bilangan19971991.

Solution. From Lemma 2.4.3, the solution is as follows:


28/155


Solusi. Dengan menggunakan Lema 2.4.3 maka solusinya adalah sebagai berikut:

The ones(Angka satuan)19971991 = The remainder(Sisa bagi)19971991 oleh 10

= (199 10 + 7)1991 (mod 10)= 71991 (mod 10)

= 74497+3 (mod 10)

= (74)497 73 (mod 10)= (2401)497 343 (mod 10)= (240 10 + 1)497 (34 10 + 3) (mod 10)= 1

3 (mod 10)

= 3 (mod 10)

Thereforre, the ones of19971991 is 3.

Sehingga, angka satuan bilangan19971991 adalah 3.

It is easy to see that powering numbers 0, 1, 2, . . . , 9 give the following ones/units:

0 =>0 1type,1 =>1 1type,2 =>2, 4, 8, 6 4types,3 =>3, 9, 7, 1 4types,4 =>4, 6 2types,5 =>5 1type,6 =>6 1type,7 =>7, 9, 3, 1

4types,8 =>8, 4, 2, 6 4types,9 =>9, 1 2types.Mudah dicermati bahwa perpangkatan bilangan 0, 1, 2, . . . , 9 akan menghasilkan

angka satuan berikut: 0 => 0 1jenis,1 => 1 1jenis,2 => 2, 4, 8, 6 4jenis,3 = 3, 9, 7, 14jenis,4 => 4, 62 jenis,5 =>51jenis,6 => 61jenis,7 =>7, 9, 3, 1 4jenis,8 =>8, 4, 2, 6 4jenis,9 =>9, 1 2jenis.

Therefore, finding the units of exponential number can be obtained by the fol-

lowing ways: Consider the example above. Determine the ones of19971991. Since

the ones of the base is 7, the ones of the exponential number contains 4 types,namely 7,9,3,1. Thus1991/4 = 4 497 + 3, it implies that19971991 = 19974497+3which follows the ones of73 3. Therefore the ones of19971991 is 3.


29/155


Dengan demikian pencarian angka satuan dari perpangkatan bilangan dapat

dilakukan dengan cara berikut: Misal pada contoh soal di atas. Berapa angka

satuan bilangan19971991. Karena angka satuan bilangan dasar adalah angka7

maka angka satuan perpangkatan bilangan ini akan meliputi 4 jenis yaitu 7,9,3,1.

Selanjutnya1991/4 = 4 497+3sehingga19971991 = 19974497+3 yang berakibatangka satuan dari 73 3. Dengan demikian angka satuan bilangan19971991adalah 3.

Example. Determine the ones of345678292784383951.

Contoh. Tentukan angka satuan bilangan345678292784383951.

Solution. Since the ones of the base is

4, the ones of the exponential number

contains 2 types, namely 4,6. Thus383951/2 = 2 191975 + 1, it implies that345678292784383951 = 3456782927842191975+1 which follows the ones of41 4.Therefore the ones of345678292784383951 is 4.

Solusi. Karena angka satuan bilangan dasarnya adalah4 maka angka satuan

perpangkatan bilangan ini akan meliputi 2 jenis yaitu 4,6. Selanjutnya tentukan

2|383951 = 2 191975 + 1sehingga345678292784383951 = 3456782927842191975+1yang berakibat angka satuan dari41 4. Dengan demikian angka satuan bi-langan345678292784383951 adalah 4.

2.5 Linear Diophantine Equations

Persamaan Linier Diophantin

An equation of the formax +by = cwherea, b, care fixed integers and a, bare

all different from zero is called a linear Diophantine equation if the solutions x, y

respect to integers.


30/155


Persamaan ax + by = c dengan a,b,c bilangan-bilangan bulat dan a, b dua-

duanya bukan nol disebut persamaan linier Diophantine jika penyelesaiannya

dicari untuk bilangan-bilangan bulat.

Theorem 2.5.1 Diophantine equation ax+by= c is solvable if and only ifGCD(a, b)|c.

Teorema 2.5.1 Persamaan Diophantineax + by= cmempunyai penyelesaian jika dan

hanya jikaGCD(a, b)|c.

Proof. Letd = GCD(a, b)and d

|c. We have d

|c

c = kd for any integersk.

Whilstd| GCD(a, b) am+ bn= d for anymandnsuch that:

k(am+ bn) =kd

a(km) +b(kn) =c,

it implies thatx= mk dan y = nk

Bukti. Misal d = GCD(a, b) dan d| c, maka d| c c = kd untuk sebarangbilangan bulat k. Sedangkand| GCD(a, b) am+ bn = d untuk sebarang

bilangan bulatmdannsehingga:

k(am+ bn) =kd

a(km) +b(kn) =c,

berartix= mk dany =nk

Theorem 2.5.2 Ifd= GC D(a, b)andx0, y0are the solutions of Diophantine equation

ax+ by= c, then the general solutions are

x= x0+b

dk and y =y0 a

dk; wherek is an integer parameter.


31/155


Teorema 2.5.2 Jika d = GCD(a, b) dan x0, y0 merupakan penyelesaian persamaan

Diophantineax+ by= c, maka penyelelesaian umum persamaan tersebut adalah :

x= x0+ bd k dan y =y0 adk; dengank parameter bilangan bulat.

Example. Find the general solutions of Diophantine equation738x +621y = 45.

Contoh. Tentukan solusi umum dari persamaan Diophantine738x +621y = 45.

Solution. FindingGCD(738, 621)with Euclidean Algorithm

Solusi. MencariGC D(738, 621)dengan Alogaritma Euclide

738 = 1 621 + 117621 = 5 117 + 36117 = 3 36 + 9

36 = 4 9 + 0.

we getGC D(738, 621) = 9. Since9| 45, the equation is solvable. Consider the 9as a linear combination of 738 and 621.

diperoleh GCD(738, 621) = 9. Karena9| 45maka persamaan di atas mempunyaipenyelesaian. Jadikan 9 sebagai kombinasi linear dari 738 dan 621.

9 = 117 3 36= 117 3(621 5 117) = 3 621 + 16 117= 3 621 + 16(738 621)

9 = 16 738 19 621

multiplying the two sides by 5, we get 45 = 80 738 45 621. It implies thatx0= 80, y0= 95. Therefore the general solutions are:


32/155


Kalikan kedua ruas dengan 5, diperoleh 45 = 80 738 45 621, sehinggadidapatx0 = 80, y0 = 95. Dengan demikian penyelesaian umumnya adalah:

x = 80 +621

9 k= 80 + 69k

y = 95 7389

k= 95 82k



1. A number A is the smallest natural number which is a product of the small-

est three of prime number. Determine two numbers between200 and 300

which gives the same prime factor withA.

BilanganA adalah bilangan asli terkecil yang merupakan hasil kali dari 3

bilangan prima terkecil. Sebutkan dua buah bilangan di antara200 dan

300yang mempunyai faktor prima yang serupa dengan bilanganA.

Solution. A = 2.3.5 = 3 0, the desired numbers are 24.3.5 = 240 and

2.32

.5 = 270

Solusi. A= 2.3.5 = 30, jadi bilangan yang dicari adalah24.3.5 = 240dan

2.32.5 = 270

2. P(n)is a multiplication of the digits of numbern, andS(n)is summation

of its digits. Determine the ones ofn satisfyingP(n) +S(n) = nifn is a

number consisting two digits.

P(n) didefinisikan sebagai perkalian antara angka-angka bilangann dan

S(n) adalah penjumlahan antara angka-angka bilangan n. Tentukan angkasatuan n yang memenuhi P(n) +S(n) = n jika n adalah bilangan yang

terdiri dari dua angka.


33/155


Solution. Assume the numbernisab, we havea, bas a tens and ones.

Solution. Asumsikan bilangan tersebut adalah ab, maka kita mengartikan

asebagai puluhan danbsebagai satuan.

P(n) + S(n) = n

a.b + (a + b) = ab

a.b + (a + b) = 10a + b

ab = 9a= a9

Therefore, the ones of the number is 9

Dari sini didapatkan bahwa satuan bilangannadalah9

3. What is the remainder of13 + 23 + 33 + ...+ 1003 divided by 7?

Berapakah sisa pembagian13 + 23 + 33 + ...+ 1003 oleh 7?

Proof.

Bukti.

13 + 23 + 33 + ...+ 1003 = (1 + 2 + 3 +...+ 100)3

= (5050)2

= (101x50)2 (mod7)

= (101)2x(50)2 (mod7)

= (2x72 + 3)2x(72 + 1)2 (mod 7)

= 32x1(mod7)

= 9 (mod 7)

= 2 (mod 7)


34/155

CHAPTER 3

Algebra FunctionsFungsi Aljabar

3.1 Polynomials Inequality

Pertidaksamaan Polinomial

In this section, we will show how so solve inequalities. Solving an inequality

means finding all of its solutions. A solution of an inequality is a number which

when substituted for the variable makes the inequality a true statement.

Dalam bagian ini, akan dipelajari bagaimana menyelesaikan pertidaksamaan.

Menyelesaikan pertidaksamaan berarti mencari semua himpunnan penyelesa-

ian. Penyelesaian dari pertidakasamaan adalah sebuah bilangan dimana pada

saat bilangan itu disubstitusikan maka pertidaksamaan menjadi pernyataan yang

benar.

Some properties related to inequality are as follows:

Ifa > bthena= b+ k, for anyk.

Ifa > bthena + c > b+ canda.c > b.cwherec >0.

Ifa > bandb > cthena > c.

Ifa > bandc > dthena + c > b+ d.

Ifa > b > 0 then1/a >1/b, and ifa/b >0 thena.b >0.

28


35/155

Chapter 3. Algebra Functions 29

Beberapa sifat-sifat terkait dengan pertidaksamaan adalah sebagai berikut:

Jikaa > bmakaa= b+ k, untuk sebarangk.

Jikaa > bmakaa + c > b+ cdana.c > b.cdimanac >0.

Jikaa > bdanb > cmakaa > c.

Jikaa > bdanc > dmakaa + c > b+ d.

Jikaa > b > 0 maka1/a >1/b, dan jikaa/b >0 makaa.b >0.

In general, we present inequality polynomials as:

Secara umum pertidaksamaan fungsi dinyatakan sebagai

a0xn + a1x

n1 + + an1x+ an 0

The following steps shows how to solve inequality:.

factorizing the polynomials, if it is not factorizible then consider whetherthe function is definite or not.

Draw a number line and show the roots of polynomial equality on it.

Put sign+ or on each interval of the number line respecting to the fol-lowing rules:

Consider the coefficient of the highest order of the inequality.

If the coefficient of the the highest order is positive (respectively, or

negative) then the right side of line number interval is+ (respectively,

or

). Hence, place an alternate sign on the remaining interval.

Consider the sign of the inequality and confirm with the signs on the

interval to conclude the solution set.


36/155


Lagkah-langkah berikut menunjukkan bagaimana cara menyelesaikan persamaan

ini.

Lakukan memfaktorkan terhadap fungsi polinomial, bila tidak dapat di-faktorkan pertimbangkan apakah fungsi tersebut definit.

Gambar sebuah garis bilangan dan letakkan semua akar-akar persamaanpolinomial dalam garis bilangan.

Berikan tanda+atau pada setiap interval dengan prinsip berikut:

Lihat koefisien pangkat tinggi pertidaksamaan tersebut.

Jika koefisien pangkat tertingginya positif maka interval paling kanan

adalah +, bila negatif maka tulis dan kemudian interval selanjutnyasecara bergantian berlawanan tanda.

Lihat tanda pertidaksamaannya dan cocokkan dengan tanda tanda

dalam interval untuk menentukan himpunan penyelesaiannya.

Example. Determinexsatisfying inequalityx2 2x 80 0and

Contoh. Tentukan nilai-nilai x yang memenuhi kedua pertidaksamaan x22x80 0dan

(2x 5)501(x2 3x 4)(x2 + 7x 80)(x3 + 4x2 x + 1)2000(x+ 1)(x + 14)51

0

Solution. To solve this inequality we should consider discriminant D= b24acof quadratic function ax2 +bx+ c = 0. IfD < 0anda > 0 then the quadratic

function is positive definite, IfD


37/155


Solusi. Untuk menyelesaikan pertidaksamaan ini maka kita harus ingat kon-

sep DeskriminanD = b2 4acuntuk fungsi kuadratikax2 +bx + c = 0. BilaD < 0dan a > 0maka fungsi kuadratik adalah definit positif, BilaD < 0dan

a < 0maka fungsi kuadratik adalah definit negatif. Kemudian setiap bilangan

yang berpangkat genap pasti bernilai positif.

x2 2x 80 0(x 10)(x + 8) 0 Hp1= {x| 8 x 10}

Whilst(Sedangkan)

(2x

5)501(x2

3x

4)(

x2 + 7x

80)(x3 + 4x2

x + 1)2000

(x+ 1)(x + 14)51 0(2x 5)501(x 4)

(x+ 14)51 0

For(Untuk) x = 14, (2x 5)501(x 4)(x+ 14)51 0For(Untuk) x = 14, (2x 5)501(x 4)(x+ 14)51

0

It follows(Berarti) (2x 5)501(x 4)(x + 14)51 0Therefore (Sehingga) Hp2 = {x| 14< x 5

2 x 4}

Since the problem shows a conjunction relation then both solution sets H p1and

Hp2must be joined. It implies thatH p= {x| 8 x 52 4 x 10}.Karena masalah di atas menunjukkan relasi konjungsi, maka kedua himpunan

penyelesaianHp1danH p2harus digabung. Sehingga diperolehH p= {x| 8 x 5

2 4 x 10}.

Example. The value ofx satisfying inequality(x 2)4(x2 x 10)|x2 x 1

|(

x+ 1)2

1is. . .

Contoh. Hargaxyang memenuhi pertidaksamaan(x 2)4(x2 x 10)|x2 x 1|(x + 1)2 1adalah. . .


38/155


(A) x 1 0 x 1 x 2

(B)12 x 0 3

2 x 2

(C)1 x 0 1 x 2

(D)12

< x 32

(E) Allx(Semua hargax)

3.1.1 Inverse Function

Fungsi Invers

Iffis a function from A toB then aninverse functionfor fis a function in the

opposite direction, fromB to A, with the property that a round trip (a composi-

tion) fromA to B toA (or fromB toA to B) returns each element of the initial

set to itself. Thus, if an inputx into the function produces an outputy, then

inputtingy into the inverse functionf1 (readf inverse, not to be confused with

exponentiation) produces the outputx. Not every function has an inverse; those

that are calledinvertible.

Jika fadalah fungsi dari A ke Bmaka fungsi invers untuk fadalah suatu fungsi

balikan yang berlawanana arah, yaitu dariB ke A, dengan sifat rute balikan

itu (komposisi fungsi) adalah dariA ke B ke A (atau dari B ke A ke B) akan

mengembalikan masing-masing element dari himpunan asal ke elemen-element

itu sendiri. Dengan kata lain, jika dimasukkanx ke dalam fungsi memberikan

hasil y, maka dengan memasukkan nilaiyke dalam fungsi inversf1 (baca fin-

vers, biar tidak dibingungkan dengan pengertian eksponensial) akan diperoleh

hasil x. Tidak setiap fungsi memiliki balikan, fungsi yang tidak mempunyai

fungsi invers ini disebutinvertibel.


39/155


Theorem 3.1.1 Iff(x)is function with x then inverse functionf1(x)satisfiesthe following:

Teorema 3.1.1 Jika f(x) suatu fungsi dalam x maka fungsi invers f1(x) memenuhihal berikut:

1. f f1(x) =x (f g)1(x) =g1 f1(x)

2. f(x) =ax+ b= f1(x) = xba

3. f(x) = ax+bcx+d

= f1(x) = dx+bcxa

4. f(x) =ax2 + bx+ c= f112 (x) = b2a1

a

x+ D

4a

5. f(x) =

ax+ b= f1(x) = x2b

a

6. f(x) =ax+ b f g= px+ q= g(x) = px+qba

7. f(x) =abx = f1(x) = alog xb

Bukti. For no. 4. From (1), we know thatf f1(x) = x, so that for f(x) =ax2 + bx+ cwe get

Proof. Untuk nomor 4. Dari (1) dipahami bahwaff1(x) =x sehingga untukf(x) =ax2 + bx+ cdiperoleh

f(f1) = x

a(f1)2 + b(f1) + c = x

a(f1)2 + b(f1) +c x = 0

f112 = b

2a1ax+ b2 4ac4a


40/155


3.1.2 Arithmetic and Geometric Sequence

Barisan Aritmatik dan Geometrik

In mathematics, anarithmetic sequenceor arithmetic progression is a sequence

of numbers such that the difference of any two successive members of the se-

quence is a constant. For instance, the sequence3, 5, 7, 9, 11, 13, . . . is an arith-

metic progression with common difference 2. The sum of the terms of a arith-

metic progression is known as aarithmetic series. Thus, the general form of a

arithmetic sequence isa, a+ b, a+ 2b , . . . , a+ (n 1)b; and that of a geometricseries is(a) + (a + b) + (a + 2b) + + (a + (n 1)b).

Dalam matematika, suatu barisan aritmatika atau urutan aritmatika didefin-isikan sebagai barisan bilangan sedemikian hingga beda dari dua bilangan yang

berurutan dari barisan itu adalah konstan. Sebagai contoh, barisan bilangan

3, 5, 7, 9, 11, 13, . . . adalah barisan aritmatika dengan beda 2. Jumlah suku-suku

dari barisan arimatika disebut dengan deret aritimatika. Bentuk umum dari

barisan aritmatika adalah a, a+b, a+ 2b , . . . , a + (n 1)b; sedangkan bentukumum dari deret aritmatika adalah(a) + (a + b) + (a + 2b) + + (a + (n 1)b).

Meanwhile, Ageometric sequenceis a sequence of numbers where each term

after the first is found by multiplying the previous one by a fixed non-zero num-

ber called the common ratio. For example, the sequence 2, 6, 18, 54,. . . is a

geometric progression with common ratio 3. Similarly 10, 5, 2.5, 1.25, . . . is a

geometric sequence with common ratio 1/2. The sum of the terms of a geo-

metric progression is known as a geometric series. Thus, the general form of

a geometric sequence is a,ar,ar2, ar3, ar4, . . .; and that of a geometric series is

a + ar+ ar2 + ar3 + ar4 + . . .

Sementara, suatu barisan geometrik adalah barisan bilangan dimana masing-masing suku setelah bilangan pertama didapat dari mengalikan bilangan se-


41/155


belumnya dengan bilangan konstan yang tidak nol, yang disebut dengan ra-

sio dan rasio ini selalu sama. Sebagai contoh, barisan bilangan 2, 6, 18, 54,. . .

adalah barisan geometrik dengan rasio 3. Sama hanya dengan barisan 10, 5,

2.5, 1.25, . . . adalah barisan geometrik dengan rasio 1/2. Jumlah suku-suku

dari barisan geometrik ini disebut denganderet geometrik. Bentuk umum dari

barisan geometri adalah a,ar,ar2, ar3, ar4, . . .; sedangkan bentuk umum dari

deret geometri adalaha + ar+ ar2 + ar3 + ar4 + . . .

Lemma 3.1.1 Given an arithmetic sequence a +(a+b)+(a +2b) + +(a +(n1)b),

wherea

is an initial term anb

is a deference of any two successive terms. Then, we havethe followings:

Lema 3.1.1 Diberikan suatu deret aritmatika a+(a+b)+(a+2b)+ +(a+(n1)b),dimanaa adalah nilai suku awal dan badalah beda suku-suku yang berurutan, maka

beberapa hal berikut berlaku:

Un = a + (n 1)b (3.1)

Sn =

n

2[U1+ Un] (3.2)Sn =

n

2[2a + (n 1)b] (3.3)

Ut = a +1

2(n 1)b (3.4)

Lemma 3.1.2 If we insert somek numbers on between any two successive numbers of

arithmetic sequence and they form a new arithmetic sequence, then


42/155


Lema 3.1.2 Jika diantara dua buah bilangan yang berurutan dari suatu deret arit-

matika disisipik buah bilangan dan membentuk deret aritmatika baru maka

b = b

k+ 1 (3.5)

n = n+ (n 1)k (3.6)

Lemma 3.1.3 Leta+ar+ar2 + +arn1 be a geometric sequence, where a, rarerespectively an initial value and ratio. The followings hold for this squence

Lema 3.1.3 Diberikan suatu deret geometrika+ ar +ar2

+ +arn

1

, dimana aadalah nilai suku awal dan r adalah rasio suku-suku yang berurutan. Beberapa hal

berikut berlaku untuk deret ini.

Un = arn1 (3.7)

Sn = a(rn 1)

r 1 , r >1 (3.8)

Sn = a(1 rn)

1 r , r


43/155


Lemma 3.1.5 For arithmetic and geometric series satisfy Un = Sn

S(n

1).

Lema 3.1.5 Untuk deret aritmatik maupun geometrik berlakuUn=Sn S(n 1).

Lemma 3.1.6 An infinite convergence geometric series, where |r| < 1, satisfiesS =a

1r .

Lema 3.1.6 Untuk deret geometrik tak hingga konvergen, dimana|r| < 1, berlakuS = a1r .

Example. Determine the sum of all radius of circles whose numbers are infinity.

Example. Tentukan jumlah seluruh jari-jari lingkaran berikut ini sampai pada

banyaknya lingkaran tak higga.

Figure3.1:Squares in the circles.


44/155


Furthermore, how to find the n-term of sequence1, 4, 11, 22, 37, . . . . Both formu-

las Un can not be used to answer this problems as the sequence does not have

a common difference at first layer, namely 3,7,11,15. Thus then, this sequence

admits an arithmetic sequence of common difference 4. The solution can be ob-

tained by considering polynomialf(x) =akxk + ak1xk1 + ak2xk2 + + a0x0.

Selanjutnya, bagaimana menentukan suku kendari barisan bilangan:1, 4, 11,22, 37, . . . . Kedua rumus Un di atas tidak dapat dipakai untuk menjawab per-

tanyaan ini, sebab beda pada layer pertama tidak sama, yaitu 3,7,11,15, baru

kemudian barisan beda ini merupakan barisan aritmatika dengan beda 4. So-

lusinya diperoleh dari mempertimbangkan fungsi polinomialf(x) = akxk +

ak1xk

1

+ ak2xk

2

+ + a0x0

.

Lemma 3.1.7 Letf(x) = a1x+ a0; x = 1, 2, . . . , nbe a linear function series of the

polynomial, it has common differenceb = a1at firs layer.

Lema 3.1.7 Misal deret fungsi linear dari polinomial di atas adalah f(x) = a1x+

a0; x= 1, 2, . . . , n, maka deret ini mempunyai bedab = a1pada layer pertama.

Proof. An expansion of the linear function for then-terms is as follows:

Bukti. Ekspansi fungsi linear sampai suku kenadalah sebagai berikut:a1+ a0, 2a1+ a0, . . . , a1(n 3) +a0, a1(n 2) +a0, a1(n 1) +a0, a1n+ a0

hence the common difference of the successive terms is b = f(n) f(n 1) =f(n 1) f(n 2) = =f(2) f(1) =a1, namelysehingga beda dari suku-suku yang berurutan adalahb = f(n) f(n 1) =f(n

1)

f(n

2) =

=f(2)

f(1) =a1, yaitu

a1+ a0, 2a1+ a0 a1

, . . . , a1(n 3) +a0, a1(n 2) +a0 a1

, a1(n 1) +a0, a1n+ a0 a1


45/155


46/155


or

atau

a2+ a1+ a0, 4a2+ 3a2+a1

2a1+ a0, 9a2+ 5a2+a1

3a1+ a0, 16a2+ 7a2+a1

4a1+ a0, 25a2+ 9a2+a1Layer I

5a1+ a0

2a2

2a2

2a2Layer II

Lema 3.1.10 Letf(x) =a3x3 +a2x

2 +a1x+a0; x= 1, 2, . . . , n, be a cubic function

series of the polynomial, it has common difference b= 6a3at third layer.

Lema 3.1.11 Misal deret fungsi kubik dari polinomial di atas adalah f(x) = a3x3 +

a2x2 +a1x+ a0; x = 1, 2, . . . , n, maka deret ini mempunyai beda b = 6a3 pada layer

ketiga.

Proof. As exercise.

Bukti. Sebagai latihan.

We conclude inductively in the following theorem:

Secara induktif dapat disimpulkan dalam teorema berikut:

Theorem 3.1.2 The series of polynomial function f(x) =akxk+ak1xk1+ak2xk2+

+ a0x0; x= 1, 2, . . . , nhas a common differenceb = k!akat layerk.

Teorema 3.1.2 Deret fungsi polinomialf(x) =akxk +ak1xk1 +ak2xk2 + +a0x

0; x= 1, 2, . . . , n, mempunyai beda yang samab= k!akpada layer kek.


47/155


Proof. As exercise.

Bukti. Sebagai latihan.

Example. Given a series15 + 32 + 63 + 108 + 167 + . . . . Obtain thenterm andthensum.

Example. Diberikan suatu deret15 + 32 + 63 + 108 + 167 + . . . . Tentukan suku

kendan jumlah ken.

Solution. The series above forms the following

Solusi. Deret di atas akan mengikuti pola berikut

15 + 32 17

+ 6331

+108 45

+167 59

+ . . .

14

14

14

Since the series has a common difference at second layer, we have k = 2 and

the functionf(x) = a2x2 +a1x+ a0. We need to find the coefficientsa2, a1, a0.

Theorem 3.1.2 implies b = k!ak = 2!a2 = 14 a2 = 7, it followsf(x) = 7x2 +a1x + a0. LetUn = f(n)andUn= 7n

2 + a1n+ a0. We have the following:

Karena deret fungsi mempunyai beda yang sama pada layer kedua makak = 2dan rumusf(x) = a2x

2 +a1x+a0. Selanjutnya perlu dicari koefisiena2, a1, a0.

Dari Theorema 3.1.2 diperoleh b = k!ak = 2!a2 = 14 a2 = 7. Sehinggaf(x) = 7x2 +a1x+ a0. MisalUn = f(n) dan Un = 7n

2 +a1n+ a0, maka akan

didapat:

n= 1 7 +a1+ a0= 15 a1+ a0= 8n= 2 28 + 2a1+ a0= 32 2a1+ a0 = 4

From both equations, we have a1 =4 dan a0 = 12 which implies that thenterm isUn= 7n2 4n+ 12.


48/155


Dari kedua persamaan diperoleh nilai a1 =4 dan a0 = 12. Sehingga sukukenadalahUn= 7n2 4n+ 12.

To find thensum of the above series, we consider the following seriesUntuk menentukan jumlah ken dari deret di atas, maka kita lihat deret berikut

Un 15, 32, 63, 108, 167, . . .Sn 15, 47, 110, 218, 385, . . .

15, 47 32

, 110 63

, 218108

,385167

+ . . .

31

45

59

14 14Since the sequence of function has a common difference on the third layer, we

have k = 3 and function f(x) = a3x3 +a2x

2 +a1x+ a0. We need to find the

coefficientsa3, a2, a1, a0. Theorem 3.1.2 impliesb = k!ak = 3!a3 = 14 a3 = 73 .Hence f(x) = 7

3x3 + a2x

2 + a1x + a0. Let Sn=f(n)and Sn = 73

n3 + a2n2 + a1n + a0.

We have the following:

Karena deret fungsi mempunyai beda yang sama pada layer ketiga makak = 3

dan rumus f(x) = a3x3 +a2x

2 +a1x+ a0. Selanjutnya perlu dicari koefisien

a3, a2, a1, a0. Dari Theorema 3.1.2 diperolehb = k!ak = 3!a3 = 14 a3 = 73 .Sehinggaf(x) = 7

3x3 + a2x

2 + a1x + a0. MisalSn = f(n)makaSn= 73

n3 + a2n2 +

a1n+ a0, maka akan didapat:

n= 1 73

+ a2+ a1+ a0= 15 a2+ a1+ a0=383

n= 2 563

+ 4a2+ 2a1+ a0= 47 4a2+ 2a1+ a0 = 853

n= 3 1893

+ 9a2+ 3a1+ a0 = 110 9a2+ 3a1+ a0 = 1413

Solving the three equations, we have a2 = 3

2, a1 =

676

anda0 = 0which implies

thensum isSn= 73 n3 + 32 n2 + 676n.


49/155


Dengan menyelesaikan ketiga persamaan di atas diperoleh nilaia2= 32

, a1 = 67

6

dana0 = 0. Sehingga jumlah suku kenadalahSn = 73 n3 + 32 n2 + 676n.

3.2 Arithmetic, Geometric, Harmonic, and Quadratic

Means

Rataan Aritmatik, Geometrik, Harmonik dan

Kuadratik

In mathematics or statistics, an arithmetic meanof a list of numbers is the sum

of all of the list divided by the number of items in the list. The arithmetic mean

is the most commonly-used type of average and is often referred to simply as

the average. A geometric mean is a type of mean or average, which indicates

a central tendency of numbers. It is similar to arithmetic mean, which is what

most people think of with the word average, except that instead of adding the

set of numbers and then dividing the sum by the count of numbers in the set

n, the numbers are multiplied and then the nth root of the resulting product is

taken. A harmonic mean(formerly sometimes called the subcontrary mean) isone of several kinds of average. Typically, it is appropriate for situations when

the average of rates is desired. A quadratic meanis a type of average which is

calculated as the square root of the mean of the squares.

Dalam matematika atau statistika, suaturataan aritmatik dari daftar bilangan

adalah jumlah bilangan itu dibagi dengan banyaknya bilangan dalam daftar.

Rataan aritmatika adalah sesuatu yang paling sering dipakai dan secara umum

juga disebut dengan rata-rata. Rataan geometrikadalah jenis rataan atau rata-

rata yang merepresentasikan suatu tendensi sentral dari sekumpulan bilangan.

Hampir sama dengan rataan aritmatik dimana banyak orang berpikir bahwa ini


50/155


hanyalah rata-rata, namun dalam rata-rata seluruh bilangan dalam daftar di-

jumlahkan kemudian dibagi dengan banyaknya bilangan dalam daftar, untuk

rataan geometrik semua bilangan dalam daftar dikalikan kemudian ditarik akar

pangkat n. Rataan harmonik (dulu disebut sebagai kebalikan rataan) adalah

jenis lain dari rata-rata. Biasanya ini sesuai untuk menentukan rata-rata yang

mempertimbangkan tingkatan.Rataan kuadratik adalah tipe dari rata-rata yang

diperoleh dari menarik akar kuadrat dari rata-rata kuadratnya.

Let AM=Arithmetic Mean, GM=Geometric Mean, HM=Harmonic Mean and

QM=Quadratic Mean. For any positive real numbersa, b, it satisfies

MisalAM=Rataan Aritmatik,GM=Rataan Geometrik,HM=Rataan Harmonik

andQM=Rataan Kuadratik. Untuk sebaranga, bbilangan real positif, berlaku

(a b)2 0 a2 + b2 2ab (3.13)

Ifa aandb

bthen, from (3.13), it follows a + b 2

abor

Jikaa adanb bmaka (3.13) menjadia + b 2abataua + b

2

ab (3.14)

In general we can present (3.14) as followsSecara umum kita dapat menulis (3.14) sebagai

x1+ x2+ + xnn

AM

nx1x2 . . . xn GM

(3.15)

Ifa 1a

andb 1bthen (3.14) shows

Jikaa 1a

danb 1bmaka (3.14) menjadi

ab 21a

+ 1b

(3.16)


51/155


In general, we can present (3.16) as

Secara umum kita dapat menulis (3.16) sebagai

nx1x2 . . . xn n

1x1

+ 1x2

+ + 1xn

HM

(3.17)

From (3.13), we get2(a2 + b2) a2 + 2ab + b2 2(a2 + b2) (a + b)2. If the twosides are divided by 4 then we have a

2+b2

2 a+b

2

2, or

Dari (3.13) didapat2(a2 + b2) a2 + 2ab + b2 2(a2 + b2) (a + b)2. Bila keduaruas dibagi 4, diperoleh a

2+b2

2 a+b

2

2, atau

a2 + b22

a + b2

(3.18)

In general (3.18) can be written as

Secara umum (3.18) ditulis sebagaix21+ x

22+ + x2n

n QM

x1+ x2+ + xnn

(3.19)

Therefore, from(3.15), (3.17) and (3.19) we can conclude that for any positive realnumbersx1, x2, . . . , xnsatisfy:

Dengan demikian, berdasarkan (3.15), (3.17) dan (3.19) dapat disimpulkan bahwa

untuk setiap bilangan real positifx1, x2, . . . , xnberlaku:

QM AM GM HM

where


52/155


dimana

QM = x21+ x

22+ + x2n

nAM =

x1+ x2+ + xnn

GM = n

x1x2 . . . xn

HM = n

1x1

+ 1x2

+ + 1xn

Example. Letx, y,zbe any real positive numbers such that x + y + z= 1. Prove

thatxy(x+ y)2 + yz(y+ z)2 + xz(x + z)2 4xyz.

Contoh. Diketahuix, y,zadalah bilangan real positif sehinggax + y + z = 1.Buktikan bahwaxy(x + y)2 + yz(y+ z)2 + xz(x+ z)2 4xyz.

Solution. Sincex + y+ z= 1, we have

Solusi. Karenax+ y+ z= 1maka didapat

xy(1 z)2 + yz(1 x)2 + xz(1 y)2 4xyzxy+ yz+ xz 6xyz+ xyz2 + x2yz+ xy2z 4xyz

xy+ yz+ xz+ xyz2 + x2yz+ xy2z

10xyz1

x+

1

y+

1

z+ x + y+ z 10

1

x+

1

y+

1

z 9

1

3 31

x+ 1

y+ 1

z

x+ y+ z

3

AM 31

x+ 1

y+ 1

z

HM


53/155


3.3 The Polynomials and Remainder Theorem

Suku Banyak dan Teorema Sisa

A polynomialf(x)of degreencan be presented as:

Suatu suku banyakf(x)yang berderajadndinyatakan dengan:

f(x) =a0xn + a1x

n1 + + an1x + an

wherea0, a1, . . . , anare constant,a0= 0andnis a cardinal number.dimanaa0, a1, . . . , anadalah konstanta,a0= 0dannadalah bilangan cacah.

3.3.1 Polynomials Division

Pembagian Suku Banyak

The division of polynomial is similar to the division of numbers. For instance in

the number: Since3 4 = 12, it follows12 : 4 = 3 or 12 : 3 = 4. In the case of12 : 4 = 3, numbers 4, 3 are respectively called divisor and quotient.

Pembagian suku banyak menyerupai pembagian bilangan. Sebagai contoh padabilangan: Karena 34 = 12 maka 12 : 4 = 3 atau 12 : 3 = 4. Pada kasus 12 : 4 = 3maka bilangan 4, 3 masing-masing disebut pembagi dan hasil bagi.

A polynomial f(x) divided by a divisor P(x) will give a quotient H(x) and a

remainderS(x). Mathematically, we can write as:

f(x) =P(x)H(x) +S(x)

where:f(x) =is a polynomial of degreen;P(x) =is a polynomial of degreek;H(x) =is a polynomial of degreen k;S(x) =is a polynomial of degreek 1.


54/155


Suatu suku banyakf(x)yang dibagi dengan pembagiP(x)akan menghasilkan

hasil bagiH(x)dan sisanyaS(x). Secara matematis dapat ditulis sebagai:

f(x) =P(x)H(x) +S(x)

dimana: f(x) =suku banyak berderajadn;P(x) =suku banyak berderajadk ;

H(x) =suku banyak berderajadn k;S(x) =suku banyak berderajadk 1.

When dividing polynomials, we need to consider the followings:

1. If the divisor is a linear term then the quotient and remainder can be ob-

tained by Horner technique.

2. If the divisor is not linear and not be able to be factorized into product of

linear terms then the quotient and remainder can be obtained by identity

technique.

Dalam melakukan pembagian terhadap suku banyak perlu diperhatikan hal-hal

berikut:

1. Jika pembaginya linier, maka hasil bagi dan sisanya dapat dicari dengan

menggunakan cara Horner.

2. Jika pembaginya bukan linier dan tidak dapat diuraikan menjadi bentuk

perpangkatan linier maka hasil bagi dan sisanya dapat dicari dengan per-

gunakan metoda Identitas.


55/155


3.3.2 Remainder Theorem

Teorema Sisa

1. If polynomialf(x)is divided by(x a)then the remainder isf(a).

2. If polynomialf(x)is divided by(ax b)then the remainder isf( ba

).

3. If(x a)|f(x)thenf(a) = 0.

1. Jika suatu suku banyakf(x)dibagi dengan(x

a)maka sisanyaf(

a).

2. Jika suatu suku banyakf(x)dibagi dengan(ax b)maka sisanyaf( ba

).

3. Jika(x a)|f(x)makaf(a) = 0.

3.3.3 Factor Theorem

Teorema faktor

1. If(x a)is a factor off(x)then the root off(x) = 0is x= a.

2. If polynomialf(x) satisfies f(a) = 0, f(b) = 0 and f(c) = 0 then f(x) is

divisible by(x a)(x b)(x c).

3. Iff(x)is divided by(x a)(x b)then the remainder isS(x) = (xa)(ba) f(b) +

(xb)(ab) f(a).

4. Iff(x) is divided by (x a)(x b)(x c) then the remainder is S(x) =(xa)(xb)(ca)(cb) f(c) +

(xa)(xc)(ba)(bc) f(b) +

(xb)(xc)(ab)(ac) f(a).


56/155


1. Jika(x a)adalah faktor darif(x)maka akar darif(x) = 0adalahx= a.

2. Jika pada suku banyakf(x)berlakuf(a) = 0, f(b) = 0dan f(c) = 0maka

f(x)habis dibagi(x a)(x b)(x c).3. Jika f(x) dibagi dengan(x a)(x b) maka sisanyaS(x) = (xa)

(ba) f(b) +(xb)(ab) f(a).

4. Jika f(x) dibagi dengan (xa)(xb)(xc) maka sisanya S(x) = (xa)(xb)(ca)(cb) f(c)+

(xa)(xc)(ba)(bc) f(b) +

(xb)(xc)(ab)(ac) f(a).

3.3.4 Properties of Polynomial Roots

Sifat-Sifat Akar-Akar Suku Banyak

In this section, we consider Vietas Formula. Letsibe the sum of the products of

distinct polynomial rootsrj of the polynomial equation of degreen

Dalam hal ini akan disajikan penggunaan rumus Vieta. Misalsi adalah jum-

lah dari hasil kali akar-akar polinomial yang berbedarj dari sebuah polinomial

berderajadn

anxn + an

1x

n1 + ... + a1x + a0 = 0

where the roots are takeni at a time (i.e.,siis defined as the symmetric polyno-

miali(r1,...,rn)fori = 1,...,n). For example, the first few values ofsiare

dimana akar-akar itu dihitung sebanyaki dalam suatu proses (atausi didefin-

isikan sebagai polinomial simetriki(r1,...,rn)untuki = 1,...,n). Sebagai con-

toh, beberapa nilaisiyang pertama adalah

s1 = r1+ r2+ r3+ r4+ . . .

s2 = r1r2+ r1r3+ r1r4+ r2r3+ . . .

s3 = r1r2r3+ r1r2r4+ r2r3r4+ . . ....


57/155


and so on. Then Vietas formulas states that

dan seterusnya. Maka rumus Vietas dinyatakan sebagai

si= (1)i an

i

an

The followings are some example of Vietas formula.

Berikut ini adalah beberapa contoh dari rumusan Vieta.

1. For the polynomialax3 + bx2 + cx+ d= 0, we have:

Pada suku banyakax3 + bx2 + cx+ d= 0berlaku:

1) x1+ x2+ x3=

b/a

2) x1x2+ x1x3+ x2x3=c/a

3) x1 x2 x3= d/a

2. For the polynomialax4 + bx3 + cx2 + dx+ e= 0, we have:

Pada suku banyakax4 + bx3 + cx2 + dx+ e= 0berlaku:

1) x1+ x2+ x3+ x4 = b/a2) x1x2+ x1x3+ x1x4+ x2x3+ x2x4+ x3x4 = c/a

2) x1x2x3+ x1x2x4+ x1x3x4+ x2x3x4= d/a3) x1 x2 x3 x4=e/a

We note that if the degree of polynomial is even then the the value ofs is positive

otherwise it is negative.

Dapat dicatat bahwa bila pangkat tertinggi dari polinomial adalah genap maka

nilaisadalah positif jika ganjil maka nilaisadalah negatif.

To find some rational roots of polynomials can be used the following steps:Untuk menentukan beberapa akar rasional dari suku banyak dapat digunakan

langkah-langkah berikut:


58/155


1. If the sum of all polynomial coefficients is equal to 0 thenx = 1is one of

the root.

Jika jumlah seluruh koefisien suku banyak sama dengan0, maka x = 1

merupakan salah satu akarnya.

2. If the sum of the coefficients of odd order and even order are the same then

x= 1is one of the root.Jika jumlah koefisien pangkat ganjil dan genap adalah sama, makax= 1merupakan salah satu akarnya.

3. If (1) and (2) are not applicable then consider a trial and error technique by

finding factors of the coefficient of the lowest order and substituting into

f(x). Observe whetherf(x) = 0or not.

Jika langkah (1) dan (2) tidak memenuhi, maka gunakan cara coba-coba

yaitu dengan menentukan faktor dari koefisien pangkat terendahnya dan

masukkan ke dalamf(x). Amati apakahf(x) = 0atau tidak.



1. A geometric series is presented as :

1

32+

1

4+ 2 + 16 + 128 + 1024

When we insert two numbers in between any two successive numbers

such that it forms a new geometric series, determine the new ratio and

the number of terms of the new geometric series.

Suatu deret geometri diketahui sebagai berikut:

1

32+

1

4+ 2 + 16 + 128 + 1024


59/155


Jika disisipkan dua buah bilangan kedalam dua suku yang berurutan pada

deret geometri ini sedemikian hingga deret itu membentuk deret geometri

baru, tentukan ratio dan banyaknya suku deret geometri baru tersebut.

Solution. We have the following:

Solusi. Diketahui berikut:

1

32+

1

4+ 2 + 16 + 128 + 1024

So(Sehingga)

r = UnUn 1

r = 8

Let k, n be number of inserted numbers and terms. We have k = 2 and

n= 6. The new ratio is:

Misal k, n masing-masing adalah banyaknya bilangan yang disisipkan dan

banyaknya suku sebelum disisikpan, maka diperolehk = 2 dan n = 6.

Ratio yang baru adalah:

r = k+1

r

r = 38r = 2

Number of the new terms is

Banyaknya suku yang baru adalah

n = n+ (n 1)kn = 6 + (6

1).2

n = 16


60/155


The desired geometric series is:

Deret geometri yang dicari adalah:

132+ 116+18 +14+ 12+ 1 +2 +....+ 265 + 512 the inserted numbers(bilangany ang disisipkan)

+1024

2. Let a, band c be any riel positive numbers such that abc = 1. Prove that1

a3(b+c)+ 1

b3(a+c)+ 1

c3(a+b) 3

2.

Misal a, b dan c adalah bilangan riil positif sedemikian hingga abc = 1.

Buktikan bahwa 1a3(b+c)

+ 1b3(a+c)

+ 1c3(a+b)

32

.

Solution. Let

S= 1

a3(b+ c)+

1

b3(a + c)+

1

c3(a + b) (3.20)

anda= 1x

, b= 1y

, c= 1z

. LetT=x + y + z. Sinceabc= 1, we havexyz= 1.

Substituting the newa, b, cwe have:

Solusi. Misal

S= 1

a3(b+ c)+

1

b3(a + c)+

1

c3(a + b) (3.21)

dan a = 1x

, b = 1y

, c = 1z

. Misal T = x+ y +z. Karenaabc = 1 maka

xyz= 1. Dengan mensubstitusikana, b, cyang baru didapat:

1

a3(b+ c)=

x2

T x =T2 (T2 x2)

T x = T2

T x T x1

b3(a + c)=

y2

T y =T2 (T2 y2)

T y = T2

T y T y1

c3(a + b)=

z2

T

z

=T2 (T2 z2)

T

z

= T2

T

z T z

Substituting the above equations into (3.21) we have the following.

Dengan mensubstitusikan semua persamaan di atas ke dalam (3.21) maka


61/155


diperoleh berikut ini.

S = T2 1

T

x+

1

T

y+

1

T

z 3T (x+ y+ z)= T2

1

T x+ 1

T y + 1

T z

4T

= T2

3

3

1

T x+ 1

T y + 1

T z

4T

= T2 3 1

Tx+ 1Ty +

1Tz

3

AM

4T

T2 3 311

Tx

+ 11Ty

+ 11Tz

3 HM

4T

= T2

9

(T x) + (T y) + (T z)

4T

= T2

9

3T (x + y+ z)

4T

= T2

9

2T

4T

= 9T2 4T = T

2 = x + y+ z

2 =3

2x + y+ z

3 AM

32

3

xyz=3

2

Therefore

Dengan demikian

1

a3(b+ c)+

1

b3(a + c)+

1

c3(a + b) 3

2

3. Given thatf(x)is a polynomial of degree 2. Whenf(x)is divided byx + 1,

the remainder is 3; whenf(x)is divided byx 3, the remainder is 23; and


62/155


whenf(x) is divided by x 2, the remainder is 15. Find the polynomialf(x).

Diketahui f(x) adalah sebuah polinomial berderajad 2. Saatf(x) dibagi

denganx + 1, maka sisanya adalah 3; saatf(x)dibagi denganx 3, makasisanya adalah 23; dan saatf(x)dibagi denganx 2, maka sisanya adalah15. Tentukan polinomialf(x)tersebut.

Solution. Let f(x) = qx2 +mx+ n. Whenf(x)is divided by x+ 1, the

remainder is s(1) = q(1)2 +m(1) +n = 3; whenf(x) is divided byx 3, the remainder is s(3) = q(3)2 +m(3) +n = 23; and when f(x) isdivided byx 2, the remainder iss(2) =q(2)2 +m(2) +n= 15. Thus, we

haveMisalf(x) = qx2 +mx+n. Saatf(x)dibagi denganx + 1, maka sisanya

adalah s(1) = q(1)2 +m(1) +n = 3; saat f(x) dibagi denganx 3,maka sisanya adalahs(3) = q(3)2 +m(3) +n = 23; dan saat f(x) dibagi

denganx 2, maka sisanya adalahs(2) =q(2)2 + m(2)+ n= 15. Sehingga,diperoleh

q m+ n= 3

9q+ 3m+ n= 234q+ 2m+ n= 15

Solving the three equations, we getq= 1, m= 3andn = 5.

Dengan menyelesaikan ketiga persamaan di atas, maka didapat q= 1, m=

3dann = 5.


63/155

CHAPTER 4

TrigonometryTrigonometri

Trigonometry (from Greektrigonontriangle + metron measure) is a branch

of mathematics that deals with triangles, particularly those plane triangles in

which one angle has 90 degrees (right triangles). Trigonometry deals with rela-

tionships between the sides and the angles of triangles and with the trigonomet-

ric functions, which describe those relationships.

Trigonometri (berasal dari kata yunani trigonon segitiga + metron mengukur)

adalah suatu cabang matematika yang berkenaan dengan segitiga, khususnya

segitiga dalam bidang dimana satu sudut mempunyai besar sudut 90 derajad

(segitiga siku-siku). Trigonometri berkaitan dengan hubungan anatara sisi-sisi

dan sudut-sudut sebuah segitiga dengan fungsi trigonometri yang menggam-

barkan sebuah relasi diantaranya.

Trigonometry has applications in both pure mathematics and in applied math-

ematics, where it is essential in many branches of science and technology. It is

usually taught in secondary schools either as a separate course or as part of a

precalculus course. Trigonometry is informally called trig.

Aplikasi trigonometri dapat ditemukan baik dalam matematika murni maupun

matematika terapan yang keduanya ini sangat berguna pada beberapa cabang

dalam sain dan teknologi. Trigonometri ini biasanya diajarkan di sekolah menen-

gah baik dalam matapelajaran tertentu atau merupakan bagian dari mata pela-

jaran kalkulus. Secara informal isitilah trigonometri ini disebut dengan trig.

57


64/155

Chapter 4. Trigonometry 58

4.1 Trigonometric Function

Fungsi Trigonometri

Consider the following figure, we define the trigonometric functions as : sin =yr

, cos = xr

, tg = yx

, ctg = xy

, sec = 1cos

, cossec = 1sin

.

Perhatikan gambar berikut, maka fungsi-fungsi trigonometri didefinisikan se-

bagai:sin = yr

, cos = xr

,tg = yx

, ctg = xy

, sec = 1cos

,cossec = 1sin

.

y

r y

x

P(x, y)

0

rx

Figure4.1:The right triangle trigonometric system

Theorem 4.1.1 Pythagoras equality is stated as follow.

Teorema 4.1.1 Kesamaan Pythagoras dinyatakan dalam berikut ini.

1. sin2 + cos2 = 1, rumus identitas

2. 1 + ctg 2= cossec 2

3. tg 2+ 1 = sec2

The values of trigonometric function in every quadrant is described on a system

of quadrant, where 90o

< 2 < 180o

, 180o

< 4 < 270o

and 270 < 3 < 360o

.Considering the system of quadrant, the values of trigonometric function for any

angle can be memorized easily. In Quadrant I, all of trigonometric function


65/155


sign are positive, Quadrant II, onlysinusis positive, Quadrant III, onlytangent

is positive, and Quadrant IV, onlycosinusis positive. Therefore, the keyword to

memorize it isASTC.

Nilai fungsi pada masing-masing kuadran tertera dalam sistem kuadran, di-

mana 90o < 2 < 180o, 180o < 4 < 270

o dan 270 < 3 < 360o. Dengan

memetakan pada sistem kuadran ini maka nilai fungsi trigonometri untuk se-

barang sudut dapat dengan mudah diingat tandanya. Pada kuadaran I all

tanda fungsi trigonometri positif, kuadaran II hanya sinus yang positif, kuadaran

III hanya tangent yang positif dan kuadaran IV hanya cosinus yang positif.

Dengan demikian kata kunci untuk mengingatnya adalahASTC.

Table 4.1:Trigonometric quadrant system

II I

sin 2>0 all >0

III IV

tg 3>0 cos 4 > 0

Thus that, understanding the sign, to obtain the values of trigonometric function

we just need to remember its values at the first quadrant. Use the key words

ASTC to obtain the values on the following quadrant. For instance, to determine

sin 150o, we only need to know sin30o as sin(180o 30o) = sin30o. We refer tosecond quadrant that sinus is positive which follows that sin 30o = 1

2

Dengan memahami nilai tanda ini maka untuk hal tertentu kita hanya dapat

mengingat nilai nilai fungsi trigonometri pada kuadran pertama, selanjutnya

gunakan kata kunci ASTC untuk menentukan nilai-nilai di kuadran lainnya. Se-

bagai contoh: untuk menetukansin 150o, kita cukup mengetahuisin 30o karena


66/155


sin(180o 30o) = sin30o. Kita ingat di kuadran kedua bahwa sinus adalah po-sisitif, sehinggasin 30o = 1

2

We summarize that the values of sinus, cosinus, tangent and cotangent for spe-cial angles are as follows.

Nilai sinus, cosinus, tangent dan cotangent untuk sudut-sudut istimewa pada

kuadran pertama adalah sebagai berikut.

Table 4.2:The value of trigonometric functions for special angles

0o 30o 45o 60o 90o

sin 0 12 122 123 1cos 1 1

2

3 1

2

2 1

2 0

tg 0 13

3 1

3

ctg 3 1 13

3 0

The trigonometric functions in every quadrant does not remain the same. To

easily memorize the change of trigonometric functions of any angles(Xo

),

it can be showed as the following system. From QuadrantI IV in clock-wise direction, the situations are B(berubah), Tb(tidak berubah), B(berubah),

Tb(tidak berubah) or in short form we have an acronymBTBT. Applying the

acronymASTC, we easily put sign+or on the resulted values.

Fungsi trigonometri di beberapa kuadran tidak selalu tetap. Untuk memper-

mudah ingatan kita tentang perubahan nilai fungsi trigonometri dari beberapa

sudut (Xo ) dapat disajikan dalam sistem berikut. Dari kuadaran I

IVberlawanan jarum jam, kondisinya adalah B(berubah), Tb(tidak berubah),B(berubah), Tb(tidak berubah) atau dapat disingkat BTBT. Dengan menerap-

kan singkatanASTCkita dapat memberikan tanda+ dan pada nilai-nilai itu


67/155


dengan mudah.

Table 4.3:The value of trigonometric functions for any angle(Xo )

Tb B

sin(180o ) = sin sin(90o ) = cos cos(180o ) = cos cos(90o ) = sin tg (180o ) = tg tg(90o ) = ctg ctg (180o ) = ctg ctg (90o ) = tg

B Tb

sin(270o

) = cos sin(360o

) = sin cos(270o ) = sin cos(360o ) = cos tg (270o ) = ctg tg (360o ) = tg ctg (270o ) = tg ctg (360o ) = ctg

If an angle is obtained by turning a phase in clockwise direction then theangle take a place in Quadrant IV. Thus, we know that the values of trigono-

metric functions for negative angles are exactly the values of trigonometric func-tions on Quadrant IV. For detail, see the followings.

Bila sudut diperoleh dengan memutar jangka searah jarum jam maka sudut berada pada kuadarn IV. Dengan demikian dapat dipahami bahwa nilaifungsi trigonometri pada sudut negatif setara dengan nilai fungsi trigonometri

pada sistem di atas pada kuadran IV. Nilai selengkapnya disajikan dalam tabel

berikut.

Furthermore, we can develop a quadrant system for trigonometric function val-ues for any angle(Xo +). In this case, we generate an acronymTBTB as a

keyword to remember.

Date post:	22-Feb-2018
Category:	Documents
Upload:	hana
View:	298 times
Download:	2 times

Buka Ttg Pembuktian Matemtika Dll

Documents