MATEMATIKA PEMINATAN KELAS X BAB 4

32
Matematika Peminatan BAB 4 Pertidaksamaan Nonlinear

Transcript of MATEMATIKA PEMINATAN KELAS X BAB 4

Matematika PeminatanBAB 4

Pertidaksamaan Nonlinear

4.1 Pertidaksamaan Kuadrat (PtK)

β€’ Bentuk Umum :

π‘Žπ‘₯ +𝑏π‘₯+𝑐 < 0 , π‘Žπ‘₯ +𝑏π‘₯+𝑐 > 0 , π‘Žπ‘₯ +𝑏π‘₯+𝑐 ≀ 0 , π‘Žπ‘₯ +𝑏π‘₯+𝑐 β‰₯ 0Β² Β² Β² Β²

β€’ Cara penyelesaian : i. Jadikan ruas kanan = 0ii. Jadikan koefisien variabel berpangkat dua bernilai positifiii. Uraikan ruas kiri atas faktor-faktor lineariv. Tetapkan nilai-nilai nolnya v. Lihat tanda ketidaksamaannyai. Jika : π‘Žπ‘₯ +𝑏π‘₯+𝑐 β‰₯ 0 β‡’ HP { π‘₯ ≀ π‘₯ atau π‘₯ β‰₯ π‘₯ }Β² ₁ β‚‚ii. Jika : π‘Žπ‘₯ +𝑏π‘₯+𝑐 ≀ 0 β‡’ HP { π‘₯ ≀ π‘₯ ≀ π‘₯ }Β² ₁ β‚‚

Dalam menyelesaikan pertidaksamaan kuadrat terkadang kita melibatkan pengertian definit positif maupun definit negatif :i. Bentuk π‘Žπ‘₯ +𝑏π‘₯+𝑐 = 0 disebut Β² definit positif, apabila π‘Ž > 0 dan diskriminan D < 0. Jika pertidaksamaan π‘Žπ‘₯ +𝑏π‘₯+𝑐 > 0 dalam kondisi Β² definit positif, maka penyelesaiannya adalah semua π‘₯ ∈ Rii. Bentuk π‘Žπ‘₯ +𝑏π‘₯+𝑐 = 0 disebut Β² definit negatif, apabila π‘Ž < 0 dan diskriminan D < 0. Jika pertidaksamaan π‘Žπ‘₯ +𝑏π‘₯+𝑐 < 0 dalam kodisi Β² definit negatif, maka penyelesaiannya adalah semua π‘₯ ∈ RDiskriminan dari persamaan

kuadrat π‘Žπ‘₯ +𝑏π‘₯+𝑐 = 0 Β²adalah D = 𝑏 – 4π‘Žπ‘Β²

CONTOH SOAL

Selesaikan pertidaksamaan berikut :

1) π‘₯ – 5π‘₯ ≀ -6Β²2)3π‘₯ – 8π‘₯ + 10 ≀ 2π‘₯ – 4π‘₯ + 31Β² Β²

PENYELESAIAN

PENYELESAIAN 1. π‘₯ – 5π‘₯ ≀ -6Β²

i. Nilai nol :

ii. Penyelesaian :

2. 3π‘₯ – 8π‘₯ + 10 ≀ 2π‘₯ – 4π‘₯ + Β² Β²31

i. Nilai nol :

ii. Penyelesaian :

4.2 Pertidaksamaan Pecahan (PtP)Bentuk umum pertidaksamaan pecahan dapat berupa :

4.2.1 Pertidaksamaan Pecahan Linear (PtPL)β€’Bentuk Umum

4.2.1 Pertidaksamaan Pecahan Linear (PtPL)β€’ Cara menyelesaikan PtPL :i. Jadikan ruas kanan = 0ii. Ubah tanda koefisien π‘₯ pada pembilang dan penyebut menjadi bertanda sama (keduanya positif atau negatif)iii. Carilah nilai – nilai nol pembilang maupun penyebutiv. Lihat tanda ketidaksamaannya

Jika tanda ketidaksamaannya ( ≀ )Penyelesaiannya π‘₯ < π‘₯ ≀ π‘₯ dengan π‘₯ = nilai ₁ β‚‚ ₁nol penyebutβ€’ Jika tanda ketidaksamaannya ( β‰₯ ) Penyelesaiannya π‘₯ < π‘₯ atau π‘₯ ≀ π‘₯ dengan π‘₯ = ₁ β‚‚ ₁nilai nol penyebut

π‘₯ ≀ π‘₯ ₁ < π‘₯ dengan π‘₯ = nilai nol β‚‚ β‚‚penyebut

π‘₯ ≀ π‘₯ ₁ atau π‘₯ < π‘₯ dengan π‘₯ = nilai β‚‚ β‚‚nol penyebut

4.2.2 Pertidaksamaan Pecahan Linear – Kuadrat ( PtPLK )

β€’ Bentuk umum PtPLK dapat berupa :

atau

Tanda ketidaksamaan ≀ dapat juga berbentuk <, β‰₯ atau >β€’ Cara menyelesaikan PtPLK

i. Jadikan ruas kanan = 0ii. Ubah tanda koefisien variabel π‘₯ pada bentuk kuadrat dan Β²koefisien π‘₯ pada bentuk linear menjadi bertanda samaiii. Carilah nilai nol pembilang maupun penyebut. Pembilang atau penyebut yang berbentuk kuadrat difaktorkan terlebih dahuluiv. Buat garis bilangan untuk menentukan interval atau bahan penyelesaian

4.2.3 Pertidaksamaan Pecahan Polinom – Polinom (Pt3P)

β€’ Bentuk umum Pt3P dapat berupa :

Dengan 𝑓(π‘₯) dan 𝑔(π‘₯) berbentuk polinom berderajat 2 atau lebih. Cara menyelesaikannya Pt3P analog dengan cara menyelesaikan PtPLK

CONTOH SOAL

Tentukan penyelesaian setiap pertidaksamaan berikut :

1.

2.

PENYELESAIAN

1.

i. Nilai nol :Pembilang : π‘₯ – 4 = 0 β‡’ π‘₯ = 4 (nilai terkecil)Penyebut : π‘₯ – 6 = 0 β‡’π‘₯ = 6 (nilai terbesar)

ii. PenyelesaianTanda ketidaksamaan : ≀, maka :Penyelesaian : 4 ≀ π‘₯ < 6 ditulis dengan interval (4,6]

Garis bilangan : 4 6

2.

(kedua ruas dikali (-1), tanda ketidaksamaan dibalik)

(pedoman mencari penyelesaian)

i. Nilai nol Pembilang : 2π‘₯ – 5 β‡’ π‘₯ = Penyebut : 3π‘₯ – 6 β‡’π‘₯ = 2

ii. Penyelesaian Tanda pertidaksamaan ≀, maka :Penyelesaian : 2 < π‘₯ ≀ (bentuk pertidaksamaan)(2, ] (bentuk interval/selang)

Garis Bilangan : 2

4.3 Pertidaksamaan Irasional (PtI)β€’Bentuk Umum β†’ variabelnya berada dalam tanda

akar

β€’ Cara menyelesaikan PtIi. Tinjau syarat numerus, yaitu 𝑓(π‘₯) β‰₯ 0 dan 𝑔(π‘₯) β‰₯ 0ii. Kuadratkan kedua ruas dan selesaikan sesuai bentuk pertidaksamaan yang terjadiiii. Penyelesaiannya merupakan irisan (i) dan (ii).Pertidaksamaan irasional (PtI) sering disebut juga pertidaksamaan bentuk akar

CONTOH SOAL

Cari solusi dari pertidaksamaan irasional berikut :

1. 2.

PENYELESAIAN

1.

i. Syarat Numerus :2π‘₯ + 5 β‰₯ 0 β‡’ π‘₯ = ii. Proses menghilangkan

akar

iii. Irisan (i) dan (ii)

2.

i. Syarat Numerus :β€’

β€’

ii. Proses menghilangkan akar :

iii. Irisan (i) dan (ii)

4.4 Pertidaksamaan Nilai Mutlak (PtNM)β€’Pada proses penyelesaian pertidaksamaan

nilai mutlak selalu menggunakan sifat – sifat nilai mutlak berikut ini.

Untuk π‘₯, 𝑦 ∈ bilangan real, selalu berlaku : I. |π‘₯ – 𝑦| = |𝑦 – π‘₯|II. π‘₯𝑦 ≀ |π‘₯𝑦|III. |π‘₯ | = |π‘₯| = π‘₯Β² Β² Β²IV. |π‘₯ + 𝑦| ≀ |π‘₯| + |𝑦|V. |π‘₯| – |𝑦| ≀ |π‘₯ + 𝑦|

β€’Cara menyelesaikan PtNM secara umum :i. Bentuk |𝑓(π‘₯)|<π‘Ž dan π‘Ž >0 diubah ke bentuk -π‘Ž < 𝑓(π‘₯) < π‘Žii. Bentuk |𝑓(π‘₯)|>π‘Ž dan π‘Ž >0 diubah ke bentuk : 𝑓(π‘₯) < -π‘Ž atau 𝑓(π‘₯) > π‘Žiii. Bentuk |𝑓(π‘₯)| > |𝑔(π‘₯)| diubah ke bentuk : [𝑓(π‘₯) +𝑔(π‘₯)][𝑓(π‘₯) – 𝑔(π‘₯)]iv. Bentuk π‘Ž < |𝑓(π‘₯)| < 𝑏 dengan π‘Ž dan 𝑏 positif, diubah menjadi : π‘Ž < 𝑓(π‘₯) < 𝑏 atau -𝑏 < 𝑓(π‘₯) <

-π‘Ž v. Bentuk | | < 𝑐 dengan 𝑐 > 0, diubah menjadi :|π‘Ž|

|𝑏| < οΏ½οΏ½

⟺ |π‘Ž| < 𝑐|𝑏|⟺ |π‘Ž| < |𝑐𝑏|⟺(π‘Ž+𝑐𝑏) (π‘Žβ€“π‘π‘) < 0

CONTOH SOAL

Carilah himpunan penyelesaian atau nilai x yang memenuhi pertidaksamaan nilai

mutlak berikut :

1.

2.

1.

Penyelesaian awal :

Penyelesaian akhir :

2. Memenuhi bentuk maka :

Jadi, HP

LATIHAN SOAL

Pertidaksamaan Pecahan2βˆ’ (π‘₯βˆ’1 )(π‘₯βˆ’1 )βˆ’1

β‰₯2

1+π‘₯β‰₯0 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’βˆ’π‘₯+1β‰₯01β‰₯π‘₯

𝐻𝑃 {π‘₯|βˆ’1<π‘₯ ≀1, π‘₯βˆˆπ‘… }

Soal

πŸ“π’™ βˆ’πŸπŸ 𝒙+𝟐 β‰₯πŸ’

π’”π’šπ’‚π’“π’‚π’• :𝒙 β‰ βˆ’πŸ

atau

𝐻𝑃 {π‘₯|π‘₯β‰€βˆ’3π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’π‘₯>βˆ’1 ,π‘₯βˆˆπ‘… }

Soal

(2 π‘₯+2 ) (βˆ’3βˆ’9 )β‰₯0

Pertidaksamaan Irasional

√ πŸ‘π’™ βˆ’πŸπŸ’ β‰€πŸ

𝐻𝑃 {π‘₯|23 ≀ π‘₯≀6 , π‘₯βˆˆπ‘…}

Soal

√3βˆ’βˆš5 π‘₯≀2

𝐻𝑃 {π‘₯|βˆ’ 75 ≀π‘₯≀ 95 ,π‘₯βˆˆπ‘…}

Soal

β”‚πŸ‘βˆ’πŸ π’™πŸ+𝒙 β”‚β‰€πŸ’

ΒΏΒΏΒΏ

( 3βˆ’2 π‘₯2+π‘₯ )≀42

ΒΏ(3βˆ’2π‘₯+4 (2+π‘₯ ) ) (3βˆ’2π‘₯βˆ’4 (2+π‘₯ ) )≀0(3βˆ’2π‘₯+8+4 π‘₯ ) (3βˆ’2π‘₯βˆ’8βˆ’4 π‘₯ )≀0

(11+2π‘₯ ) (βˆ’5βˆ’6 π‘₯ )≀0

𝐻𝑃={π‘₯∨π‘₯β‰€βˆ’ 112 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’βˆ’56 ≀π‘₯ ,π‘₯βˆˆπ‘… }

Soal

PERTIDAKSAMAAN NILAI MUTLAK

ΒΏπŸ‘+πŸ•π’™βˆ¨ΒΏπŸ

( 3 π‘₯+7π‘₯ )

2

>12

ΒΏΒΏΒΏ

(3 π‘₯+7)2βˆ’ ΒΏ(3 π‘₯+7+1(π‘₯)) (3 π‘₯+7βˆ’1(π‘₯))>0

(3 π‘₯+7+π‘₯ ) (3 π‘₯+7βˆ’π‘₯ )>0(4 π‘₯+7 ) (2π‘₯+7 )>0

𝑯𝑷 {𝒙|𝒙<βˆ’πŸ‘ 𝟏𝟐 𝒂𝒕𝒂𝒖 𝒙>βˆ’πŸ πŸ‘

πŸ’ , π’™βˆˆπ‘Ή}

Soal

TERIMA KASIH