Standar Kompetensi Kompete nsi Dasar Nilai Indikator · PDF fileStandar Kompetensi Kompete nsi...

1Matematika Kelas XII Program IPA

1. Menggunakan konsepintegral dalam pe-mecahan masalah.

Standar Kompetensi Kompetensi Dasar Nilai Indikator

1.1 Memahami konsep integral tak tentudan integral tentu.

1.2 Menghitung integral tak tentu danintegral tentu dari fungsi aljabar dantrigonometri yang sederhana.

1.3 Menggunakan integral untuk meng-hitung luas daerah di bawah kurva danvolume benda putar.

Pada bab ini akan dipelajari:1. Integral sebagai lawan dari turunan (antiderivatif)2. Integral tak tentu dan integral tertentu fungsi aljabar3. Integral tak tentu dan integral tertentu fungsi trigonometri4. Integral substitusi dan integral parsial5. Luas daerah di bawah kurva dan volume benda putar

Teliti

Cermat

Teliti dalam menentukan hasilpengintegralan.

Cermat dalam menentukan batas-batas daerah yang akan dihitungluas atau volumenya.

Model Pengintegrasian Nilai Pendidikan Karakter

Integral

Mendefinisikan konsepintegral fungsi aljabar

• Menentukan hasil integraltak tentu fungsi aljabar

• Menentukan hasil integraltertentu fungsi aljabar

• Menentukan rumus fungsijika diketahui turunannya

• Menentukan hasil integraltak tentu fungsi trigono-metri

• Menentukan hasil integraltertentu fungsi trigonometri

• Melakukan pengintegralandengan metode substitusi

• Melakukan pengintegralandengan metode parsial

• Menentukan luas daerahyang dibatasi kurva

• Menentukan volume bendaputar

Mendefinisikan konsepintegral fungsi trigonometri

Menentukan hasil integraldengan metode peng-

integralan

Menggunakan integral untukmenentukan luas daerah dan

volume benda putar

Siswa mampu menentukanintegral fungsi aljabar

Siswa mampu menentukanintegral fungsi trigonometri

Siswa mampu menentukanhasil integral denganmetode substitusi dan

parsial

Siswa mampu mengguna-kan integral untuk

menentukan luas daerahdan volume benda putar

Siswa mampu menggunakan konsep integraldalam pemecahan masalah

2 Integral

v(t) = 0 ⇔ 5t – 21

t2 = 0

⇔21

t(10 – t) = 0

⇔ t = 0 atau t = 10Jadi, benda berhenti setelah 10 detik.

5. Jawaban: bdydx = 4x + 5

y = ∫ (4x + 5) dx= 2x2 + 5x + c

Kurva melalui titik (–3, –3).y = 2x2 + 5x + c

⇔ –3 = 2(–3)2 + 5(–3) + c⇔ –3 = 2(9) – 15 + c⇔ –3 = 18 – 15 + c⇔ –3 = 3 + c⇔ c = –6Jadi, persamaan kurva tersebut y = 2x2 + 5x – 6.

6. Jawaban: c3

1∫ (3x2 + 2x – 1) dx =

32 1 1 1

1

3 22 1 1 1

x x x+ + + +

+ −

= 33 21x x x + −

= (33 + 32 – 3) – (13 + 12 – 1)= (27 + 9 – 3) – (1 + 1 – 1)= 33 – 1= 32

7. Jawaban: c2

1∫ (x2 – 2

1x

) dx = 2

1∫ (x2 – x–2) dx

= 2

3 1

1

1 13 1

x x− −

−

= 2

3

1

1 13 x

x

+

= (83 +

12 ) – (

13 + 1)

= 196 –

43

= 116

A. Pilihan Ganda

1. Jawaban: a

∫

23x 4x xx x

− dx = ∫ (

3xx x

– 24x x

x x) dx

= ∫ (312x

− – 4x) dx

= 12

3

1− +

12

1x

− + – 4

1 1+x1 + 1 + c

= 12

3 12x –

42 x2 + c

= 6 x – 2x2 + c

2. Jawaban: b

∫ (2x – 3)(3x + 2) dx

= ∫ (6x2 – 5x – 6) dx

= 6

2 1+ x2 + 1 – 5

1 1+ x1 + 1 – 6x + c

= 63 x3 –

52 x2 – 6x + c

= 2x3 – 52 x2 – 6x + c

3. Jawaban: df′(x) = 3x2 + 6x – 5 dan f(–1) = 8f(x) = ∫ f′(x) dx

= ∫ (3x2 + 6x – 5) dx

= 3 · 13 x3 + 6 ·

12 x2 – 5x + c

= x3 + 3x2 – 5x + cf(–1) = 8 ⇒ (–1)3 + 3(–1)2 – 5(–1) + c = 8

⇔ –1 + 3 + 5 + c = 8⇔ c = 1

Jadi, f(x) = x3 + 3x2 – 5x + 1.

4. Jawaban: cPercepatan = a(t) = 5 – tdv(t)dt = a(t) ⇒ v(t) = ∫ a(t) dt = ∫ (5 – t) dt

= 5t – 21

t2 + c

Benda bergerak dari keadaan diam makav(0) = 0 ⇒ c = 0.

Kecepatan benda dirumuskan v(t) = 5t – 21

t2.

Pada saat benda berhenti berarti kecepatannya 0.


8. Jawaban: e4

2∫ (–x2 + 6x – 8) dx

= 4

2

3 213

x 3x 8x − + −

= (–13 (4)3 + 3(4)2 – 8(4)) – (–

13 (2)3 + 3(2)2 – 8(2))

= (–643 + 48 – 32) – (–

83 + 12 – 16)

= (–163 ) – (–

203 ) =

43

9. Jawaban: d3

a∫ (3x2 + 2x + 1) dx = 25

⇔33 2ax x x + + = 25

⇔ (27 + 9 + 3) – (a3 + a2 + a) = 25⇔ 39 – a3 – a2 – a = 25⇔ a3 + a2 + a – 14 = 0⇔ (a – 2)(a2 + 3a + 7) = 0⇔ a = 2 atau a2 + 3a + 7 = 0Oleh karena tidak ada nilai x yang memenuhipersamaan x2 + 3x + 7 = 0 maka penyelesaiannyaa = 2.

Jadi, 12 a =

12 × 2 = 1.

10. Jawaban: b4

0∫ f(x) dx = 2

4

2∫ 2f(x) dx = 2 ⇔ 2

4

2∫ f(x) dx = 2

⇔4

2∫ f(x) dx = 1

4

0∫ f(x) dx =

2

0∫ f(x) dx +

4

2∫ f(x) dx

⇔ 2 = 2

0∫ f(x) dx + 1 ⇔

2

0∫ f(x) dx = 2 – 1 = 1

Jadi, 2

0∫ f(x) dx = 1.

B. Uraian

1. a. ∫ 2xx

dx = ∫ 12

2x

− dx

= ∫ 32x dx

= 32

1

1+

32

1x

++ c

= 52

1 52x + c =

25 x2 x + c

b. ∫ 3

x x dx = ∫ 3

32x

− dx

= 32

3

1− +

32

1x

− ++ c

= 12

3

−

12x

− + c

= –6x

+ c

c. ∫ (3x + 2)2 dx

= ∫ (9x2 + 12x + 4) dx

= 9 · 13 x3 + 12 ·

12 x2 + 4x + c

= 3x3 + 6x2 + 4x + c

d. ∫ (2 x + 1)(3 x – 2) dx

= ∫ (6x – x – 2) dx

= ∫ (6x – 12x – 2) dx

= 3x2 – 23

32x – 2x + c

= 3x2 – 23x x – 2x + c

2. a.5

2−∫ 2g(x) dx = 6

⇔ 25

2−∫ g(x) dx = 6

⇔5

2−∫ g(x) dx = 3

b.5

2−∫ (2f(x) – 3g(x)) dx

= 25

2−∫ f(x) dx – 3

5

2−∫ g(x) dx

= 2(8) – 3(3)

= 7

3. a.p

0(4x∫ – 5) dx = –3

⇔p2

02x 5x − = –3

⇔ (2p2 – 5p) – 0 = –3⇔ 2p2 – 5p + 3 = 0⇔ (2p – 3)(p – 1) = 0

⇔ p = 32 atau p = 1

4 Integral

A. Pilihan Ganda

1. Jawaban: c

∫ (cos 2x – 2 sin x) dx

= ∫ cos 2x dx – 2 ∫ sin x dx

= 12 sin 2x – 2(–cos x) + c

= 12 sin 2x + 2 cos x + c

2. Jawaban: d∫(3 – 6 sin2 x) dx = ∫ 3(1 – 2 sin2 x) dx

= 3 ∫ cos 2x dx

= 3 · 12 sin 2x + c

= 32 · 2 sin x cos x + c

= 3 sin x cos x + c

3. Jawaban: b

sin a cos b = 12 (sin (a + b) + sin (a – b))

∫ 4 sin 5x cos 3x dx

= ∫ 4 · 12 (sin 8x + sin 2x) dx

= 2 ∫ (sin 8x + sin 2x) dx

= 2(– 18

cos 8x – 12

cos 2x) + c

= – 14

cos 8x – cos 2x + c

4. Jawaban: b

∫ sin (12 x – π) cos (

12 x – π) dx

= ∫ 12 sin 2(

12 x – π) dx

= 12 ∫ sin (x – 2π) dx

= –12 cos (x – 2π) + c

b.2

2

1(px∫ – 4x + 5) dx = 20

⇔2

3 2

1

p

3x 2x 5x − +

= 20

⇔(8p3 – 8 + 10) – (

p3 – 2 + 5) = 20

⇔ 7p3 – 1 = 20

⇔ 7p3 = 21

⇔ p = 21 × 37 = 9

4. a. f′(x) = 4 – 6x

f(x) = ∫ f′(x) dx = ∫ (4 – 6x) dx

= 4x – 3x2 + cf(3) = –12 ⇒ 4(3) – 3(3)2 + c = –12

⇔ 12 – 27 + c = –12⇔ c = 3

Jadi, f(x) = –3x2 + 4x + 3.

b.2

1−∫ f(x) dx =

2

1−∫ f(x) dx

= 2

1−∫ (–3x2 + 4x + 3) dx

= 23 2

1x 2x 3x − − + +

= (–8 + 8 + 6) – (1 + 2 – 3)= 6 – 0 = 6

5.6

0∫ f(x) dx =

3

0∫ f(x) dx +

6

3∫ f(x) dx

=3

0∫ (x + 4) dx +

6

3∫ (2 – 4x) dx

=3

2

0

12

x 4x

+ + 2x – 2x2

6

3

= (92 + 12) – (0 + 0)

+ (12 – 72) – (6 – 18)

= (92 + 12) – 0 + (–60) – (–12)

=92 – 36

= –3112

Jadi, nilai 6

0∫ f(x) dx = –31

12 .

A. Pilihlah jawaban yang tepat.


5. Jawaban: d

∫ 1 cos 2x− dx

= ∫ 22 sin x dx

= ∫ 2 sin x dx

= – 2 cos x + c

6. Jawaban: e13

0

π

∫ (sin 2x + 3 cos x) dx

= 13

0

12

cos 2x 3 sin x)π

− +

= (–12 cos

23π

+ 3 sin 3π

) – (–12 cos 0 + 3 sin 0)

= (–12 · (–

12 ) + 3(

12

3 ) – (–12 + 0)

= (14 +

32 3 ) – (–

12 )

= 34 +

32

3 = 34 (1 + 2 3 )

7. Jawaban: d

0

π

∫ (sin 3x + cos x) dx

= 0

13

cos 3x sin xπ

− +

= (–13 cos 3π + sin π) – (–

13 cos 0 + sin 0)

= (13 + 0) – (–

13 + 0) =

23

8. Jawaban: b13

π

−π∫ cos (2x +

13 π) dx

= 131 1

2 3sin (2x )

π

−π

+ π

= 12 sin (

23π

+ 13 π) –

12 sin (–2π +

13 π)

= 12 sin π –

12 sin

53

− π

= 0 – 12 (

12

3 ) = –14

3

9. Jawaban: b23

12

π

π∫ cos (3x – π) dx =

23

12

13

sin (3x )π

π

− π

= 13 (sin (2π – π) – sin (

32 π – π))

= 13 (sin π – sin

12 π)

= 13 (0 – 1) = –

13

10. Jawaban: e

3

0

π

∫ (sin x + cos x)(sin x – cos x) dx

= 3

0

π

∫ (sin2 x – cos2 x) dx

= 3

0

π

∫ –(cos2 x – sin2 x) dx

= –3

0

π

∫ cos 2x dx

= 3

0

12

sin 2xπ

−

= –12(sin

23π – sin 0)

= –12(

12

3 – 0)

= –14

3

B. Uraian

1. a. ∫ (cos x + 2 sin x) dx

= ∫ cos x dx + 2 ∫ sin x dx= sin x + 2(–cos x) + c= sin x – 2 cos x + c

b. ∫ sin (2x + 23 π) dx

= –12 cos (2x +

23 π) + c

c. ∫ 6 sec2 3x dx = 6 · 13 tan 3x + c

= 2 tan 3x + c

d. ∫ (2 sin 13 x – 3 cos 2x) dx

= 2 ∫ sin 13 x dx – 3 ∫ cos 2x dx

= 2(–3 cos 13 x) – 3(

12 sin 2x) + c

= –6 cos 13 x –

32 sin 2x + c

2. a. ∫ 6 tan 3x sec 3xcos 3x

− dx

= ∫ ( 6 tan 3xcos 3x

– sec 3xcos 3x

) dx

= ∫ (6 tan 3x sec 3x – sec2 3x) dx

= 6 · 13 sec 3x –

13 tan 3x + c

= 2 sec 3x – 13 tan 3x + c

6 Integral

b

a∫ sin 2x dx

= b

a

12

cos 2x

−

= b

2

a

12

(1 2 sin x)

− −

= b

2

a

12

sin x

− +

= (–12 + sin2 b) – (–

12 + sin2 a)

= sin2 b – sin2 a

= (sin b – sin a)(sin b + sin a)

= c (sin b + sin a)

= c (sin a + sin b)

Terbukti bahwa b

a∫ sin 2x dx = c(sin a + sin b).

5. a. f′(x) = 12 cos 2x

f(x) = ∫ 12 cos 2x dx

= 12 · 12 sin 2x + c

= 6 sin 2x + c

f 12π

= 8

⇔ 6 sin 2 12π

+ c = 8

⇔ 6 sin 6π

+ c = 8

⇔ 6 · 12 + c = 8

⇔ 3 + c = 8⇔ c = 5Diperoleh f(x) = 6 sin 2x + 5.

b. f 4π

= 6 sin 2 4π

+ 5

= 6 sin 2π

+ 5

= 6 · 1 + 5= 11

b. ∫ (sin 2x – cos 2x)2 dx

= ∫ (sin2 2x – 2 sin 2x cos 2x + cos2 2x) dx

= ∫ (sin2 2x + cos2 2x – 2 sin 2x cos 2x) dx

= ∫ (1 – sin 4x) dx

= x + 14 cos 4x + c

3. a.2

0

π

∫ (cos 2x + sin 3x) dx

= 2

0

1 12 3

sin 2x cos 3xπ

−

= (12 sin π –

13 cos

32π

) – (12 sin 0 –

13 cos 0)

= (0 – 0) – (0 – 13 ) =

13

b.2

4

π

π∫ 2 cos ( 4

π – x) dx

= 2

4

21 4sin ( x)

π

ππ

− −

= –2 (sin (– 4π

) – sin 0)

= –2 (–12 2 – 0) = 2

c.3

0

π

∫ 6 sin x cos x dx

= 3

0

π

∫ 3 sin 2x dx

= 3

0

32

cos 2xπ

−

= –32 (cos

23π

– cos 0)

= –32 (–

12 – 1)

= –32 (–

32 )

= 94

4.b

a∫ cos x dx = c

⇔b

asin x

= c

⇔ sin b – sin a = c


A. Pilihan Ganda1. Jawaban: c

Misalkan u = 2x2 + 8x + 1dudx = 4x + 8 ⇔ du = (4x + 8) dx

∫ (2x + 4) 22x + 8x + 1 dx

= ∫ 22x + 8x + 1 (2x + 4) dx

= ∫ 22x + 8x + 1 ( 4x 82+

) dx

= ∫ u12 du

= 12 ∫ u du

= 12 ( 1

2

11+ u

12

+ 1) + c

= 12 ( 3

2

1 u

32 ) + c

= 12 (

23 u

32 ) + c

= 13 u

32 + c =

13 u u + c

= 13 (2x2 + 8x + 1) 22x + 8x + 1 + c

2. Jawaban: dMisalkan u = 2x3 – 5dudx = 6x2 ⇔ du = 6x2 dx

∫ 2

3 57

2x

(2x 5)− dx

= ∫ 2x2(2x3 – 5)57

− dx

= ∫ (2x3 – 5)57

−(2x2 dx)

= ∫ u57

− 13 du

= 13 ∫ u

57

− du

= 13 ( 5

7

11−

u57

+ 1−) + c

= 13 (

72 u

27 ) + c

= 76 u

27 + c

= 76 (2x3 – 5)

27 + c

= 76

3 27 (2x 5)− + c

3. Jawaban: cMisalkan u = 2x3 + 4dudx = 6x2

⇔ du = 6x2 dx

∫2

3

3x

2x 4+dx = ∫

123(2x 4)

−+ ·

26x2

dx

= 12 ∫

12u

−du =

12 × 1

2

1 12u + c

= u + c

= 32x 4+ + c

4. Jawaban: cMisalkan u = 3x2 + 9x – 1dudx = 6x + 9 = 3(2x + 3)

⇔ (2x + 3) dx = du3

∫ 2

2x 3

3x 9x 1

+

+ −dx

= ∫ (3x2 + 9x – 1)12

− · (2x + 3) dx

= ∫ u12

− ·

du3

= 13 ∫ u

12

− du

= 13 · 2u

12 + c

= 23

23x 9x 1+ − + c

5. Jawaban: cMisalkan u = 4x ⇒ du = 4 dx

dv = (x – 2)3 dx

⇒ v = ∫ (x – 2)3 dx

= ∫ (x – 2)3 d(x – 2)

= 14 (x – 2)4

∫ u dv = uv – ∫ v du

∫ 4x(x – 2)3 dx

= (4x) · 14 (x – 2)4 – ∫ 1

4 (x – 2)4 (4 dx)

= x(x – 2)4 – ∫ (x – 2)4 d(x – 2)

= x(x – 2)4 – 15 (x – 2)5 + c

= 15 (x – 2)4 (5x – (x – 2)) + c

= 15 (4x + 2)(x – 2)4 + c

8 Integral

6. Jawaban: c1

a∫ 12x(x2 + 1)2 dx = 14

⇔ 61

a∫ (x2 + 1)2 · 2x dx = 14

⇔ 6 · 2 31

13 a

(x + 1) = 14

⇔ 2((1 + 1)3 – (a2 + 1)3) = 14⇔ 8 – (a2 + 1)3 = 7⇔ (a2 + 1)3 = 1⇔ a2 + 1 = 1⇔ a2 = 0⇔ a = 0

7. Jawaban: cMisalkan u = sin 2xdudx = 2 cos 2x ⇔ 1

2 du = cos 2x dx

∫ cos 2x sin 2x dx = ∫ (sin 2x)12 (cos 2x dx)

= ∫ u12 (

12 du)

= 12 ∫ u

12 du

= 12 ·

23 u

32 + c

= 13 u u + c

= 13 sin 2x sin 2x + c

8. Jawaban: c

0

π

∫ sin 2x cos x dx

= 0

π

∫ (2 sin x cos x) cos x dx

= 20

π

∫ cos2 x sin x dx

= 20

π

∫ (cos x)2 d(–cos x)

= –20

π

∫ (cos x)2 d(cos x)

= –2 · 31

3 0(cos x)

π

= –23 (cos3 π – cos3 0)

= –23 (–1 – 1)

= 43

9. Jawaban: bMisalkan u = cos 2xdudx = –2 sin 2x ⇔ sin 2x dx = –

du2

∫ cos4 2x sin 2x dx

= ∫ u4 (–du2 )

= –12 ∫ u4 du

= –12 ·

15 u5 + c

= –1

10 cos5 2x + c

10. Jawaban: bMisalkan u = (x2 – 2) ⇒ du = 2x dx

dv = sin x dx ⇒ v = ∫ sin x dx = –cos x


∫ (x2 – 2) sin x dx

= (x2 – 2) (–cos x) – ∫ (–cos x) (2x dx)

= –(x2 – 2) cos x + ∫ 2x cos x dx

= (2 – x2) cos x + 2 ∫ x d(sin x)

= (2 – x2) cos x + 2 (x sin x – ∫ (sin x) dx)

= (2 – x2) cos x + 2x sin x – 2 (–cos x) + c= (2 – x2) cos x + 2x sin x + 2 cos x + c= (4 – x2) cos x + 2x sin x + c

B. Uraian1. a. Misalkan u = 5 – x

dudx = –1 ⇔ dx = –du

∫ 2

5 x− dx = ∫ 2u (–du)

= –2 ∫ u12

− du

= –2 · 2u12 + c

= –4 5 x− + c

b. Misalkan u = x2 – 3dudx = 2x ⇔ 2x dx = du

∫ 2x(x2 – 3)3 dx = ∫ (x2 – 3)3 · 2x dx

= ∫ u3 du

= 14 u4 + c

= 14 (x2 – 3)4 + c


c. Misalkan u = 2x – 3dudx = 2 ⇔ dx =

du2

∫ (4x – 6) 2x 3− dx

= ∫ 2(2x – 3)(2x – 3)12 dx

= 2 ∫ (2x – 3)32 dx

= 2 ∫ u32 ·

du2

= ∫ u32 du =

25 u

52 + c

= 25 (2x – 3)2 2x 3− + c

d. Misalkan u = 4 – 3x2

dudx = –6x ⇔ x dx =

du6−

∫ 2 23x

(4 3x )− dx = 3 ∫ (4 – 3x2)–2 · x dx

= 3 ∫ u–2 · du6−

= 36− ∫ u–2 du

= –12 ·

11− u–1 + c

= 1

2u + c = 21

2(4 3x )− + c

= 21

8 6x− + c

2. a. Misalkan u = x2 – 4x – 1dudx = 2x – 4 ⇔ du = (2x – 4) dx

⇔ (2 – x) dx = –12 du

x = 0 ⇒ u = 0 – 0 – 1 = –1x = 2 ⇒ u = 4 – 8 – 1 = –52

2 20

2 x

(x 4x 1)

−

− −∫ dx

= 2

2

0(2x∫ – 4x – 1)–2 (2 – x) dx

= 5

2

1u

−−

−∫ · (–

12 ) du

= –12

52

1u

−−

−∫ du

= –12

51

11u

−−−

−

= 12

5

1

1u

−

−

= 12 (

15− –

11− )

= 12 ·

45 =

25

b.2

0

π

∫ (1 – cos x) sin x dx

Misalkan u = 1 – cos xdudx = sin x ⇔ du = sin x dx

2

0

π

∫ (1 – cos x) sin x dx

= 2

0

π

∫ u du

= 22

0

12

uπ

= 22

0

12

(1 cos x)π

−

= 12 (1 – cos 2

π)2 –

12 (1 – cos 0)2

= 12 (1 – 0)2 –

12 (1 – 1)2

= 12 (1) –

12 (0)

= 12

3. a. ∫ 2x sin (2x – 1) dx

= ∫ 2x d(–12 cos (2x – 1))

= 2x · (–12 cos (2x – 1))

– ∫ (– 12 cos (2x – 1)) d(2x)

= –x cos (2x – 1) + ∫ cos (2x – 1) dx

= –x cos (2x – 1) + 12 sin (2x – 1) + c

b. ∫ (3x + 2) cos (3x + 2) dx

= ∫ (3x + 2) d(13 sin (3x + 2))

= (3x + 2) · 13 sin (3x + 2)

– ∫ 13 sin (3x + 2) d(3x + 2)

= (x + 23 ) sin (3x + 2) +

13 cos (3x + 2) + c

10 Integral

∫ 4x4 x−

dx

= 4x(–2(4 – 12x) ) – ∫ (–2(4 –

12x) ) 4dx

= –8x(4 – 12x) – 8 ∫ (4 –

12x) (–1) dx

= –8x(4 – 12x) – 8 ∫ (4 –

12x) d(4 – x)

= –8x(4 – 12x) – 8 ·

23 (4 –

32x) + c

= –8x 4 x− – 163

3(4 x)− + c

Jadi, ∫ f(x) dx = –8x 4 x− – 163

3(4 x)− + c.

b.3

0∫ f(x) dx

= –8x 4 x− – 163

33

0(4 x) −

= (–24 – 163 ) – (0 –

1283 )

= –883 +

1283 =

403

= 0 – (–113 )

= 113 satuan luas

Jadi, luas daerah:

L = LI + LII = 113 + 1

13 = 2

23 satuan luas.

= 0 – (–113 )

= 113 satuan luas

Jadi, luas daerah yang diarsir:

L = LI + LII = 113 + 1

13 = 2

23 satuan luas.

4.2

0

π

∫ sin2 2x sin x dx

= 2

0(2 sin

π

∫ x cos x)2 sin x dx

= 2

04

π

∫ sin2 x cos2 x sin x dx

= –2

04(1

π

∫ – cos2 x) cos2 x (–sin x) dx

= –42

2

0(cos x

π

∫ – cos4 x) d(cos x)

= –4 23 5

0

1 13 5

cos x cos xπ

−

= –4[(13 · 03 –

15 · 05) – (

13 · 13 –

15 · 15)]

= –4(0 – (13 –

15 ))

= –4 · (–2

15 )

= 8

15

5. a. Misalkan u = 4x ⇒ du = 4dx

dv = 14 x−

dx = (4 – 12x)− dx

⇒ v = ∫ (4 – 12x)− dx

= – ∫ (4 – 12x)− (–1) dx

= – ∫ (4 – 12x)− d(4 – x)

= –2(4 – 12x)


A. Pilihan Ganda1. Jawaban: d

Perpotongan kedua kurva:x + y – 6 = 0

⇔ x + x – 6 = 0

⇔ ( x )2 + x – 6 = 0

⇔ ( x + 3)( x – 2) = 0

⇔ x = –3 atau x = 2⇔ (tidak ada nilai x x = 4

yang memenuhi)

Daerah I dibatasi oleh kurva y = x dan sumbu Xpada interval 0 ≤ x ≤ 4.

Luas daerah I: LI = 4

0∫ x dx

Daerah II dibatasi garis y = 6 – x dan sumbu Xpada interval 4 ≤ x ≤ 6.

Luas daerah II: LII = 6

4∫ (6 – x) dx

Y

X

6

0 4 6

x + y – 6 = 0

y = x

I II


Luas daerah yang diarsir:

L = LI + LII

= 4

0∫ x dx +

6

4∫ (6 – x) dx

= 4

0∫ x dx –

6

4∫ (x – 6) dx

2. Jawaban: a

x + y = 2 ⇔ y = 2 – xLuas daerah yang diarsir:

L =1

2−∫ (y1 – y2) dx

=1

2−∫ (2 – x – x2) dx

=1

2 3

2

1 12 3

2x x x−

− −

= (2(1) – 12 (1)2 –

13 (1)3)

– (2(–2) – 12 (–2)2 –

13 (–2)3)

= (2 – 12 –

13 ) – (–4 – 2 +

83 )

=76 – (–

103 )

=76 +

206

=276 = 4

12 satuan luas

3. Jawaban: a

Persamaan garis yang melalui titik (2, 0) dan (0, 2)y 02 0

−− =

x 20 2

−−

⇔ y = –x + 2


L = 1

0∫ (y1 – y2) dx +

2

1∫ (y2 – y1) dx

= 1

0∫ (–x + 2 – x2) dx +

2

1∫ (x2 – (–x + 2)) dx

= 1

0

1 12 32 3

x 2x x − + − +

2

1

1 13 23 2

x x 2x

+ −

= (–12 + 2 –

13 – 0) + ((

83 + 2 – 4) – (

13 +

12 – 2))

= 116 + (

23 + 1

16 )

= 3 satuan luas

4. Jawaban: c


L =4

1∫ (y1 – y2) dx

=4

1∫ ((x – 1) – (x2 – 4x + 3)) dx

=4

1∫ (–x2 + 5x – 4) dx

=4

3 2

1

1 53 2

x x 4x

− + −

= (–13 (4)3 +

52 (4)2 – 4(4))

– (–13 (1)3 +

52 (1)2 – 4(1))

= (–643 + 40 – 16) – (–

13 +

52 – 4)

=83 – (–

116 )

=166 +

116

=276 =

92 satuan luas

Y

X

2

0 1 2

y2 = x2

I II

y1 = –x + 2

Y

X–2 –1 1 2

y1 = 2 – x

y2 = x2

0

Y

X0 1 2 3 4

3

–1

–2

y2 = x2 – 4x + 3y1 = x – 1

12 Integral

Y

X

4

0 2

y2 = x2y1 = 2x

5. Jawaban: b


L = 2

0∫ (y1 – y2) dx

= 2

0∫ ((4 – x2) – (–x + 2)) dx

= 2

0∫ (2 – x2 + x) dx

= 2

3 2

0

1 13 2

2x x x

− +

= 4 – 83 + 2 – 0 =

103 satuan luas

6. Jawaban: c

Volume benda putar:

V = π3

1−∫ (y1

2 – y22) dx

= π3

1−∫ ((2x + 3)2 – (x2)2) dx

= π3

1−∫ (4x2 + 12x + 9 – x4) dx

= π 3

3 2 5

1

4 13 5

x 6x 9x x−

+ + −

= π 3 2 54 13 5

( (3) 6(3) 9(3) (3) )

+ + −

– 2 54 133 5

( ( 1) 6( 1) 9( 1) ( 1) )

− + − + − − −

= π 243 4 15 3 5

(36 54 27 ) ( 6 9 )

+ + − − − + − +

= π 243 17)

5 15(117 ( 3 )

− − − −

= π(120 – 2435 +

1715 )

= π(1.800 729 17

15− +

)

= 1.088

15 π

= 728

15 π satuan volume

7. Jawaban: d

Volume benda putar:

V = π 2

0∫ (y1

2 – y22) dx

= π 2

0∫ ((2x)2 – (x2)2) dx

= π 2

0∫ (4x2 – x4) dx

= π 2

3 5

0

4 13 5

x x

−

= π ((43 (2)3 –

15 (2)5) – 0)

= π (323 – 32

5 )

= 6415 π satuan volume

8. Jawaban: cBatas-batas daerah yang diarsir menurut sumbu Y.

Batas atas: y = x3 ⇔ x = 13y

Batas bawah: y2 = xKedua kurva berpotongan di titik (0, 0) dan (1, 1),berarti batas-batas nilai y adalah 0 ≤ y ≤ 1.Volume benda putar:

V = π1

0∫ ((

13y )2 – (y2)2) dy

= π1

0∫ (

23y – y4) dy

= π53

1

0

3 1 55 5

y y

−

= π(35 –

15 – 0)


Y

X

4

2

0 2

y1 = 4 – x2y2 = –x + 2

Y

X

9

321

–2 –10 1 2 3

x = 3

y2 = x2 y1 = 2x + 3


B. Uraian

1. a. Daerah yang diarsir dibatasi oleh parabolay = x2 + 1 dan sumbu X pada interval 0 ≤ x ≤ 2.Luas daerah yang diarsir:

L = 2

0∫ (x2 + 1) dx

= 2

3

0

13

x x

+

= (83 + 2) – 0

= 423 satuan luas

b. Daerah yang diarsir dibagi menjadi duabagian.

Daerah I dibatasi oleh parabola y = 12 x2 dan

sumbu X pada interval 0 ≤ x ≤ 2.Daerah II dibatasi oleh garis y = 4 – x dansumbu X pada interval 2 ≤ x ≤ 4.Luas daerah yang diarsir:L = LI + LII

=2

0∫ 1

2 x2 dx + 4

2∫ (4 – x) dx

= 2

3

0

16

x

+ 4

2

2

12

4x x

−

= (86 – 0) + [(16 – 8) – (8 – 2)]

= 113 + 2 = 3

13 satuan luas

c. Daerah yang diarsir dibatasi oleh parabolay = 8 – 2x2 dan garis y = –x + 2 pada interval0 ≤ x ≤ 2.Luas daerah yang diarsir:

L = 2

0∫ ((8 – 2x2) – (–x + 2)) dx

= 2

0∫ (6 – 2x2 + x) dx

= 2

3 2

0

2 13 2

6x x x

− +

= 12 – 163 + 2 – 0 = 8

23 satuan luas

d. Daerah yang diarsir dibatasi oleh parabolay = –x2 + x + 6 dan garis y = 2x + 4.y = 2x + 4y = –x2 + x + 6–––––––––––– –0 = x2 + x – 2⇔ (x + 2)(x – 1) = 0⇔ x = –2 atau x = 1Diperoleh batas pengintegralan –2 ≤ x ≤ 1.

9. Jawaban: a

y = x2 + 1 ⇔ x2 = y – 1Volume benda putar:

V = π 3

2

1x∫ dy = π

3

1(y∫ – 1) dy

= π 3

2

1

12

y y

−

= π ( 92 – 3 – (

12 – 1))

= 2π satuan volume

10. Jawaban: aDaerah yang diarsir diputar mengelilingi sumbu X.

VX = π a

0∫ ((a2)2 – (x2)2) dx

= π a

0∫ (y1

2 – y22) dx

= π a

0∫ (a4 – x4) dx

= π a

4 5

0

15

a x x

−

= π(a5 – 15 a5 – 0) =

45 πa5 satuan volume

Daerah yang diarsir diputar mengelilingi sumbu Y.

VY = π 2a

0∫ x2 dy = π

2a

0∫ y dy = π

2a2

0

12

y

= 12 π((a2)2 – 02)

= 12 πa4 satuan volume

VX = VY ⇒ 45 πa5 =

12 πa4

⇔ 45 πa5 –

12 πa4 = 0

⇔ πa4 (45 a –

12 ) = 0

⇔ a4 = 0 atau45 a =

12

⇔ a = 0 atau a = 58

Oleh karena a ≠ 0 maka nilai a = 58 .

Jadi, nilai a = 58 .

Y

X

3

1

0

y = 3

y = x2 + 1

Y

X

a2

0 a

y1 = a2

y2 = x2

14 Integral


L = 1

2−∫ ((–x2 + x + 6) – (2x + 4)) dx

= 1

2−∫ (–x2 – x + 2) dx

= 1

3 2

2

1 13 2

x x 2x−

− − +

= (–13 –

12 + 2) – (

83 – 2 – 4)

= 116 – (–3

13 ) = 4

12 satuan luas

2.

Luas daerah yang diarsir = LI + LII.Menentukan LI.

LI = –0

1−∫ (y2 – y1) dx

= –0

1−∫ (x + x2) dx

= –0

3 2

1

1 13 2

x x−

+

= –1 13 2

(0 0) ( )

+ − − +

= –(0 – (16 ))

= 16 satuan luas

Luas gabungan daerah II dan III:

Lgab = 2

0∫ (y2 – y3) dx

= 2

0∫ (x – (x2 – 2) dx

= 2

0∫ (x – x2 + 2) dx

= 0

22 31 1

2 3x x 2x

− +

= (12 (2)2 –

13 (2)3 + 2(2)) – 0

= 2 – 83 + 4 =

103 satuan luas

Menentukan LIII.

LIII = –1

0∫ (y3 – y1) dx

= –1

0∫ (x2 – 2 + x2) dx

= –1

0∫ (2x2 – 2) dx

= –1

3

0

23

x 2x

−

= – 323

( (1) 2(1)) 0

− −

= –(23 – 2) =

43 satuan luas

LII = Lgab – LIII

= 103 –

43

= 63 = 2

Luas daerah yang diarsir:L = LI + LII

= 16 + 2

= 216

Jadi, luas daerah yang diarsir adalah 216 satuan

luas.

3. a. Luas daerah yang dimaksud yaitu luasdaerah yang dibatasi kurva y = cos x dan

sumbu X pada interval 0 < x < 2π

.

L = 2

0

π

∫ cos x dx = 2

0sin x

π

= sin 2π

– sin 0 = 1 – 0

= 1 satuan luasb. Kurva y = sin x dan y = cos x berpotongan

di x = 4π

.

Luas daerah di antara kurva y = sin x dan

y = cos x pada interval 0 < x < 4π

:

LI = 4

0

π

∫ (cos x – sin x) dx

= 4

0sin x ( cos x)

π

− −

= (sin 4π

+ cos 4π

) – (sin 0 + cos 0)

= (12 2 +

12 2 ) – (0 + 1)

= ( 2 – 1) satuan luas

X

Y

y1 = –x2

II

III

–1

y2 = xy3 = x2 – 2

2I → 1


Luas daerah di antara kurva y = sin x dan

y = cos x pada interval 4π

< x < π:

LII =

4

π

π∫ (sin x – cos x) dx

= 4

cos x sin x π

π − −

= (–cos π – sin π) – (–cos 4π

– sin 4π

)

= (1 – 0) – (–12 2 –

12 2 )

= (1 + 2 ) satuan luasLuas daerah yang dibatasi oleh kurvay = sin x dan y = cos x pada interval 0 < x < πadalah:L = LI + LII

= ( 2 – 1) + (1 + 2 )

= 2 2 satuan luas

4. Daerah D dibatasi oleh garis y = 2x, y = 3 – x,dan sumbu X.

a. Luas daerah D:

L = 1

0∫ 2x dx +

3

1∫ (3 – x) dx

= x2 1

0 +

32

1

12

3x x

−

= (1 – 0) + ((9 – 92 ) – (3 –

12 ))

= 1 + 2= 3 satuan luas

b. Daerah D diputar mengelilingi sumbu X,volumenya:

VX = π 1

0∫ (2x)2 dx + π

3

1∫ (3 – x)2 dx

= π 1

0∫ 4x2 dx + π

3

1∫ (9 – 6x + x2) dx

= π 1

3

0

43

x

+ π 3

2 3

1

13

9x 3x x

− +

= π (43 – 0) + π [(27 – 27 + 9) – (9 – 3 +

13 )

= 43 π +

83 π

= 4π satuan volume

c. Daerah D diputar mengelilingi sumbu Y.y = 3 – x ⇔ x = 3 – y

y = 2x ⇔ x = 12 y

Volume benda putar yang terjadi:

VY = π 2

0∫ ((3 – y)2 – (

12 y)2) dy

= π 2

0∫ (9 – 6y + y2 –

14 y2) dy

= π 2

0∫ (9 – 6y +

34 y2) dy

= π 2

2 3

0

14

9y 3y y

− +

= π ((18 – 12 + 2) – 0)= 8π satuan volume

5.

a. Jika daerah D diputar mengelilingi sumbu X,volume benda putar yang terjadi adalah:

VX = π 1

2−∫ ((2 – x)2 – (x2)2) dx

= π 1

2−∫ (x2 – 4x + 4 – x4) dx

= π 1

3 2 5

2

1 13 5

x 2x 4x x−

− + −

= π ((13 – 2 + 4 –

15 ) – (–

83 – 8 – 8 +

325 ))

= π (22

15 – (–124

15 ))


b. Perhatikan daerah D. Jika daerah D diputarmengelilingi sumbu Y, volume benda putaryang terjadi sama dengan volume daerah Ddi kuadran II (di kiri sumbu Y) diputarmengelilingi sumbu Y. Untuk menghitungnya,daerah D dibagi menjadi dua bagian yaitubagian I pada 0 ≤ y ≤ 2 dan bagian II pada2 ≤ y ≤ 4.

VI = π 2

0∫ y dy

= π · 2

2

0

12

y

= 12 π (4 – 0) = 2π satuan volume

Y

X

3

2

0 1 3

y = 2x

y = 3 – xD

Y

X

4

2

1

–2 0 1 2

y = x2

x + y = 2

D

16 Integral

A. Pilihan Ganda1. Jawaban: b

∫ (3x2 – 4x + 2) dx

= 3

2 1+ x2 + 1 – 4

1 1+ x1 + 1 + 2x + c

= 33 x3 –

42 x2 + 2x + c

= x3 – 2x2 + 2x + c

2. Jawaban: c

∫ 3x3 x dx = 3 ∫ x72 dx

= 3 · 29 x

92 + c =

23 x4 x + c

3. Jawaban: b

∫ ( x – 2)(2 x + 1) dx

= ∫ (2x – 3 x – 2) dx

= ∫ (2x – 3x12 – 2) dx

= x2 – 3 · 23 x

32 – 2x + c

= x2 – 2x x – 2x + c

4. Jawaban: c

∫ (3x – 3

2x

)2 dx

= ∫ (3x – 2x13

−)2 dx

= ∫ (9x2 – 12x23 + 4x

23

−) dx

= 9 · 13 x3 – 12 ·

35 x

53 + 4 · 3x

13 + c

= 3x3 – 365 x 3 2x + 12 3 x + c

5. Jawaban: cf(x) = ∫ (2ax2 + (a – 1)x) dx

= 23 ax3 +

12 (a – 1)x2 + c

f(2) = 24

⇔ 23 a(2)3 +

12 (a – 1) · 22 + c = 24

⇔ 163 a + 2(a – 1) + c = 24

⇔ 16a + 6a – 6 + 3c = 72⇔ 22a + 3c = 78 . . . . (1)f(1) = 7

⇔ 23 a +

12 (a – 1) + c = 7

⇔ 4a + 3a – 3 + 6c = 42⇔ 7a + 6c = 45 . . . . (2)Eliminasi c dari persamaan (1) dan (2).22a + 3c = 78 × 2 44a + 6c = 1567a + 6c = 45 × 1 7a + 6c = 45

–––––––––––– –37a = 111

⇔ a = 3Jadi, nilai a = 3.

6. Jawaban: bdydx = 3x2 + 4x – 5

Persamaan kurva:y = f(x) = ∫ (3x2 + 4x – 5) dx = x3 + 2x2 – 5x + cKurva melalui titik (1, 2) maka f(1) = 2.f(1) = 1 + 2 – 5 + c ⇔ 2 = –2 + c ⇔ c = 4Persamaan kurva: y = x3 + 2x2 – 5x + 4

VII = π 4

2∫ (y – (y – 2)2) dy

= π 4

2∫ (5y – y2 – 4) dy

= π 4

2 3

2

5 12 3

y y 4y − −

= π ((40 – 643 – 16) – (10 –

83 – 8))

= π (223 – (–

23 ))


VY = VI + VII

= 2π + 313 π



7. Jawaban: d2

0∫ 2x(8 – x2) dx

= 2

0∫ (16x – 2x3) dx

= 2

2 4

0

16 22 4

x x

−

= 2

2 4

0

12

8x x

−

= (32 – 8) – 0= 24

8. Jawaban: db

1∫ (2x – 3) dx = 12

⇔ b21x 3x − = 12

⇔ (b2 – 3b) – (1 – 3) = 12⇔ b2 – 3b + 2 = 12⇔ b2 – 3b – 10 = 0⇔ (b + 2)(b – 5) = 0⇔ b + 2 = 0 atau b – 5 = 0⇔ b = –2 atau b = 5Jadi, nilai b = 5.

9. Jawaban: d3

1∫ 3

ax

dx = 4

⇔3

1∫ ax–3 dx = 4

⇔3

2

1

a2

x− −

= 4

⇔ –a2 ( 2

13

– 211

) = 4

⇔ –a2 (

19 – 1) = 4

⇔ –a2 (–

89 ) = 4

⇔ 4a9 = 4

⇔ 4a = 36⇔ a = 9

10. Jawaban: d

∫ sec x cotan2 x dx = ∫ 1

cos x · 2

2cos xsin x dx

= ∫ 2cos xsin x

dx

= ∫ cos xsin x

1sin x dx

= ∫ cotan x cosec x dx= –cosec x + c

11. Jawaban: c∫ 8 sin 5x cos 3x dx

= 4 ∫ 2 sin 5x cos 3x dx

= 4 ∫ (sin (5x + 3x) + sin (5x – 3x)) dx

= 4 ∫ (sin 8x + sin 2x) dx

= 4(–18 cos 8x + (–

12 cos 2x)) + c

= –12 cos 8x – 2 cos 2x + c

12. Jawaban: d∫ (cos4 2x – sin4 2x) dx

= ∫ (cos2 2x + sin2 2x)(cos2 2x – sin2 2x) dx

= ∫ 1 · (cos 2 (2x) dx

= ∫ cos 4x dx = 14 sin 4x + c

13. Jawaban: d12

0

π

∫ (4x – sin x) dx

= 2x2 + cos x

12

0

π

= (2(12 π)2 + cos

12 π) – (0 + cos 0)

= (12 π2 + 0) – 1 =

12 π2 – 1

14. Jawaban: a

2

3

π

π∫ (4 cos 2x – 3 sin 3x) dx

= 2

3

1 12 3

4 sin 2x 3 ( cos 3x)π

π

⋅ − ⋅ −

= 2

3

2 sin 2x cos 3xπ

π +

= (2 sin π + cos 32π

) – (2 sin 23π

+ cos π)

= (0 + 0) – ( 3 + (–1))

= 1 – 3

15. Jawaban: b

4

0

π

∫ sin (2x + 4π

) dx = 4

0

1)

2 4cos (2x

ππ

− +

= –12 (cos

34π

– cos 4π

)

= –12 (–

12 2 – 1

2 2 )

= –12 (– 2 )

= 12 2

18 Integral

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

16. Jawaban: b

4

0

π

∫ 2 sin x cos x dx = 4

0

π

∫ sin 2x dx

= 4

0

12

cos 2xπ

−

= 12

− (cos 2π

– cos 0)

= 12

− (0 – 1) = 12

17. Jawaban: d

Misalkan u = 1 + 2x – x2

dudx = 2 – 2x = –2(x – 1)

⇔ (x – 1) dx = du2−

∫ 2 3x 1

(1 2x x )−

+ − dx = ∫ (1 + 2x – x2)–3 · (x – 1) dx

= ∫ u–3 · du2−

= 12− ∫ u–3 du

= –12 ·

12− u–2 + c

= 14 (1 + 2x – x2)–2 + c

= 2 21

4(1 2x x )+ − + c

18. Jawaban: c1

0∫ 3x 23x 1+ dx =

12

1

0∫ 23x 1+ · 6x dx

= 12

1

0∫

122(3x 1)+ d(3x2 + 1)

= 32

12

0

1 22 3 (3x 1)

⋅ +

= 13

3 32 2((3 1) (0 1) )+ − +

= 13 (8 – 1) =

73

19. Jawaban: eMisalkan u = sin 2xdudx = 2 cos 2x ⇔ cos 2x dx =

du2

∫ sin2 2x cos 2x dx = ∫ u2 · du2

= 12 ∫ u2 du

= 12 ·

13 u3 + c

= 16 sin3 2x + c

20. Jawaban: a

0

π

∫ sin 2x cos x dx

= 0

π

∫ 2 sin x cos x cos x dx

= 0

π

∫ 2 sin x cos2 x dx

Misalkan u = cos xdudx = –sin x ⇔ sin x dx = –du

0

π

∫ 2 sin x cos2 x dx = 0

π

∫ 2 u2 (–du)

= –2 0

π

∫ u2 du

= –2 3

0

13

uπ

= –2 3

0

13

cos xπ

= –2(13 (–1)3 –

13 (1)3)

= –2(–13 –

13 )

= –2(–23 ) =

43

21. Jawaban: bTurunan Integral

x 4x 1+

116 (4x + 1)

32

01

60 (4x + 1)52

∫ x 4x 1+ dx

= x16 (4x + 1)

32 –

160 (4x + 1)

52 + c

= 1

60 (4x + 1)32 (10x – (4x + 1)) + c

= 1

60 (4x + 1)32 (10x – 4x – 1) + c

= 1

60 (6x – 1)(4x + 1)32 + c

22. Jawaban: a∫ (6x + 9) cos 3x dx

= 13 ∫ (6x + 9) d(sin 3x)

= 13 (6x + 9) sin 3x –

13 ∫ sin 3x d(6x + 9)

= (2x + 3) sin 3x – 2 ∫ sin 3x dx

= (2x + 3) sin 3x + 23 cos 3x + c


23. Jawaban: dDaerah yang diarsir dibatasi parabola y = (2 – x)2

dan sumbu X pada interval 0 ≤ x ≤ 2.Luas daerah yang diarsir:

L = 2

0∫ (2 – x)2 dx =

2

0∫ (4 – 4x + x2) dx

= 2

2 3

0

13

4x 2x x

− +

= (8 – 8 + 83 ) – 0

= 83 satuan luas

24. Jawaban: ey = 2 ⇒ x2 – 4x – 3 = 2

⇔ x2 – 4x – 5 = 0⇔ (x + 1)(x – 5) = 0⇔ x = –1 atau x = 5

Parabola dan garis berpotongan di titik (–1, 2)dan (5, 2).


L = 5

1−∫ (y1 – y2) dx

= 5

1−∫ (2 – (x2 – 4x – 3)) dx

= 5

1−∫ (–x2 + 4x + 5) dx

= 5

1−∫ –(x2 – 4x – 5) dx

= –5

3 2

1

13

x 2x 5x−

− −

= –((125

3 – 50 – 25) – (–13 – 2 + 5))

= –(–3313 – 2

23 ) = 36 satuan luas

25. Jawaban: a

L = a

1∫ y dx =

a

1∫ (x + 3) dx

⇔ 10 = a

2

1

1

2x 3x +

⇔ 10 = (12 a2 + 3a) – (

12 + 3)

⇔ 10 = 12 a2 + 3a – 3

12

⇔ a2 + 6a – 27 = 0

⇔ (a – 3) (a + 9) = 0⇔ a = 3 atau a = –9Oleh karena a > 1 maka a = 3.Jadi, nilai a = 3.

26. Jawaban: c

Daerah I:Batas atas garis y = x – 2 dan batas bawahsumbu X pada interval 2 ≤ x ≤ 4.

LI = 4

2∫ (x – 2) dx

Daerah II:Batas atas garis y = x – 2 dan batas bawahparabola y = x2 – 6x + 8 pada interval 4 ≤ x ≤ 5.

LII = 5

4∫ ((x – 2) – (x2 – 6x + 8)) dx

Luas daerah yang diarsir:L = LI + LII

= 4

2∫ (x – 2) dx +

5

4∫ ((x – 2) – (x2 – 6x + 8)) dx

27. Jawaban: b

V = π ∫3

1(3x – 2)2 dx

= π ∫3

1(9x2 – 12x + 4) dx

= π33 2

13x 6x 4x − +

= π((81 – 54 + 12) – (3 – 6 + 4))

= π(39 – 1)= 38π satuan volume

28. Jawaban: c

V = π ∫−

1

1(x2 – 1)2 dx

= 2π ∫1

0(x2 – 1)2 dx

= 2π ∫1

0(x4 – 2x2 + 1) dx

= 2π1

0

3325

51 xxx

+−

= 2π(15 –

23 + 1 – 0)

= 2π(3 10 15

15− +

) = 1615 π satuan volume

Y

X

2

0–1 5

y2 = x2 – 4x – 3

y1 = 2

Y

X0I

II

y = x2 – 6x + 8

y = x – 2

2 4 5

y = 3x – 2Y

X0

–232 1 3

Y

X10–1

–1

y = x2 – 1

20 Integral

29. Jawaban: cVolume benda putar:

Vy = π4

2∫ x2 dy = π

4

2∫ ( 2

2y )2 dy

= π4

2∫ 4

4y dy

= π4

2∫ 4y–4 dy

= π 3

4

2

43y

−

= π( 4192− – (– 4

24))

= π(– 148

+ 16

)

= π( 148− + 8

48)

= π( 748

) = 748

π satuan volume

30. Jawaban: dVolume benda putar:

Vy = π4

0∫ (x1

2 – x22) dy

= π4

0∫ (y –

14 y) dy

= π4

0∫

34 y dy = π

42

0

38

y

= π( 38

(4)2 – 38

(0)2)

= π(6 – 0) = 6π satuan volume

B. Uraian

1. a. ∫ f(x) dx

= ∫ (2x + 3)(3x – 2) dx

= ∫ (6x2 + 5x – 6) dx

= 6 · 13 x3 + 5 ·

12 x2 – 6x + c

= 2x3 + 52 x2 – 6x + c

b. ∫ f(x) dx

= ∫ (3 – 2 x )2 dx

= ∫ (9 – 12x12 + 4x) dx

= 9x – 12 · 23 x

32 + 4 ·

12 x2 + c

= 9x – 8x x + 2x2 + c

2. a.4

1−∫ y dx =

4

1−∫ (2x + 1) dx

= 42

1x x − +

= (16 + 4) – (1 + (–1))= 20

b.2

0∫ (y2 – y) dx

= 2

0∫ ((2x + 1)2 – (2x + 1)) dx

= 2

0∫ (4x2 + 4x + 1 – 2x – 1) dx

= 2

0∫ (4x2 + 2x) dx

= 2

3 2

0

43

x x

+

= (323 + 4) – 0

= 1423

3. a. ∫ (sin 2x – 5 cos x) dx

= –12 cos 2x – 5 sin x + c

b. ∫ 4 sec2 (13 π – 2x) dx

= 4 ∫ sec2 ((–2)x + 13 π) dx

= 4 · 12− tan ((–2)x +

13 π) + c

= –2 tan (13 π – 2x) + c

c. ∫ 2 cosec 2x cotan 2x dx

= 2 · (–12 cosec 2x) + c

= –cosec 2x + c

4. a.3

0

π

∫ 4 sin (2x – 2π

) dx

= 4 3

0

1

2 2cos (2x )

ππ − −

= –2(cos (23π

– 2π

) – cos (0 – 2π

))

= –2(cos 6π

– cos (– 2π

))

= –2(12

3 – 0)

= – 3

Y

X–2 –1 0 1 2

4

y = 4x2y = x2

y = 4


b.4

2

π

π−∫ (2 sin x + 6 cos x) dx

= –2 cos x + 6 sin x

4

2

π

π−

= –2 cos 4π

+ 6 sin 4π

– (–2 cos (– 2π

) + 6 sin (– 2π

))

= –2 (12 2 ) + 6(

12 2 ) – (0 – 6)

= – 2 + 3 2 + 6 = 6 + 2 2

5. ∫ 2

4x

2 x− dx

Misalkan u = 2 – x2 ⇔ du = –2x dx⇔ –2 du = 4x dx

∫ 2

4x

2 x− dx = ∫ 1

2

1

u

· (–2) du

= –2 ∫ 12u

− du

= –2 · 12

11− +

12

1u

− + + c

= 12

2−12u + c

= –4 u + c

= –4 22 x− + c

6. a. Misalkanu = x ⇒ du = dxdv = cos x dx⇒ v = ∫ cos x dx = sin x

∫ x cos x dx = ∫ u dv = uv – ∫ v du

= x sin x – ∫ sin x dx= x sin x + cos x + c

b. Misalkanu = 3 – 2x ⇒ du = –2 dxdv = sin x dx⇒ v = ∫ sin x dx = –cos x

∫ (3 – 2x) sin x dx

= ∫ u dv

= uv – ∫ v du

= (3 – 2x)(–cos x) – ∫ (–cos x)(–2dx)

= –(3 – 2x) cos x – 2 ∫ cos x dx= (2x – 3) cos x – 2 sin x + c

Y

X

2

0 2 4 6 8 x + 4y = 8

x = 4

Y

X0 4

y = 8x – 2x2

y = 4x – x2

Y

X–3 –2 –10 1 2 3

y = 9 – x2

9

7.

x + 4y = 8⇔ 4y – 8 = x

⇔ y = 2 – 14 x


L = 4

0∫ y dx

= 4

0∫ (2 –

14 x)) dx

= 4

2

0

18

2x x

−

= (8 – 2) – (0 – 0) = 6Jadi, luas daerah tersebut 6 satuan luas.

8. a. Daerah D

b. Luas daerah D yang diarsir

L = 4

0∫ ((8x – 2x2) – (4x – x2)) dx

= 4

0∫ (4x – x2) dx

= 4

2 3

0

13

2x x

−

= (32 – 643 ) – 0

= 1023 satuan luas

9.

22 Integral

1

0

–12π

23 ππ

Y

X

y = sin x

2π

a. Diputar terhadap sumbu X

Vx = π3

0∫ y2 dx

= π3

0∫ (9 – x2)2 dx

= π3

0∫ (81 – 18x2 + x4) dx

= π313 5

5 081x 6x x

− +

= π((81(3) – 6(3)3 + 15

(3)5) – 0)

= π(243 – 162 + 2435 )

= π(81 + 2435 )

= π(6485 )


b. Diputar terhadap sumbu Y

Vy = π9

0∫ x2 dy

= π9

0∫ (9 – y) dy

= π9

2

0

12

9y y

−

= π((9(9) – 12

(9)2) – 0)

= π(81 – 812 )


10.

Volume = π 2

0sin

π

∫ x dx

= π0

π

∫12 (1 – cos 2x) dx

= π0

1 12 4

x sin 2xπ

−

= π(( 2π

– 14 sin 2π) – (0 –

14 sin 0))

= π( 2π

– 0) – 0)

= 12 π2 satuan volume


2. Menyelesaikan masalahprogram linear.


2.1 Menyelesaikan sistempertidaksamaan lineardua variabel.

2.2 Merancang model mate-matika dari masalahprogram linear.

2.3 Menyelesaikan modelmatematika dari masa-lah program lineardan penafsirannya.

Rasa ingintahu

Menanyakan cara membuat model matematika daripermasalahan sehari-hari.

Pada bab ini akan dipelajari:1. Sistem pertidaksamaan linear dua variabel dari suatu daerah2. Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel3. Nilai optimum suatu fungsi objektif4. Model matematika dari masalah program linear5. Penyelesaian masalah program linear


• Menentukan daerah penyelesaiansistem pertidaksamaan linear duavariabel

• Menentukan sistem pertidak-samaan linear dua variabel darisuatu daerah penyelesaian

• Menyelesaikan sistem persamaanlinear dua variabel

Menentukan nilai optimum fungsiobjektif

• Menentukan nilai optimum fungsiobjektif menggunakan metode ujititik sudut

• Menentukan nilai optimum fungsiobjektif menggunakan metode garisselidik

Siswa dapat menyelesaikanmasalah program linear

• Menyelesaikan model matematika• Menafsirkan penyelesaian model

matematika• Merancang dan menyelesaikan

model matematika masalah programlinear

Menerjemahkan danmenyelesaikan permasalahanmenggunakan program linear

Program Linear

Mendeskripsikan dan menyelesaikansistem pertidaksamaan linear dua

variabel

Siswa mampu menyelesaikansistem pertidaksamaan linear

Siswa mampu menentukan nilaioptimum suatu fungsi

Siswa mampu menyelesaikanmasalah program linear

24 Program Linear

Y

X0

3

1

–2 4

95

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

85

x – 2y = –2

3x + 4y = 12

Y

X

4

–6

212

–7

Daerahpenyelesaian→

–3x + 2y = 21

–2x + 3y = 12

0


1. Jawaban: bGaris x + 2y = –12 memotong sumbu X di titik(–12, 0) dan memotong sumbu Y di titik (0, –6).Uji titik (0, 0) ke x + 2y = –120 + 2(0) = 0 ≥ –12 (bernilai benar).Daerah penyelesaian x + 2y = –12 dibatasi garisx + 2y = –12 dan memuat titik (0, 0).Jadi, grafik himpunan penyelesaian x + 2y ≥ –12adalah pilihan b.

2. Jawaban: cPersamaan garis yang melalui titik (–2, 0) dan titik(0, 1):

y 01 0

−− =

x 20 2

++

⇔ y1 =

x 22+

⇔ x – 2y = –2⇔ 2y – x = 2Titik (–1, 0) pada daerah penyelesaian.Uji titik (–1, 0) ke 2y – x:0 – (–1) = 1 < 2 (benar)Garis digambar putus-putus sehingga tandaketidaksamaannya <.Jadi, PtLDV-nya 2y – x < 2.

3. Jawaban: bGaris –3x + 2y = 21

melalui titik (0, 212 )

dan titik (–7, 0).Daerah penyelesaian–3x + 2y ≤ 21 di kanangaris –3x + 2y = 21.Garis –2x + 3y = 12melalui titik (0, 4) dantitik (–6, 0).Daerah penyelesaian–2x + 3y ≥ 12 di kiri garis –2x + 3y = 12.Daerah penyelesaian x ≤ 0 di kiri sumbu Y dandaerah penyelesaian y ≥ 0 di atas sumbu X.Jadi, daerah penyelesaian dari sistem pertidak-samaan tersebut adalah b.

4. Jawaban: c1) Persamaan garis yang melalui titik (–2, 0)

dan titik (0, 3):x2− +

y3 = 1

–––––––––– × 6⇔ –3x + 2y = 6Titik (1, 1) pada daerah penyelesaian.

Uji titik (1, 1) ke –3x + 2y:–3(1) + 2(1) = –1 < 6Jadi, PtLDV-nya –3x + 2y ≤ 6.

2) Persamaan garis yang melalui titik (0, 4) dantitik (6, 0):x6

+ y4

= 1 ← (kali 24)

⇔ 4x + 6y = 24 ⇔ 2x + 3y = 12Titik (1, 1) pada daerah penyelesaian.Uji titik (1, 1) ke 2x + 3y:2 · 1 + 3 · 1 = 5 < 12Jadi, PtLDV-nya 2x + 3y ≤ 12.

3) Daerah penyelesaian di kanan sumbu Y makax ≥ 0.

4) Daerah penyelesaian di atas sumbu X, makay ≥ 0.

Sistem pertidaksamaannya:x ≥ 0; y ≥ 0; 2x + 3y ≤ 12; –3x + 2y ≤ 6.

5. Jawaban: d1) Garis 3x + 4y = 12 melalui titik (4, 0) dan titik

(0, 3).Uji titik (0, 0) ke 3x + 4y ≤ 12:

3(0) + 4(0) ≤ 12 bernilai benar

Daerah penyelesaiannya dibatasi garis3x + 4y = 12 dan memuat titik (0, 0).

2) Garis x – 2y = –2 melalui titik (–2, 0) dan titik(0, 1).Uji titik (0, 0) ke x – 2y ≥ –2:0 – 2(0) = 0 ≥ –2 bernilai benarDaerah penyelesaiannya dibatasi garisx – 2y = –2 dan memuat titik (0, 0).

3) Garis 3x + 4y = 12 dan x – 2y = –2 berpotongan

di titik (85 , 9

5 ).

4) Daerah penyelesaian yang memenuhi per-tidaksamaan y ≥ 0 di atas sumbu X.Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan:


Daerah yang diarsir berbentuk segitiga dengan

panjang alas = 4 – (–2) = 6 dan tinggi = 95

– 0 = 95

.

Lsegitiga = 12

× alas × tinggi

= 12

× 6 × 95

= 275

= 525

satuan

Jadi, luas daerah yang diarsir 525

satuan.

6. Jawaban: c1) Garis x + 2y = 12 melalui titik (0, 6) dan (12, 0).

Daerah penyelesaian x + 2y ≥ 12 dibatasi garisx + 2y = 12 dan tidak memuat titik (0, 0).

2) Garis x – y = –2 melalui titik (0, 2) dan (–2, 0).Daerah penyelesaian x – y ≥ –2 dibatasi garisx – y = –2 dan memuat titik (0, 0).

3) Garis 2x + y = 24 melalui titik (0, 24) dan (12, 0).Daerah penyelesaian 2x + y ≤ 24 dibatasi garis2x + y = 24 dan memuat titik (0, 0).

4) Daerah penyelesaian x ≥ 0 di sebelah kanansumbu X.

5) Daerah penyelesaian y ≥ 0 di atas sumbu X.

Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaantersebut.

7. Jawaban: b1) Garis x + y = 4 melalui titik (0, 4) dan (4, 0).

Daerah penyelesaian x + y ≥ 4 dibatasi garisx + y = 4 dan tidak memuat (0, 0).

2) Garis 2x – y – 4 = 0 melalui titik (0, –4) dan(2, 0).Daerah penyelesaian 2x – y – 4 ≤ 0 dibatasigaris 2x – y – 4 = 0 dan memuat (0, 0).

3) Garis x + 4 = 2y melalui titik (0, 2) dan (–4, 0).Daerah penyelesaian x + 4 ≥ 2y dibatasi garisx + 4 = 2y dan memuat (0, 0).

8. Jawaban: ea.

Luas ABC = 12 × BC × AD

= 12 × 8 × 5 = 20 satuan

b.

Luas ABCD = 12 × AB(AD + BC)

= 12 × 5(3 + 6)

= 2212 satuan

c.

Luas ABCD = 12 × AC × BD

= 12 × 6 × 4 = 12 satuan

Y

X

x – y = –1

3

–3 –1 0 2 5

A

B CD–2y = –2

5x + 3y = 19

Y

X

A

BC

D y = 3

y = –2

5x + 3y = 14

3

–2 0 1 4

–2

Y

X

24

62

–212

III

IIIIV

V

Daerah penyelesaian→

2x + y = 24

x – y = –2

x + 2y = 12

X

Y

0

4

–4

2 4–4 –2

2

–2x + y = 4

x + 4 = 2y2x – y – 4 = 0

Y

X

A

B

C

D

3x + 2y = 2

3x + 2y = –10

3x – 2y = –2

3x – 2y = –14

– 4– 20

1

–2

4

26 Program Linear

Y

X

3x + 2y = 4

2x – 3y = –6

2x – 3y = 20

–3 0 1 4

2

–4

–6

3x + 2y = –9

d.


= 12 × 7 × 4 = 14 satuan

e.

Luas ABCD = AB × BC

= 13 × 13= 13 satuan

Jadi, sistem pertidaksamaan yang daerahpenyelesaiannya mempunyai luas 13 satuanadalah pilihan e.

9. Jawaban: bDaerah penyelesaian x – 2y ≤ –2 dibatasi garisx – 2y = –2 dan tidak memuat titik (0, 0).Daerah penyelesaian 3x + 4y ≥ –2 dibatasi garis3x + 4y = 12 dan tidak memuat titik (0, 0).Daerah penyelesaian 5x + 3y ≤ 15 dibatasi garis5x + 3y = 15 dan memuat titik (0, 0).Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan diatas adalah:

Y

X

A

B

C

Dx – y = –6

2x – 5y = –4

2x + 5y = 16

x + y = –2

4

2

–4 –2 0 3

–2

Y

X

A

B

C

D2x – 3y = –13

2x – 3y = 0

3x + 2y = 13

3x + 2y = 0

32

–2 0 1 3

5

Y

X

5

3

–2

1

3 4

10. Jawaban: ba.

Daerah penyelesaian berbentuk belah ketupat.

b.

Daerah penyelesaian berbentuk layang-layang.

c.

Daerah penyelesaian berbentuk persegipanjang.

5x + 3y = 15

x – 2y = –2

3x + 4y = 12

Y

X

x – 3y = –12

3x + 7y = –12

7x + 3y = 12

3x – y = –12

–4 –3 0 3

4

3

–3

Y

X

y = 2

4x + 3y = 14

y = –2

4x + 3y = –6

–3 0 2 5

2

–2

0


Daerah yang diarsir merupakan penyelesaianSPtLDV.

2. 1) Persamaan garis yang melalui titik (3, 0) dantitik (0, 1):

y – 01– 0

= x – 30 – 3

⇔ y1 =

x 33

−−

⇔ –3y = x – 3⇔ x + 3y= 3Daerah penyelesaian tidak memuat titik (0,0)maka pertidaksamaannya x + 3y ≥ 3.

2) Persamaan garis yang melalui titik (1, 0) dan(0, 3)

y 03 0

−− =

x 10 1

−−

⇔ y3 =

x 11−

−

⇔ –y = 3x – 3⇔ 3x + y = 3Daerah penyelesaian tidak memuat titik (0,0)maka pertidaksamaannya 3x + y ≥ 3.

3) Persamaan garis melalui titik (5, 0) sejajarsumbu Y adalah x = 5. Daerah penyelesaiandi sebelah kiri x = 5 sehingga pertidaksamaan-nya x ≤ 5.

4) Persamaan garis melalui titik (0, 5) sejajarsumbu X adalah y = 5. Daerah penyelesaian-nya di bawah garis y = 5 maka pertidaksama-annya y ≤ 5.

5) Daerah penyelesaian di atas sumbu X dan dikanan sumbu Y, berarti x ≥ 0 dan y ≥ 0.

Jadi, sistem pertidaksamaannya adalah:x + 3y ≥ 3 x + 3y ≥ 33x + y ≥ 3 atau 3x + y ≥ 3

x ≤ 5 0 ≤ x ≤ 5y ≤ 5 0 ≤ y ≤ 5x ≥ 0y ≥ 0

3. a. 1) Garis 3x + 2y = 12 melalui titik (4, 0) dantitik (0, 6).Daerah penyelesaian 3x + 2y ≤ 12 dibatasigaris 3x + 2y = 12 dan memuat titik (0, 0).

2) Garis x + 2y = 8 melalui titik (8, 0) dantitik (0, 4).Daerah penyelesaian x + 2y ≤ 8 dibatasigaris x + 2y = 8 dan memuat titik (0, 0).

3) Garis 4x + y = 4 melalui titik (1, 0) dantitik (0, 4).Daerah penyelesaian 4x + y ≥ 4 dibatasigaris 4x + y = 4 dan tidak memuat titik(0, 0).

d.

Daerah penyelesaian berbentuk persegi.

e.

Daerah penyelesaian berbentuk trapesium.Jadi, sistem pertidaksamaan yang daerahpenyelesaiannya berbentuk persegi panjang adalahpilihan b.

B. Uraian1. 1) Garis x + y = 1 melalui titik (0, 1) dan titik (1, 0).

Daerah penyelesaian x + y ≥ 1 dibatasigaris x + y = 1 dan tidak memuat titik (0, 0).

2) Garis 2x + 3y = 12 melalui titik (0, 4) dan titik(6, 0). Daerah penyelesaian 2x + 3y ≤ 12 di-batasi garis 2x + 3y = 12 dan memuat titik (0, 0).

3) Garis –x + y = 2 melalui titik (0, 2) dan titik (–2, 0).Daerah penyelesaian –x + y ≤ 2 tidak memuattitik (0, 0).

4) Garis x = 1 melalui titik (1, 0) dan titik (1, 2).Daerah penyelesaian x ≤ 1 dibatasi garisx = 1 dan di kiri garis x = 1.

Dari 1), 2), 3), dan 4) diperoleh:

Y

X

2x + y = –62x – 3y = –6

2x – 3y = 4

y = 2

–3 0 2 5

2

–6

Y

X

x – 4y = –16

4x + y = 44x + y = –13

–4 –3 0 1

4

3

–1

x – 4y = 1

Y

X

–x + y = 2

x + y = 1x = 1

2x + 3y = 12

4

2

1

–2 0 6

28 Program Linear

4) Daerah penyelesaian x ≥ 0 dibatasi garisx = 0 dan di kanan sumbu Y.Daerah penyelesaian y ≥ 0 dibatasi garisy = 0 dan di atas sumbu X.

5) Daerah penyelesaian sistem pertidak-samaan tersebut adalah:

b. Luas daerah himpunan penyelesaian:

Titik C dapat dicari dengan eliminasi:3x + 2y= 12

x + 2y = 8––––––––– –

2x = 4⇔ x = 2

y = 3Diperoleh titik C(2, 3).Luas daerah penyelesaian adalah luas daerahABCD.L = LI + LII

= 12 × 2 × 4 +

12 × 3 × 3

= 4 + 92

= 812 satuan luas

4.

Y

XA B

CD

3x + 2y = 12x + 2y = 8

1 4 8

6

4

4x + y = 4

A(1, 0) B(4, 0)

C(2, 3)D(0, 4)

III

X

Y

0

A

B

D2

1 2–1

–2

–4–1 C

1

1) Persamaan garis yang melalui titik A(–4, 1)dan titik B(–1, –2):

A

B A

y yy y

−− = A

B A

x xx x

−−

⇔y 12 1

−− − =

x 41 4+

− +

⇔ y 13−

− = x 4

3+

⇔ y – 1 = –x – 4⇔ x + y = –3Daerah penyelesaian di kanan garis x + y = –3maka pertidaksamaannya x + y ≥ –3.

2) Persamaan garis yang melalui titik B(–1, –2)dan titik C(2, –1):

B

C B

y yy y

−− = B

C B

x xx x

−−

⇔y 21 2+

− + = x 12 1

++

⇔ y + 2 = x 1

3+

⇔ 3y + 6 = x + 1⇔ x – 3y = 5Daerah penyelesaian di kiri garis x – 3y = 5,maka pertidaksamaannya x – 3y ≤ 5.

3) Persamaan garis yang melalui titik C(2, –1)dan titik D(0, 2):

C

D C

y yy y

−− = C

D C

x xx x

−−

⇔y 12 1

++ =

x 20 2

−−

⇔ y 13+

= x 2

2−

−

⇔ –2y – 2 = 3x – 6⇔ 3x + 2y = 4Daerah penyelesaian di kiri garis 3x + 2y = 4,maka pertidaksamaannya 3x + 2y ≤ 4.

4) Persamaan garis yang melalui titik A(–4, 1)dan titik D(0, 2):

A

D A

y yy y

−− = A

D A

x xx x

−−

⇔y 12 1

−− =

x 40 4

++

⇔ y 11−

= x 4

4+

⇔ 4(y – 1) = x + 4⇔ 4y – 4 = x + 4⇔ x – 4y = –8Daerah penyelesaian di kiri garis x – 4y = –8,maka pertidaksamaannya x – 4y ≥ –8.



B merupakan titik potong garis 3x – y = 18 dengansumbu X.3x – 0 = 18⇔ x = 6Diperoleh titik B(6, 0).A merupakan titik potong garis x + y = 3 dengansumbu X.

x + 0 = 3⇔ y = 3Diperoleh titik A(3, 0).F merupakan titik potong garis x + y = 3 dengansumbu Y.

0 + y = 3⇔ y = 3Diperoleh titik F(0, 3).Uji titik pojok penyelesaian terhadap fungsi objektiff(x, y) = 5x + 6y.

Titik f(x, y) = 5x + 6y

A(3, 0) 15B(6, 0) 30C(7, 3) 60D(5, 6) 61E(2, 5) 40F(0, 3) 18

Diperoleh nilai maksimum dan minimumnya adalah61 dan 15.

2. Jawaban: dP titik potong x + 2y = 6 dengan x = 1.

x + 2y = 6⇔ 1 + 2y = 6

⇔ y = 52

Diperoleh P(1, 52 ).

Q titik potong x + 2y = 6 dengan x + 2y = 6.x + 2y = 6

⇔ 4 + 2y = 6⇔ y = 1Diperoleh Q(4, 1).

R titik potong 2x + y = 12 dengan x = 4.2x + y = 12

⇔ 2 · 4 + y = 12⇔ y = 4Diperoleh R(4, 4).

S titik potong x – y = –2 dengan 2x + y = 12.x – y = –2

2x + y = 12––––––––––– +

3x = 10

⇔ x = 103

x – y = –2

⇔ 103 – y = –2

⇔ y = 163

Y

X

A

B

C

D

5x – y = 13

3x + 5y = 19

x + 2y = –4

5x – 2y = –20

–4 –2 0 2 3

5

2

–2

–3

Jadi, sistem pertidaksamaannya adalahx + y ≥ –3

x – 3y ≤ 53x + 2y≤ 4x – 4y ≥ –8

5.

Diagonal-diagonal daerah penyelesaian adalah ACdan BD.

Panjang AC = 2 2C A C A(x x ) (y y )− + −

= 2 2(2 2) ( 3 5)+ + − −

= 2 24 ( 8)+ −

= 16 64+

= 80 = 4 5

Panjang BD = 2 2D B D B(x x ) (y y )− + −

= 2 2(3 4) (2 0)+ + −

= 2 27 2+

= 49 4+ = 53

Jadi, panjang diagonal-diagonal daerah penyele-

saian sistem pertidaksamaan 4 5 dan 53 .

30 Program Linear

Diperoleh S(103 ,

163 ).

T Titik potong garis x = 1 dengan x – y = –2.x – y = –2

⇔ 1 – y = –2⇔ y = 1Diperoleh T(1, 3).Uji titik pojok penyelesaian terhadap fungsi objektiff(x, y) = 3x + 6y.

Daerah penyelesaian di atas mencapai maksimumdi titik S.

3. Jawaban: dPersamaan fungsi objektif: f(x, y) = 7x + 7y.Persamaan garis yang melalui titik (10, 0) dan titik(0, 25) adalah 5x + 2y = 50.Persamaan garis yang melalui titik (30, 0) dan titik(0, 10) adalah x + 3y = 30.Persamaan garis yang melalui titik (20, 0) dan titik(0, 15) adalah 3x+ 4y = 60.Titik B adalah titik potong garis 3x + 4y = 60 danx + 3y = 30. Koordinat titik B adalah:3x + 4y = 60 × 1 3x + 4y = 60x + 3y = 30 × 3 3x + 9y = 90

––––––––––– –5y = 30

⇔ y = 6x = 12

Diperoleh titik B(12, 6).Titik C adalah titik potong garis 3x + 4y = 60 dan5x + 2y = 50. Koordinat titik C adalah:3x + 4y = 60 × 1 3x + 4y = 605x + 2y = 50 × 2 10x + 4y = 100

––––––––––––– –7x = 40

⇔ x = 407

y = 757

Diperoleh titik koordinat C (407 ,

757 ).

Uji titik pojok.

Nilai minimum fungsi objektif f(x, y) = 7x + 7y adalah115, sehingga persamaan garis selidik yang me-nyebabkan f(x, y) minimum adalah 7x + 7y = 115.

4. Jawaban: dGaris 2x – 3y = 12 melalui titik (6, 0) dan (0, –4).Garis x + 2y = 4 melalui titik (4, 0) dan (0, 2).Uji titik (0, 0) ke masing-masing pertidaksamaan:

Pertidaksamaan Uji Titik (0, 0) Penyelesaian

2x – 3y ≤ 12 0 ≤ 12 Memuat (0, 0)x + 2y ≥ 4 0 ≥ 4 Tidak memuat (0, 0)

Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan:

A titik potong garis x = 2 dan x + 2y = 4.Koordinat titik A adalah (2, 1).Uji titik pojok ke dalam fungsi objektif f(x, y) = 3y + x.

Jadi, nilai minimum f(x, y) pada daerah penyelesai-an SPtLDV tersebut adalah 4.

5. Jawaban: dMisalkan: x = banyak pupuk jenis I

y = banyak pupuk jenis II

Pupuk Banyak Isi (gram) Harga/bungkus

Jenis I x 300x 40.000Jenis II y 200y 30.000

Pembatas 40 9.000

Y

X2x – 3 = 12

x + 2y = 4

x = 2x = 6

A B C

DP

0 2 4 6

–4

2

Titik

A(30, 0)B(12, 6)

C( 407 , 75

7 )

D(0, 25)

f(x, y) = 7x + 7y

210126

115

175

Titik

A(2, 1)B(4, 0)C(6, 0)

f(x, y) = 3y + x

546

Titik

P(1, 52 )

Q(4, 1)

R(4, 4)

S(103 , 16

3 )

T(1, 3)

f(x, y) = 3x + 6y

18

18

36

42

19


Y

X

x + y = 102x + y = 12

12

10

8

2 6 100Jenis Sabun Banyak Harga Laba

A x 4.000 800

B y 3.000 600

Pembatas 500 1.800.000

Y

XA

B

C

O 450 500

600500

Diperoleh model matematika:x + y ≥ 40300x + 200y ≥ 9.000 ⇔ 3x + 2y ≥ 90x ≥ 0y ≥ 0

Fungsi objektif meminimumkan f(x, y) = 40.000x+ 30.000y.Daerah penyelesaian SPtLDV:

B merupakan perpotongan garis 3x + 2y = 90 danx + y = 40.3x + 2y = 90 × 1 3x + 2y = 90x + y = 40 × 3 3x + 3y = 120

––––––––––– –y = 30

x + y = 40⇔ x + 30 = 40⇔ x = 10Diperoleh titik B(10, 30).Uji titik pojok daerah penyelesaian ke dalam fungsiobjektif f(x, y) = 40.000x + 30.000y.

Titik f(x, y) = 40.000x + 30.000y

A(0, 45) 40.000 × 0 + 30.000 × 45 = 1.350.000B(10, 30) 40.000 × 10 + 30.000 × 30 = 1.300.000C(40, 0) 40.000 × 40 + 30.000 × 0 = 1.600.000

Nilai f(x, y) minimum adalah 1.300.000.Jadi, biaya minimum yang dikeluarkanRp1.300.000,00.

6. Jawaban: eMisal x = banyak sabun A dan y = banyak sabun B.

Model matematika:Memaksimumkan f(x, y) = 800x + 600y dengankendala: x + y ≤ 500

4x + 3y ≤ 1.800x ≥ 0y ≥ 0

Daerah penyelesaian x + y ≤ 500 di kiri garisx + y = 500.

Daerah penyelesaian 4x + 3y ≤ 1.800 di kiri garis4x + 3y = 1.800.Daerah penyelesaian:

B titik potong x + y = 500 dan 4x + 3y = 1.800.Koordinat 3x + 3y= 1.500

4x + 3y= 1.800––––––––––––- –

x = 300y = 200

Koordinat titik B adalah B(300, 200).Uji titik pojok ke dalam f(x, y) = 800x + 600y.

Titik f(x, y) = 800x + 600y

O(0, 0) 0A(450, 0) 340.000B(300, 200) 360.000C(0, 500) 300.000

Laba maksimum yang dapat diperoleh sebesarRp360.000,00.

7. Jawaban: e

Garis 2x + y = 12 mempunyai gradien m1 = –2.Garis x + y = 10 mempunyai gradien m2 = –1.Persamaan fungsi objektif f(x, y) = ax + 10y mem-

punyai gradien m = a

10−

.

Fungsi objektif f(x, y) = ax + 10y akan mencapaiminimum hanya di titik (2, 8), jika m1 < m < m2.

–2 < a

10−

< –1⇔ –20 < –a < –10⇔ 10 < a < 20Jadi, nilai a yang memenuhi 10 < a < 20.

Y

X0

A

B

C

4045

35 40x + y = 403x + 2y = 90

32 Program Linear

Titik

A(25, 0)B(4, 21)C(0, 28)

f(x, y) = 400.000x + 300.000y

10.000.0007.900.0008.400.000

Jenis Banyak Karung Ongkos

Truk x 14 400.000

Kol y 8 300.000

Pembatas 25 224

Y

XA

B

C

x + y = 257x + 4y = 112O 16 25

2825

8. Jawaban: bMisalkan: x = banyak kapsul yang dibeli

y = banyak tablet yang dibeli

Jenis BanyakKalsium Zat Besi Harga(gram) (gram) Satuan

Kapsul x 5x 2x 1.000Tablet y 2y 2y 800

Pembatas 60 30

Diperoleh model matematika:5x + 2y ≥ 602x + 2y ≥ 30 ⇔ x + y ≥ 15x ≥ 0y ≥ 0

Fungsi objektif:Meminimumkan f(x, y) = 1.000x + 800y.Daerah penyelesaian SPtLDV.

Titik B merupakan perpotongan garis 5x + 2y = 60dan x + y = 15.5x + 2y = 60 × 1 5x + 2y = 60x + y = 15 × 2 2x + 2y = 30 ––––––––––– –

3x = 30⇔ x = 10

x + y = 15⇔ 10 + y = 15⇔ y = 5Diperoleh koordinat titik B(10, 5).Uji titik pojok daerah penyelesaian ke fungsi objektiff(x, y) = 1.000x + 800y.

Titik Pojok f(x, y) = 1.000x + 800y

A(0, 30) 1.000 × 0 + 800 × 30 = 24.000B(10, 5) 1.000 × 10 + 800 × 5 = 14.000C(15, 0) 1.000 × 15 + 800 × 0 = 15.000

Nilai f(x, y) minimum adalah 14.000.Jadi, biaya minimum yang harus dikeluarkan untukmemenuhi kebutuhan anak balita tersebutRp14.000,00.

9. Jawaban: dMisal: x = banyaknya truk

y = banyaknya kol

Y

X0

30

12 15

15

B

A

x + y = 155x + 2y = 60

Model matematika:Minimumkan f(x, y) = 400.000x + 300.000y dengankendala: x + y ≥ 25

14x + 8y ≥ 224⇔ 7x + 4y ≥ 112

x ≥ 0y ≥ 0

Daerah penyelesaian x + y ≥ 25 di kanan garisx + y = 25 dan tidak memuat titik (0, 0).Daerah penyelesaian 7x + 4y ≥ 112 di kanan garis7x + 4y = 112 dan tidak memuat titik (0, 0).Daerah penyelesaian:

B titik potong garis 7x + 4y = 112 dan x + y = 25.7x + 4y = 1124x + 4y = 100––––––––––– –

3x = 12⇔ x = 4

y = 21Koordinat titik B adalah B(4, 21).Uji titik pojok ke dalam fungsif(x, y) = 400.000x + 300.000y.

Nilai minimum fungsi objektiff(x, y) = 400.000x + 300.000y adalah Rp7.900.000,00dengan menyewa 4 truk dan 21 kol.

10. Jawaban: ex = banyak kandang berisi ayamy = banyak kandang berisi itik

Jenis BanyakDaya

Tampung

Kandang berisi ayam x 36Kandang berisi itik y 24

Kendala 10 300


Y

X

12

6

0 12 18A

B(9, 3)

C

x + y = 12 x + 3y = 18O

Diperoleh SPtLDV:x + y ≤ 1036x + 24y ≤ 300x ≥ 0y ≥ 0

Jadi, SPtLDV yang memenuhi:x ≥ 0, y ≥ 0, 36x + 24y ≤ 300, x + y ≤ 10

11. Jawaban: eMisalkan: x = banyak barang jenis I

y = banyak barang jenis II

Barang Banyak Unsur A Unsur B Harga

Jenis I x 1 2 250.000Jenis II y 3 2 400.000

Pembatas 18 24

Diperoleh model matematika:Memaksimumkan f(x, y) = 250.000x + 400.000ydengan kendala:

x + 3y ≤ 182x + 2y ≤ 24 ⇔ x + y ≤ 12x ≥ 0y ≥ 0

Daerah penyelesaian x + 3y ≤ 18 dibatasi garisx + 3y = 18 dan memuat titik (0, 0).Daerah penyelesaian x + y ≤ 12 dibatasi garisx + y = 12 dan memuat titik (0, 0).Garis x + 3y = 18 dan x + y = 12 berpotongan dititik B(9, 3).Daerah penyelesaian:

Uji titik pojok ke f(x, y) = 250.000x + 400.000y

Titik Pojok f(x, y) = 250.000x + 400.000y

O(0, 0) 250.000 × 0 + 400.000 × 0 = 0A(12, 0) 250.000 × 12 + 400.000 × 0 = 3.000.000B(9, 3) 250.000 × 9 + 400.000 × 3 = 3.450.000C(0, 6) 250.000 × 0 + 400.000 × 6 = 2.400.000

Penjualan maksimum Rp3.450.000,00 dicapai dititik B(9, 3) atau x = 9 dan y = 3.Jadi, agar penjualan mencapai maksimum harusdibuat 9 barang jenis I dan 3 barang jenis II.

12. Jawaban: bMisal: x = banyak kue jenis A

y = banyak kue jenis B

Model matematika:Memaksimumkan fungsi objektif f(x, y) =4.000x + 3.000y dengan kendala:

20x + 20y ≤ 4.00060x + 40 y ≤ 9.000

x ≥ 0y ≥ 0

Daerah penyelesaian 20x + 20y ≤ 4.000 di kiri garis20x + 20y = 4.000.Daerah penyelesaian 60x + 40y ≤ 9.000 di kiri garis60x + 40y = 9.000.Garis 20x + 20y = 4.000 dan 60x + 40y = 9.000berpotongan di titik B(50, 150).Daerah penyelesaian:

Uji titik pojok ke fungsi objektif f(x, y) =4.000x + 3.000y.

Nilai maksimum fungsi objektif f(x, y) =4.000x + 3.000y adalah 650.000.Jadi, pendapatan maksimum yang dapat diperolehpembuat kue Rp650.000,00.

Titik Pojok

O(0, 0)A(150, 0)B(50, 150)C(0, 200)

f(x, y) = 4.000x + 3.000y

4.000 · 0 + 3.000 · 0 = 04.000 · 150 + 3.000 · 0 = 600.0004.000 · 50 + 3.000 · 150 = 650.0004.000 · 0 + 3.000 · 200 = 600.000

Y

X20x + 20y = 4.00060x + 40y = 9.000

B(50, 150)

225

200

150

O A

C

0 50 150 200

JenisKue

AB

Pembatas

Banyak

x

y

KebutuhanGula (gram)

2040

4.000

KebutuhanTepung (gram)

6040

9.000

Harga

4.000

3.000

34 Program Linear

Y

XO

A

B(200, 300)

P(400, 100)

T Q500

500

400

y = 32 x

y = 500 – x

f(x, y) = 5.000x + 6.000y

5.000 × 20 + 6.000 × 0 = 100.0005.000 × 80 + 6.000 × 0 = 400.0005.000 × 20 + 6.000 × 60 = 460.000

Titik Sudut

A(20, 0)B(80, 0)C(20, 60)

13. Jawaban: eMisal: x = banyak tablet I yang dikonsumsi

y = banyak tablet II yang dikonsumsi

Diperoleh SPtLDV:5x + 10y ≥ 25 ⇔ x + 2y ≥ 5

3x + y ≥ 5x ≥ 0y ≥ 0

Meminimumkan f(x, y) = 4.000x + 8.000yDaerah penyelesaiannya:

Titik B merupakan titik potong antara garis3x + y = 5 dan x + 2y = 5. Koordinat B(1, 2).Uji titik pojok ke fungsi objektif:

Nilai f(x, y) minimum adalah 20.000.Jadi, pengeluaran minimum untuk pembeliantablet per hari Rp20.000,00.

14. Jawaban: cMisal x = banyak soto ayam yang dijual (porsi)

y = banyak soto daging yang dijual (porsi)Model matematika:Memaksimumkan fungsi objektif f(x, y) =5.000x + 6.000y dengan kendala:

x + y ≤ 80x ≥ 20y ≤ 60x ≥ 0y ≥ 0

Uji titik pojok ke f(x, y) = 5.000x + 6.000y

Penjualan maksimum Rp460.000,00 diperolehpada saat menjual 20 porsi soto ayam dan 60 porsisoto daging.Jadi, kantin harus menyediakan soto ayam 20 porsidan soto daging 60 porsi.

15. Jawaban: eDaerah yang menyatakan banyak karyawan:

Luas ∆OAB menyatakan banyak karyawanseluruhnya.

L∆OAB = 12

× OA × BT = 12

× 500 × 300 = 75.000

L∆APQ menyatakan banyak karyawan berpeng-hasilan lebih dari 400 ribu.

L∆APQ = 12

× AQ × PQ

= 12

× 100 × 100 = 5.000

APQ

OAB

LL

∆

∆=

5.00075.000

= 1

15

Jadi, banyak karyawan yang berpenghasilan di

atas Rp400.000,00 sebanyak 1

15 bagian.

5

O 53

5

2 12

A(5, 0)

B(1, 2)

3x + y = 5

f(x, y) = 4.000x + 8.000y

4.000 × 5 + 8.000 × 0 = 20.0004.000 × 1 + 8.000 × 2 = 20.0004.000 × 0 + 8.000 × 5 = 40.000

Titik Pojok

A(5, 0)B(1, 2)C(0, 5)

C(0, 5)

Y

X

x + 2y = 5

Jenis

Tablet I

Tablet II

Pembatas

Banyak

x

y

Vitamin A(unit)

5

10

25

Vitamin B(unit)

3

1

5

Harga

4.000

8.000

A B

C (20, 60)

80

60

0 20 80

x = 20

x + y = 80

Y

X


Garis 3y – x = 12 dan garis y + 2x = 32berpotongan di titik (12, 8).Daerah penyelesaian:

Garis putus-putus pada gambar merupakangaris selidik. Oleh karena memaksimumkanfungsi objektif f(x, y) = 4y + x (koefisien x positif),maka dipilih garis selidik yang paling kanan.Garis selidik yang paling kanan mempunyaipersamaan 4y + x = 200.Jadi, untuk memperoleh hasil maksimum harusmemproduksi minyak goreng 24 kemasan1 liter dan 44 kemasan 2 liter, dan nilaimaksimum fungsi objektif adalah 200.

2. a. Misalkan: x = banyaknya minyak gorengkemasan 1 liter

y = banyaknya minyak gorengkemasan 2 liter

Model matematika permasalahan di atas:x + y ≤ 120

x ≥ 30y ≥ 50

memaksimumkan f(x, y) = 3.000x + 5.000yb. Daerah penyelesaian x + y ≤ 120 terletak di

sebelah kiri garis x + y = 120 dan memuattitik (0, 0).Daerah penyelesaian x ≥ 30 adalah daerah disebelah kanan garis x = 30.Daerah penyelesaian y ≥ 50 adalah daerah disebelah atas garis y = 50.

B. Uraian1. a. Garis 2x + y = 24 melalui titik (12, 0) dan titik

(0, 24).Daerah penyelesaian 2x + y ≤ 24 adalahdaerah yang memuat (0, 0).Garis x + 2y = 12 melalui titik (12, 0) dan titik(0, 6).Daerah penyelesaian x + 2y ≥ 12 adalahdaerah yang tidak memuat (0, 0).Garis x – y = –2 melalui titik (–2, 0) dan titik(0, 2).Daerah penyelesaian x – y ≥ –2 adalah daerahyang memuat (0, 0).Daerah penyelesaian x ≥ 0 daerah sebelahkanan garis x = 0 (sumbu Y).Daerah penyelesaian y ≥ 0 adalah daerah diatas garis y = 0 (sumbu X).Daerah penyelesaian:

Garis putus-putus pada gambar di atas merupa-kan garis selidik. Oleh karena memaksimum-kan fungsi f(x) = 7x – 3y (koefisien x positif),dipilih garis selidik yang paling kanan, yaitupersamaan 7x – 3y = 84.Jadi, nilai maksimumnya adalah 84.

b. Garis 3y – x = 12 melalui titik (0, 4) dan titik(12, 8).Daerah penyelesaian y – 3x ≥ 4 di kiri garisy – 3x = 4.Garis y – x = 20 melalui titik (0, 20) dan titik(24, 44).Daerah penyelesaian y – x ≤ 20 di kanan garisy – x = 20.Garis y + 2x = 32 melalui titik (0, 32) dan titik(12, 8).Daerah penyelesaian y + 2x ≥ 32 di kanangaris y + 2x = 32.Daerah penyelesaian x ≤ 24 di kiri garisx = 24.Garis y – x = 20 dan garis y + 2x = 32berpotongan di titik (4, 24).

Y

X

7x – 3y = –21

7x – 3y = 84

x – y = –2

x + 2y = 122x + y = 24

A

B

C

–3

7x – 3y = 143

7x – 3y = 703

–2

24

762

Y

X

x = 24

4y + x = 200

3y – x = 12

4y + x = 72

4y + x = 44y + 2x = 32

4y + x= 100

44

32

24

20

12

8

4

4 12 24

y – x = 20

Jenis

1 liter2 liter

Pembatas

Banyak

xy

120

x

30

y

50

Laba

3.0005.000

36 Program Linear

Y

X0

12

8

3

2 4 9A(9, 0)

B(3, 2)

C(1, 6)

D(0, 12)

6x + y = 12 2x + y = 8x + 3y = 9

f(x, y) = 3.000x + 5.000y

90.000460.000540.000

Titik Pojok

A(30, 50)B(70, 50)C(30, 90)

Y

X

A B

C

y = 50

x + y = 120 x = 300 30 120

120

50


Daerah penyelesaian:

Uji titik pojok ke fungsi f(x, y) = 8.500x + 4.000y


A(9, 0) 8.500(9) + 4.000(0) = 76.500B(3, 2) 8.500(3) + 4.000(2) = 33.500C(1, 6) 8.500(1) + 4.000(6) = 32.500D(0, 12) 8.500(0) + 4.000(12) = 48.000

Nilai minimum f(x, y) = 8.500x + 4.000y adalah32.500.Jadi, orang tersebut harus mengeluarkan uangpaling sedikit Rp32.500,00 per minggu agar ke-butuhan protein, karbohidrat, dan lemak terpenuhi.

4. a. Misalkan: x = banyak kue isi cokelaty = banyak kue isi keju

Jenis Kue Banyak Tepung Mentega Harga

Isi cokelat x 150 gr 50 gr 7.000Isi keju y 75 gr 75 gr 5.500

Pembatas 18 kg 12 kg

Model matematika permasalahan di atas:memaksimumkan fungsi F(x, y) = 7.000x +5.500y dengan kendala:

x + y ≤ 1802x + y ≤ 2402x + 3y≤ 480

x ≥ 0y ≥ 0

Daerah penyelesaian x + y ≤ 180 dibatasi garisx + y = 180 dan memuat titik (0, 0).Daerah penyelesaian 2x + y ≤ 240 dibatasigaris 2x + y = 240 dan memuat titik (0, 0).Daerah penyelesaian 2x + 3y ≤ 480 dibatasigaris 2x + 3y = 480 dan memuat titik (0, 0).

Daerah penyelesaian dari model matematikatersebut:

c. Uji titik pojok

Agar memperoleh laba maksimum, pabriktersebut harus membuat 30 botol minyakgoreng kemasan 1 liter dan 90 botol minyakgoreng kemasan 2 liter.

d. Keuntungan maksimum dapat diperoleh pabriktersebut jika memproduksi 30 botol minyakkemasan 1 liter dan 50 botol minyak kemasan2 liter sebesar Rp540.000,00.

3. Misalkan: x = banyak makanan jenis Ay = banyak makanan jenis B

Makanan Protein Karbohidrat Lemak Harga

Jenis A (x) 2 6 1 8.500Jenis B (y) 1 1 3 4.000

Kendala 8 12 9

Model matematika:Meminimumkan f(x, y) = 8.500x + 4.000y dengankendala:

2x + y ≥ 86x + y ≥ 12x + 3y ≥ 9x ≥ 0y ≥ 0


Y

X

y = x

x + y = 1.500x = 500

A

B

C

1.500

1.000

500

0 500 1.500

a. Model matematika:Meminimumkan fungsi objektif f(x, y) =4.000x + 5.000y dengan kendala:

x ≥ 500y ≥ x

x + y≤ 1.500Daerah penyelesaian x ≥ 500 di kanan garis x= 500.Daerah penyelesaian y ≥ x di kiri garis y = x.Daerah penyelesaian x + y ≤ 1.500 di kiri garisx + y = 1.500.Daerah penyelesaian:

Garis x + y = 1.500 dan garis x = 500 ber-potongan di titik A(500, 1.000).Garis y = x dan garis x = 500 berpotongan dititik B(500, 500).Garis x + y = 1.500 d ngaris y = x berpotongandi titik C(750, 750).Uji titik pojok ke fungsi objektif f(x, y) =4.000x + 5.000y


A(500, 1.000) 4.000 · 500 + 5.000 · 1.000 = 7.000.000B(500, 5.00) 4.000 · 500 + 5.000 · 500 = 4.500.000C(750, 750) 4.000 · 750 + 5.000 · 750 = 6.750.000

Nilai minimum f(x, y) = 4.000x + 5.000y adalah4.500.000.Jadi, biaya minimum yang dikeluarkan LSMuntuk melakukan survei Rp4.500.000,00.

b. Uji titik pojok ke fungsi objektiff(x, y) = 2.000x + 1.000y


A(500, 1.000) 2.000 · 500 + 1.000 · 1.000 = 2.000.000B(500, 5.00) 2.000 · 500 + 1.000 · 500 = 1.500.000C(750, 750) 2.000 · 750 + 1.000 · 750 = 2.250.000

Nilai maksimum f(x, y) = 2.000x + 1.000yadalah 2.250.000,00.Jadi, keuntungan maksimum yang diperolehLSM dari survei Rp2.250.000,00.

Daerah penyelesaian SPtLDV:

Garis 2x + y = 240, 2x + 3y = 480, dan x + y= 180 berpotongan di titik B.2x + y = 240x + y = 180

––––––––––– –x = 60y = 120

Diperoleh koordinat titik B(60, 120).Titik potong garis 2x + 3y = 480 dan x + y= 180.2x + 3y= 480 × 1 2x + 3y= 480

x + y = 180 × 2 2x + 2y= 360––––––––––– –

y = 120x = 60

Uji titik pojok ke dalam fungsi objektifF(x, y) = 7.000x + 5.500y.

Jadi, pedagang tersebut harus membuat 60kue isi cokelat dan 120 kue isi keju agarmemperoleh pendapatan maksimum.

b. Pendapatan maksimum yang diperolehpedagang Rp1.080.000,00.

5. Misal x = banyak kuesioner yang disebar didaerah pedesaan

y = banyak kuesioner yang disebar didaerah perkotaan

Ongkos dari BiayaDaerah TV Oke Per Responden Keuntungan

Per Responden

Pedesaan 6.000 4.000 2.000

Perkotaan 6.000 5.000 1.000

Titik

A(120, 0)B(60, 120)C(0, 160)

f(x, y) = 7.000x + 5.500y

840.0001.080.000

880.000

Y

X

2x + 3y = 480

2x + y = 240

x + y = 180

120 180 240

240

180160

A

B

C

0

38 Program Linear

Y

X

2y – 3x = 8

3x – 2y = 18

2x + 3y = 12

2x + 3y = –1

A

B

C

D–2 0 4 6

4

1

–3

Barang

AB

Pembatas

Banyak

xy

Bahan Baku

20 kg30 kg

270 kg

Waktu Kerja

2 jam1 jam

17 jam

Y

X0

4

–8

Y

X0

4

3

42

3x + 4y = 12

2x + y = 4


Garis –x + 2y = 0 melalui titik (8, 0) dan (0, 4).Daerah penyelesaian –x + 2y ≤ 8 adalah daerah yangdibatasi garis –x + 2y = 8 dan memuat titik (0, 0).Daerah penyelesaian:

Daerah penyelesaian –x + 2y ≤ 8

2. Jawaban: ePersamaan garis yang melalui titik (–3,5, 0) dantitik (0, 7):y 07 0

−− =

x 3,50 3,5

++

⇔ y7 =

x 3,53,5+

⇔ y = 2x + 7⇔ –2x + y = 7Daerah penyelesaian memuat (0, 0) maka pertidak-samaannya –2x + y ≤ 7.

3. Jawaban: dDaerah penyelesaian 2x + y ≥ 4 dibatasi oleh garis2x + y = 4 dan tidak memuat titik (0, 0).Daerah penyelesaian 3x + 4y – 6 ≤ 12 dibatasioleh garis 3x + 4y = 12 dan memuat (0, 0).Daerah penyelesaian SPtLDV:

4. Jawaban: dGaris x + y = 6 melalui titik (6, 0) dan titik (0, 6).Daerah penyelesaian x + y ≥ 6 tidak memuat titik(0, 0).Garis –8x + 3y + 12 = 0 melalui titik (1,5, 0) dan(0, 4).Daerah penyelesaian –8x + 3y + 12 ≥ 0 memuattitik (0, 0).Garis –3x + 5y = 15 melalui (–5, 0) dan (0, 3).Daerah penyelesaian –3x + 5y ≤ 15 memuat titik(0, 0).

Y

X

x + y = 6–3x + 5y = 15–5 1,5 6

6

3

–4

–8x + 3y + 12 > 0


Daerah penyelesaiannya:

5. Jawaban: bMisalkan: x = banyaknya barang A

y = banyaknya barang B

Model matematika sesuai dengan permasalahandi atas adalah:

20x + 30y ≤ 270 ⇔ 2x + 3y ≤ 272x + y ≤ 17

x ≥ 0 ; y ≥ 0

6. Jawaban: aa.


= 13 × 2 13= 26 satuan

Luas daerah penyelesaian 26 satuan.


b.


= 12 × 6 × 4 = 12 satuan


c.


= 20 × 20 = 20 satuanLuas daerah penyelesaian 20 satuan.

d.

Luas ABCD = alas × tinggi= 5 × 4 = 20 satuan


e.

Luas ABCD = 12 × CD(AD + BC)

= 12 × 4(9 + 3) = 24 satuan

Luas daerah penyelesaian 24 satuan.Jadi, sistem pertidaksamaan yang daerahpenyelesaiannya mempunyai luas 26 satuanadalah pilihan a.

Y

X

A

B C

D

x = 9

y = 4

2x + 3y = 120 6 9

–4

Y

X

2y – x = 12

2y – x = 2

2x + y = 6

A

2x + y = 16B

C

D

0 2 3 4 6

8

6

4

2

Y

X

y = 4

2x + 3y = 12

A

B C

D

0 1 6

4

2x + 3y = 2–5

Y

X

2y – x = 2

x + y = 7

x = –2y – 2x = 7

A

B

C

DE

–2 0 4 7

7

3

1

Y

X

3x – 2y = 2

2x + y = 6y – 2x = 6

3x + 2y = –2A

B

C

D

–2 0 2

6

2

–1

7. Jawaban: cGaris y – 2x = 7 melalui titik (0, 7) dan titik (–2, 3).Daerah penyelesaian y – 2x ≤ 7 di kanan garisy – 2x = 7.Garis 2y – x = 2 melalui titik (0, 1) dan titik (–2, 0).Daerah penyelesaian 2y – x ≥ 2 di kiri garis2y – x = 2.Garis x + y = 7 melalui titik (0, 7) dan titik (7, 0).Daerah penyelesaian x + y ≤ 7 di kiri garis x + y = 7.Daerah penyelesaian x ≥ –2 di kanan garis x = –2.Garis 2y – x = 2 dan x + y = 7 berpotongan di titikD(4, 3).Garis x = –2 dan y – 2x = 7 berpotongan di titikB(–2, 3).Daerah Penyelesaian:

Luas daerah penyelesaian= Luas ABCD= Luas ABD + luas BCD

= 12 × BD × AE +

12 × BD × BC

= 12 × 6 × 4 +

12 × 6 × 3

= 12 + 9 = 21Jadi, luas daerah penyelesaian sistem pertidak-samaan 21 satuan.

8. Jawaban: cMisalkan: x = banyak barang A

y = banyak barang BModel matematika sesuai dengan permasalahandi atas adalah memaksimumkan f(x, y) = 4x + 3ydengan kendala: 4x + 3y ≤ 180

x + y ≤ 50x + 2y ≤ 80

Persamaan garis 4x + 3y = 180 melalui (45, 0) dan(0, 60). Daerah penyelesaian 4x + 3y ≤ 180 dibatasigaris 4x + 3y = 180 dan memaut titik (0, 0).Persamaan garis x + y = 50 melalui (50, 0) dan(0, 50). Daerah penyelesaian x + y ≤ 50 dibatasigaris x + y = 50 dan memuat titik (0, 0).Persamaan garis x + 2y = 80 melalui titik (80, 0)dan (0, 40). Daerah penyelesaian x + 2y ≤ 80dibatasi garis x + 2y = 80 dan memuat (0, 0).

40 Program Linear

Y

X

4x + 3y = 12

y – x = 5

x + 3y = –3

–5 –4 –3 –2 –1 0 1 2 3 4 5

654321

Y

X0

20

6

2–2

2

4 5x + y = 203x + y = 6

x – y = –2

Tipe

AB

Pembatas

Banyak

xy

125

Luas

100 m2

75 m2

10.000 m2

Keuntungan

6.000.0004.000.000


B titik potong 4x + 3y = 180 dan x + y = 50.4x + 3y = 1803x + 3y = 150––––––––––– –

x = 30y = 20

Diperoleh titik B(30, 20).C titik potong x + y = 50 dan x + 2y = 80

x + y = 50x + 2y = 80––––––––– –

y = 30x = 20

Diperoleh titik C(20, 30).Uji titik pojok penyelesaian ke dalam f(x, y).

Agar diperoleh laba maksimum maka harus dibuat30 barang A dan 20 barang B.

9. Jawaban: bMisalkan: x = banyak rumah tipe A

y = banyak rumah tipe B

Model matematika permasalahan di atas:x + y ≤ 125

4x + 3y ≤ 400x ≥ 0y ≥ 0

memaksimumkan F(x, y) = 6.000.000x + 4.000.000y1) Persamaan garis x + y = 125 melalui (125, 0)

dan (0, 125). Daerah penyelesaian x + y ≤ 125dibatasi garis x + y = 125 dan memuat (0, 0).

2) Persamaan garis 4x + 3y = 400 melalui (100,0)

dan (0, 4003 ). Daerah penyelsaian 4x + 3y ≤ 400

dibatasi garis 4x + 3y = 400 dan memuat titik(0, 0).

3) Daerah penyelesaian x ≥ 0 dan y ≥ 0 adalahdaerah pada kuadran I.

Daerah penyelesaian SPtLDV di atas adalah:

B adalah titik potong garis 4x + 3y = 400 danx + y = 125.4x + 3y = 4003x + 3y = 375–––––––––––– –

x = 25y = 100

Uji titik pojok penyelesaian ke dalam f(x, y).

Jadi, keuntungan maksimum yang dapat diperolehRp600.000.000,00.

10. Jawaban: c

Jadi, himpunan titik yang berada di dalam daerahpenyelesaian sistem pertidaksamaan adalah{(–1, 1), (–1, 2), (–1, 3), (–2, 1), (–2, 2), (–3, 1)}.

11. Jawaban: ca.

Titik

O(0, 0)A(100, 0)B(25, 100)C(0, 125)

f(x, y) = 6.000.000x + 4.000.000y

0600.000.000550.000.000500.000.000

Daerah penyelesaianSPtLDV→

Y

X

4x + 3y = 400

A

BC

0 100 125

4003125

x + y = 125

Titik Pojok

O(0, 0)A(45, 0)B(30, 20)C(20, 30)D(0, 40)

f(x, y) = 3x + 3y

0180180170120

Y

X

4x + 3y = 180x + y = 50

A

BC

D

0 45 50 80

605040

x + 2y = 80


Y

X0

15

36

18 30A

B

C

2x + y = 36

x + 2y = 30

b.

c.

d.

e.

12. Jawaban: bMisalkan: x = pakaian wanita

y = pakaian pria

JenisBanyak Bahan Bahan Harga

Garis Polos

Pakaian wanita x 2x x 150.000Pakaian pria y y 2y 100.000

Pembatas 36 30

Model matematika sesuai permasalahan tersebutadalah memaksimumkan fungsi objektif.

f(x, y) = 150.000x + 100.000y dengan kendala:2x + y ≤ 36x + 2y ≤ 30x ≥ 0y ≥ 0


Titik B merupakan perpotongan garis x + 2y = 30dan 2x + y = 36.x + 2y = 30 × 2 2x + 4y = 602x + y = 36 × 1 2x + y = 36

–––––––––––– –3y = 24 ⇔ y = 8

2x + y = 36 ⇔ 2x + 8 = 36 ⇔ x = 14Diperoleh koordinat titik B(14, 8).

Uji titik pojok penyelesaian ke fungsi f(x, y) =150.000x + 100.000y


A(0, 0) 0B(18, 0) 2.700.000C(14, 8) 2.900.000D(0, 15) 1.500.000

Nilai f(x, y) maksimum adalah 2.900.000.Jadi, pendapatan maksimum yang diperolehpenjahit itu Rp2.900.000.

13. Jawaban: bMisalkan: x = barang jenis I

y = barang jenis II

Barang Banyak Unsur A Unsur B Harga

Jenis I x x 2x 250.000Jenis II 3y 3y 2y 400.000

Pembatas 18 24

Model matematika sesuai permasalahan di atasadalah memaksimumkan fungsi objektif.f(x, y) = 250.000x + 400.000y dengan kendala:

x + 3y ≤ 182x + 2y ≤ 24 ⇔ x + y ≤ 12

x ≥ 0y ≥ 0

Y

X0

20

6

2

–2 2 4 5x + y = 20

3x + y = 6

Y

X0

20

6

2–2 20

4

5x + y = 20

3x + y = 6

x – y = –2

Y

X0 2062

–2

4

5x + y = 20

x – y = –2

Y

X0

–20

–6

2

–2 2 4

5x – y = 20

3x – y = 6

x – y = –2

42 Program Linear


B merupakan perpotongan garis x + 3y = 18 danx + y = 12.x + 3y = 18x + y = 12

––––––––– –2y = 6 ⇔ y = 3

x + y = 12 ⇔ x + 3 = 12 ⇔ x = 9Uji titik pojok penyelesaian ke fungsi objektiff(x, y) = 250.000x + 400.000y.

Nilai f(x, y) maksimum adalah 3.000.000.Jadi, banyak barang yang harus dibuat agarpenjualannya maksimum adalah 12 jenis II.

14. Jawaban: eDaerah penyelesaian 1 ≤ x ≤ 5 adalah daerah diantara garis x = 1 dan x = 5.Daerah penyelesaian dari y ≥ 2 adalah daerah diatas garis y = 2.Daerah penyelesaian 2x + 3y ≤ 24 adalah daerahyang dibatasi garis 2x + 3y = 24 (melalui (12, 0)dan (0, 8)) dan memuat (0, 0).Daerah penyelesaian 3y – 2x ≤ 6 adalah daerahyang dibatasi garis 3y – 2x = 6 (melalui (–3, 0) dan(0, 2)) dan memuat (0, 0).Jadi, penyelesaian dari SPtLDV di atas adalahdaerah PQRS.

15. Jawaban: aMisalkan: x = banyak keripik rasa cokelat

y = banyak keripik rasa keju

Model matematika sesuai permasalahan di atasadalah memaksimumkan fungsi objektif

f(x, y) = 2.500x + 3.000y dengan kendala:x + y ≤ 40

2x + 3y ≤ 100x ≥ 0y ≥ 0

Persamaan garis x + y = 40 melalui (40, 0) dan (0, 40).Daerah penyelesaian x + y ≤ 40 dibatasi garisx + y = 40 dan memuat titik (0, 0).Persamaan garis 2x + 3y = 100 melalui (50, 0)

dan (0, 100

3 ). Daerah penyelesaian 2x + 3y ≤ 100

dibatasi garis 2x + 3y = 100 dan memuat (0, 0).Daerah penyelesaian x ≥ 0 dan y ≥ 0 adalahkuadran I.Daerah penyelesaian SPtLDV:

Garis x + y = 40 dan 2x + 3y = 100 berpotong dititik B.2x + 2y= 802x + 3y= 100––––––––––– –

y = 20x = 20

Diperoleh koordinat B(20, 20).Uji titik pojok penyelesaian ke dalam fungsi objektiff(x, y) = 2.500x + 3.000y.

Jadi, keuntungan maksimum yang dapat diperolehRp110.000,00.

16. Jawaban: cMisal: x = banyak rumah tipe I

y = banyak rumah tipe II

Jenis Banyak Daya Tampung

Rumah tipe I x 4Rumah tipe II y 6

Pembatas 120 540

Diperoleh sistem pertidaksamaanx + y ≤ 1204x + 6y ≤ 540 ⇔ 2x + 3y ≤ 270x ≥ 0y ≥ 0

Jadi, sistem pertidaksamaan yang sesuai pilihan c.

Titik Pojok

O(0, 0)A(12, 0)B(9, 3)C(0, 6)

f(x, y) = 250.000x + 400.000y

250.000 × 0 + 400.000 × 0 = 0250.000 × 12 + 400.000 × 0 = 3.000.000250.000 × 9 + 400.000 × 3 = 1.445.000250.000 × 0 + 400.000 × 6 = 240.000

Y

X0

18

12

6

6 12 18ABC

x + 3y = 18x + y = 12

Keripik

Rasa cokelatRasa keju

Pembatas

Banyak

xy

40

Modal

10.00015.000

500.000

Keuntungan

2.5003.000

Y

X40 50

40100

3

OA

B

C

x + y = 40 2x + 3y = 100

Titik

O(0, 0)A(40, 0)B(20, 20)

C(0, 1003 )

f(x, y) = 2.500x + 3.000y

0100.000110.000100.000


Y

X

654

0 4 6 14

3x + 2y = 124x + 5y = 25

2x + 5y = 2010

17. Jawaban: d1) Tinggi badan setidaknya 165 cm.

Diperoleh pertidaksamaan x ≥ 165 . . . (1)2) Usia tidak kurang dari 18 tahun dan tidak lebih

dari 22 tahun. Diperoleh pertidaksamaan18 ≤ y ≤ 22 . . . (2)

3) Andi berusia 18 tahun (y = 18) dan tingginya170 cm (x = 170).

Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaanx ≥ 165; 18 ≤ y ≤ 22 adalah:

Oleh karena posisi Andi masih termasuk padadaerah penyelesaian, berarti Andi memenuhi syaratuntuk diterima sebagai anggota tim basket.

18. Jawaban: aBanyak Terigu Gula Margarin

Roti jenis I x 200 150 70Roti jenis II y 250 100 175

Kendala 1.250 600 700

Diperoleh SPtLDV:200x + 250y ≤ 1.250 ⇔ 4x + 5y ≤ 25150x + 100y ≤ 600 ⇔ 3x + 2y ≤ 1270x + 175y ≤ 700 ⇔ 2x + 5y ≤ 20x ≥ 0y ≥ 0

Garis 4x + 5y = 25 melalui (0, 5) dan (614 , 0).

Garis 3x + 2y = 12 melalui (0, 6) dan (4, 0).Garis 2x + 5y = 20 melalui (0, 4) dan (10, 0).

Uji titik (0, 0):Pertidaksamaan Substitusi (0, 0) Penyelesaian

4x + 5y ≤ 25 0 + 0 ≤ 25 (Benar) Memuat (0, 0)3x + 2y ≤ 12 0 + 0 ≤ 12 (Benar) Memuat (0, 0)2x + 5y ≤ 20 0 + 0 ≤ 20 (Benar) Memuat (0, 0)


Jadi, daerah penyelesaian yang sesuai ditunjuk-kan oleh gambar pilihan a.

19. Jawaban: eMisalkan: x = banyak tablet jenis I

y = banyak tablet jenis II

Model matematika dari permasalahan tersebutadalah: meminimumkan f(x, y) = 4.000x + 8.000ydengan kendala: x + 2y ≥ 5

3x + y ≥ 5x ≥ 0 ; y ≥ 0

Persamaan garis x + 2y = 5 melalui (5, 0) dan (0, 52 ).

Daerah penyelesaian x + 2y ≥ 5 dibatasi garisx + 2y = 5 dan tidak memuat (0, 0).

Persamaan garis 3x + y = 5 melalui (53 , 0) dan (0, 5).

Daerah penyelesaian 3x + y ≥ 5 dibatasi garis3x + y = 5 dan tidak memuat (0, 0).Daerah penyelesaian x ≥ 0 dan y ≥ 0 berarti daerahpenyelesaiannya di kuadran I.Daerah penyelesaian SPtLDV:

Garis x + 2y = 5 dan 3x + y = 5 berpotong di titik Bx + 2y = 5

6x + 2y= 10–––––––––– –

5x = 5 ⇔ x = 1y = 2

Diperoleh koordinat titik B(1, 2).Uji titik pojok penyelesaian diperoleh:

Titik f(x, y) = 4.000x + 8.000y

A(5, 0) 20.000B(1, 2) 20.000C(0, 5) 40.000

Jadi, pengeluaran minimum untuk pembeliantablet per hari Rp20.000,00.

Y

X

5

52

53 5

A

B

C

Tablet

III

Pembatas

Banyak

xy

Vitamin A

510

25

Vitamin B

31

5

Harga

4.0008.000

0

Y

X

Andi

(170, 18)

2218

165

Daerah penyelesaian→•

44 Program Linear

Y

XA

B(140, 60)C

200

88

200 440Ox + y = 200 x + 5y = 440

Y

X

40

25

0 40 100 x + 4y = 100x + y = 40

O A

B(20, 20)C

22. Jawaban: cMisalkan: x = banyak mobil kecil

y = banyak mobil besar

Jenis Banyak Luas Biaya Parkir

Mobil kecil x 4 1.000Mobil besar y 20 2.000

Kendala 200 1.760

Diperoleh model matematika:Memaksimumkan f(x, y) = (x + 2y) ribu dengankendala:

x + y ≤ 2004x + 20y ≤ 1.760 ⇔ x + 5y ≤ 440x ≥ 0y ≥ 0


Uji titik pojok ke fungsi f(x, y) = (x + 2y) ribu

Titik Pojok f(x, y) = (x + 2y) ribu

O(0, 0) (0 + 2 × 0 = 0) ribuA(200, 0) (200 + 2 × 0 = 200) ribuB(140, 60) (140 + 2 × 60 = 260) ribuC(0, 88) (0 + 2 × 88 = 176) ribu

Jadi, hasil maksimum tempat parkir sebesarRp260.000,00.

23. Jawaban: cMisalkan: x = sapu tangan jenis A

y = sapu tangan jenis B

Jenis Banyak Harga Laba

A x 12.500 1.000B y 15.000 1.500

Pembatas 50 675.000

Model matematika sesuai permasalahan di atasadalah memaksimumkan f(x, y) = 1.000x + 1.500ydengan kendala:

x + y ≤ 5012.500x + 15.000y ≤ 675.000 ⇔ 5x + 6y ≤ 270x ≥ 0y ≥ 0

Kolam Ikan

KokiKoi

Pembatas

Banyak Kolam

xy

20

Banyak Ikan

2436

600

20. Jawaban: dMisalkan: x = banyak ikan koki

y = banyak ikan koi

Model matematika dari permasalahan di atasadalah x + y ≤ 20

24x + 36y ≤ 600 ⇔ 2x + 3y ≤ 50x ≥ 0y ≥ 0

21. Jawaban: cMisalkan: x = banyak handphone jenis A

y = banyak handphone jenis B

Handphone Banyak Harga Beli Keuntungan

Jenis A x 1.000.000 200.000Jenis B y 4.000.000 350.000

Pembatas 40 100.000.000


x + y ≤ 401.000.000x + 4.000.000y ≤ 100.000.000⇔ x + 4y ≤ 100x ≥ 0y ≥ 0

Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan:

Uji titik pojok ke fungsif(x, y) = 200.000x + 350.000y


O(0, 0) 200.000(0) + 350.000(0) = 0A(40, 0) 200.000(40) + 350.000(0) = 8.000.000B(20, 20) 200.000(20) + 350.000(20) = 11.000.000C(0, 25) 200.000(0) + 350.000(25) = 8.750.000

Nilai maksimum f(x, y) adalah 11.000.000 yangdiperoleh pada saat x = 20 dan y = 20.Jadi, agar diperoleh keuntungan maksimum harusterjual 20 handphone B.


Y

X

25

24

25 286x + 7y = 168

x + y = 25O

A

B(7, 18)C


Titik B adalah perpotongan garis x + y = 50 dengangaris 5x + 6y = 270.5x + 6y = 270 × 1 5x + 6y = 270

x + y = 50 × 5 5x + 5y = 250 –––––––––––– –

y = 20x = 30

Diperoleh koordinat titik B(30, 20).Uji titik pojok ke fungsi f(x, y) = 1.000x + 1.500y


O(0, 0) 0A(50, 0) 50.000B(30, 20) 60.000C(0, 45) 67.500

Nilai f(x, y) maksimum adalah 67.500.Jadi, laba maksimum yang mungkin diperolehadalah Rp67.500,00.

24. Jawaban: aMisalkan: x = banyak motor A

y = banyak motor B

Jenis BanyakHarga Beli Keuntungan

(juta) (juta)

Motor A x 12 2,4Motor B y 14 2,6

Pembatas 25 336

Diperoleh model matematika:Memaksimumkan f(x, y) = (2,4x + 2,6y) jutadengan kendala:

x + y ≤ 2512x + 14y ≤ 336 ⇔ 6x + 7y ≤ 168x ≥ 0y ≥ 0


Uji titik pojok ke fungsi f(x, y) = (2,4x + 2,6y) juta

Titik Pojok f(x, y) = (2,4x + 2,6y) juta

O(0, 0) (2,4(0) + 2,6(0) = 0) jutaA(25, 0) (2,4(25) + 2,6(0) = 60) jutaB(7, 18) (2,4(7) + 2,6(18) = 63,6) jutaC(0, 24) (2,4(0) + 2,6(24) = 62,4) juta

Nilai maksimum f(x, y) adalah 63,6 juta yangdicapai pada saat x = 7 dan y = 18.Jadi, agar diperoleh keuntungan sebesarRp63.600.000,00 Pak Ridwan harus membeli7 motor A.

25. Jawaban: cMisal: x = banyak semangka

y = banyak melon

Buah Banyak Harga

Semangka x 1.500Melon y 3.000

Kendala 90 210.000

Model matematika sesuai permasalahan tersebutadalah

x + y ≤ 901.500x + 3.000y ≤ 210.000 ⇔ x + 2y ≤ 140x ≥ 0y ≥ 0

26. Jawaban: dMisal: x = banyak sepeda merek A

y = banyak sepeda merek B

Jenis Banyak Harga Laba

Sepeda A x 800.000 100.000Sepeda B y 400.000 60.000

Kendala 30 16.000.000

Y

XA

B

C45

5054

x + y = 50

5x + 6y = 270

50

0

46 Program Linear

Y

XA

B(3, 3)

C12

4

12

3x + y = 12x + 3y = 12

40

Diperoleh model matematika:Memaksimumkan f(x, y) =(10x + 6y) × 10.000dengan kendala:

x + y ≤ 30800.000x + 400.000y ≤ 16.000.000 ⇔ 2x + y ≤ 40x ≥ 0y ≥ 0

Uji titik (0, 0):

Pertidaksamaan Substitusi (0, 0) Penyelesaian

x + y ≤ 30 0 + 0 ≤ 30 (Benar) Memuat (0, 0)2x + y ≤ 40 0 + 0 ≤ 40 (Benar) Memuat (0, 0)


Uji titik pojok:

Titik Pojok f(x, y) = (10x + 6y) × 10.000

O(0, 0) (10 × 0 + 6 × 0) × 10.000 = 0A(20, 0) (10 × 20 + 6 × 0) × 10.000 = 2.000.000B(10, 20) (10 × 10 + 6 × 20) × 10.000 = 2.200.000C(0, 30) (10 × 0 + 6 × 30) × 10.000 = 1.800.000

Nilai maksimum f(x, y)= (10x + 6y) × 10.000 adalah2.200.000 dicapai di titik B(10, 20).Jadi, agar memperoleh pendapatan maksimummaka banyak sepeda yang dijual 10 sepedamerek A dan 20 sepeda merek B.

27. Jawaban: eMisal: x = banyak pupuk A (bungkus)

y = banyak pupuk B (bungkus)

Zat N Zat P Harga

Pupuk A 1 3 2.500Pupuk B 3 1 3.000

Kendala 12 12

Diperoleh model matematika:Meminimumkan f(x, y) = 2.500x + 3.000y dengankendala:

x + 3y ≥ 123x + y ≥ 12x ≥ 0y ≥ 0

Uji titik (0, 0):


x + 3y ≥ 12 0 + 0 ≥ 12 (Salah) Tidak memuat (0, 0)3x + y ≥ 12 0 + 0 ≥ 12 (Salah) Tidak memuat (0, 0)


Uji titik pojok:


A(12, 0) 2.500(12) + 3.000(0) = 30.000B(3, 3) 2.500(3) + 3.000(3) = 16.500C(0, 12) 2.500(0) + 3.000(12) = 36.000

Nilai minimum f(x, y) = 2.500x + 3.000y adalah16.500 dicapai di titik B(3, 3).Biaya minimum pemupukan satu pohon jerukRp16.500,00.Jadi, biaya minimum pemupukan 1.000 pohon jeruk= 1.000 × Rp16.500,00= Rp16.500.000,00

28. Jawaban: cMisal x = banyak feri A yang dioperasikan

x = banyak feri B yang dioperasikanModel matematika:Meminimumkan fungsi objektif f(x, y) =(800x + 1.000y) ribu dengan kendala:

x + y ≤ 1460x + 80y ≥ 600

6x + 3y ≥ 45x ≥ 0y ≥ 0

Garis x + y = 14 melalui titik (0, 14) dan titik (14, 0).Daerah penyelesaian 4 + y ≤ 14 di kiri garis x + y= 14.

Garis 60x + 80y = 600 melalui titik (0, 712 ) dan

titik (10, 0).Daerah penyelesaian 60x + 80y ≥ 60 di kanan garis50x + 80y = 600.

Garis 6x + 3y = 45 melalui titik (0, 15) dan (712 , 0).

Daerah penyelesaian 6x + 3y ≥ 45 di kanan garis6x + 3y = 45.

Y

X

40

30

20 30A

B(10, 20)

2x + y = 40 x + y = 30

C

O


Y

X0

100

80

40

40 60 80

C(120

7 , 4007 )

B(48, 16)A

D

5x + 2y = 2004x + 3y = 240

x + 2y = 80

Daerah penyelesaian x ≥ 0 di kanan sumbu Y dandaerah penyelesaian y ≥ 0 di atas sumbu X.Garis 6x + 3y = 45 dan garis x + y = 14 berpotongandi titik A(1, 13).Garis 60x + 80y = 600 dan garis 6x + 3y = 45berpotongan di titik B(6, 3).Daerah penyelesaian:

Uji titik pojok:

Nilai minimum f(x, y) = (800x + 1.000y) ribuanadalah 7.800.000 dicapai di titik B(6, 3).Jadi, banyak feri A yang harus dioperasikan 6 unitdan feri B sebanyak 3 unit agar biayapengoperasian feri minimum.

29. Jawaban: eMisal:x = lama pengoperasian penambangan I (hari)y = lama pengoperasian penambangan II (hari)

Tinggi Menengah Rendah Biaya

Tambang I 1 4 5 2.000.000Tambang II 2 3 2 2.000.000

Kendala 80 240 200

Diperoleh model matematika:Meminimumkan f(x, y) = 2.000.000(x + y)

x + 2y ≥ 804x + 3y ≥ 2405x + 2y ≥ 200x ≥ 0y ≥ 0

Uji titik (0, 0):


x + 2y ≥ 80 0 + 0 ≥ 80 (Salah) Tidak memuat (0, 0)4x + 3y ≥ 240 0 + 0 ≥ 240 (Salah) Tidak memuat (0, 0)5x + 2y ≥ 200 0 + 0 ≥ 200 (Salah) Tidak memuat (0, 0)


Uji titik pojok:

Titik Pojok f(x, y) = 2.000.000(x + y)

A(80, 0) 2.000.000(80 + 0) = 160.000.000B(48, 16) 2.000.000(48 + 16) = 128.000.000

C(120

7 , 4007 ) 2.000.000(

1207 +

4007 ) = 148.571.428

D(0, 100) 2.000.000(0 + 100) = 200.000.000

Dari tabel diperoleh nilai minimum f(x, y) =2.000.000(x + y) adalah 128.000.000 dicapai di titikB(48, 16).Jadi, agar biaya pengoperasian minimum makalama penambangan I dan II dioperasikan berturut-turut 48 hari dan 16 hari.

30. Jawaban: bMisal x = banyak kue kukus yang terjual

y = banyak kue lapis yang terjualModel matematika:Meminimumkan fungsi objektif f(x, y) = 1.500x +1.200y dengan kendala:

x + y ≤ 1000 ≤ x ≤ 50

y ≥ 30Garis x + y = 100 melalui titik (0, 100) dan (100, 0).Daerah penyelesaian x + y ≤ 100 di kiri garis x + y= 100.Daerah penyelesaian 0 ≤ x ≤ 50 di kanan sumbu Ydan di kiri garis x = 50.

Titik Pojok

A(1, 13)B(6, 3)C(10, 0)D(14, 0)

f(x, y) = (800x + 1.000y) ribu

(800 · 1 + 1.000 · 13) · 1.000= 13.800.000(800 · 6 + 1.000 · 3) · 1.000 = 7.800.000(800 · 10 + 1.000 · 0) · 1.000 = 8.000.000(800 · 14 + 1.000 · 0) · 1.000 = 11.200.000

Y

X

A(1, 13)

B(6, 3)

C D

x + y = 146x + 3y = 45

60x + 80y = 600

0 7 12 10 14

1514

7 12

48 Program Linear

Titik Pojok

A(0, 100)B(0, 30)C(50, 30)D(50, 50)

f(x, y) = 1.500x + 1.200y

1.500 · 0 + 1.200 · 100 = 120.0001.500 · 0 + 1.200 · 30 = 36.0001.500 · 50 + 1.200 · 30 = 111.0001.500 · 50 + 1.200 · 50 = 135.000

Y

X

A

BC

D(50, 50)

y = 30

x = 50

50 100

100

30

Daerah penyelesaian memuat (0, 0), makapertidaksamaannya: 3x + 5y ≤ 45 . . . (3)Daerah penyelesaian di atas sumbu X, makapertidaksamaannya y ≥ 0 . . . (4)Dari persamaan (1) sampai dengan (4)diperoleh SPtLDV:

5x + y ≤ 15x + y ≤ 12

3x + 5y≤ 45x ≥ 0 ; y ≥ 0

b. Persamaan garis yang melalui titik (0, 6) dantitik (6, 0) adalah x + y = 6.Daerah penyelesaian di kiri garis x + y = 6, makapertidaksamaannya x + y ≤ 6 . . . (1)Persamaan garis yang melalui titik (0, 6) dantitik (–2, 0) adalah 3x – y = –6.Daerah penyelesaian di kanan garis 3x – y = –6,maka pertidaksamaannya 3x – y ≥ –6 . . . (2)Persamaan garis yang melalui titik (0, –2) dan(6, 0) adalah –x + 3y = –6.Daerah penyelesaian di kanan garis–x + 3y = –6 dan di atas sumbu X, makapertidaksamaannya –x + 3y ≥ 6 . . .(3)Dari persamaan (1) sampai dengan (3)diperoleh SPtLDV:

x + y ≤ 63x – y ≥ –6

–x + 3y ≥ –6c. Persamaan garis yang melalui titik (–4, 2) dan

titik (4, 5):y 25 2

−− =

x 44 4

++

⇔ y 23−

= x 4

8+

⇔ 8y – 16 = 3x + 12⇔ 8y – 3x = 28Daerah penyelesaian di kanan garis 8y – 3x = 28maka pertidaksamaannya 8y – 3x ≤ 28 . . . (1)Persamaan garis yang melalui titik (0, 1) dantitik (2, 0) adalah x + 2y = 2.Daerah penyelesaian di kanan garis x + 2y = 2maka pertidaksamaannya x + 2y ≥ 2 . . . (2)Persamaan garis yang melalui titik (4, 5) dantitik (5, 0):y 05 0

−− =

x 54 5

−−

⇔ y5 =

x 51

−−

⇔ –y = 5x – 25⇔ 5x + y = 25Daerah penyelesaian di kiri garis 5x + y = 25maka pertidaksamaannya 5x + y ≤ 25 . . . (3)

0

Daerah penyelesaian y ≥ 30 di atas garis y = 30.

Uji titik pojok:

Nilai minimum f(x, y) = 1.500x + 1.200y adalah36.000.Jadi, pendapatan minimum toko roti dari penjualankue kukus dan kue lapis per hari rata-rataRp36.000,00

B. Uraian1. a. Persamaan garis yang melalui titik (3, 0) dan

titik (0, 15):

y 015 0

−− =

x 30 3

−−

⇔ y15 =

x 33

−−

⇔ –y = 5x – 15⇔ 5x + y = 15Daerah penyelesaian tidak memuat (0, 0)maka pertidaksamaannya 5x + y ≥ 15 . . . (1)Persamaan garis yang melalui titik (12, 0) dantitik (0, 12):

y 012 0

−− =

x 120 12

−−

⇔ y12 =

x 1212−

−⇔ –y = x – 12⇔ x + y = 12Daerah penyelesaian memuat (0, 0) makapertidaksamaannya x + y ≤ 12 . . . (2)Persamaan garis melalui titik (15, 0) dan (0, 9):

y 09 0

−− =

x 150 15

−−

⇔ –5y = 3x – 45⇔ 3x + 5y = 45


Daerah penyelesaian di atas sumbu X dan dikanan sumbu Y maka pertidaksamaannyay ≥ 0 dan x ≥ 0 . . . (4)Dari persamaan (1) sampai dengan (4)diperoleh SPtLDV:

8y – 3x ≤ 28x + 2y ≥ 25x + y ≤ 25

y ≥ 0x ≥ 0

2. a. Garis 2x + 5y = 25 melalui (0, 5) dan titik (5, 3).Daerah penyelesaian 2x + 5y ≤ 25 di kiri garis2x + 5y = 25.Garis 3x + 2y = 21 melalui titik (5, 3) dan titik(7, 0).Daerah penyelesaian 3x + 2y ≤ 21 di kiri garis3x + 2y = 21.Garis 2y – 5x = 10 melalui titik (0, 5) dan titik(–2, 0).Daerah penyelesaian 2y – 5x ≤ 10 di kanangaris 2y – 5x = 10.Garis x + 2y = 4 melalui titik (0, 2) dan titik (4, 0).Daerah penyelesaian x + 2y ≥ 4 di kanan garisx + 2y = 4.Daerah penyelesaian x ≥ 0 dan y ≥ 0 di kanansumbu Y dan di atas sumbu X.Garis 2x + 5y = 25 dan garis 3x + 2y = 21berpotongan di titik (5, 3).Daerah penyelesaian:

Uji titik pojok:

Nilai minimum fungsi objektif f(x, y) =5x + 2y – 8 adalah –4.

b. 1) Garis x + y = 2 melalui (2, 0) dan (0, 2).Daerah penyelesaian x + y ≥ 2 dibatasigaris x + y = 2 dan tidak memuat titik (0, 0).

2) Garis x – y = –2 melalui titik (–2, 0) dan(0, 2).Daerah penyelesaian x – y ≥ –2 dibatasigaris x – y = –2 dan memuat titik (0, 0).

3) Garis x + y = 8 melalui titik (8, 0) dantitik (0, 8).Daerah penyelesaian x + y ≤ 8 dibatasigaris x + y = 8 dan memuat titik (0, 0).

4) Garis x – 2y = 6 melalui titik (6, 0) dan(0, –3).Daerah penyelesaian x – 2y ≤ 6 dibatasigaris x – 2y = 6 dan memuat titik (0, 0).

5) Daerah penyelesaian y ≥ 0 adalah daerahdi atas sumbu X.

Dari 1), 2), 3), 4), dan 5) diperoleh:

Uji titik pojok:

Nilai maksimum fungsi objektif f(x, y)

= 12x – 9y + 2 adalah 84 di titik C(223 ,

23 ).

3. a. Misal: x = banyak barang jenis Iy = banyak barang jenis II

Barang Bahan A Bahan B Bahan C Harga

Jenis I 1 3 2 40.000Jenis II 3 4 1 60.000

Pembatas 480 720 360


x + 3y ≤ 4803x + 4y ≤ 7202x + y ≤ 360x ≥ 0y ≥ 0

Titik Pojok

A(0, 5)B(0, 2)C(4, 0)D(7, 0)E(5, 3)

f(x, y) = 5x + 2y – 8

5 · 0 + 2 · 5 – 8 = 25 · 0 + 2 · 2 – 8 = –45 · 4 + 2 · 0 – 8 = 125 · 7 + 2 · 0 – 8 = 275 · 5 + 2 · 3 – 8 = 23

Y

X

A

B

C D

E(5, 3)

3x + 2y = 212y – 5x = 10

2x + 5y = 25

x + 2y = 4

–2 0 4 5 7

5

32

Titik Pojok

A(2, 0)B(6, 0)

C( 223 , 2

3 )D(3, 5)E(0, 2)

F(x, y) = 12x – 9y + 2

2674

84

–7–16

Y

XA(2, 0)B(6, 0)

C( 223 , 2

3 )

D(3, 5)

8

2

–3

–2 6 8

50 Program Linear

Y

X

12

12 16

A(16,0)

B(8, 4)

C(0, 12)

8

0 x + 2y = 16x + y = 12

Uji titik pojok ke f(x, y) = 450.000x + 600.000y.

Dari tabel di atas diperoleh keuntunganmaksimum 31.500.000 jika pesawat tersebutmembuat 30 penumpang kelas ekonomi dan30 penumpang kelas utama.

5. Garis x + y = 12 melalui titik (0, 12) dan titik (12, 0).Daerah penyelesaian x + y ≥ 12 dibatasi garisx + y = 12 dan tidak memuat titik (0, 0). . . (1)Garis x + 2y = 16 melalui titik (0, 8) dan titik (16, 0).Daerah penyelesaian x + 2y ≥ 16 dibatasi garisx + 2y = 16 dan tidak memuat titik (0, 0) . . . (2)Daerah penyelesaian x ≥ 0 kanan sumbu Y. . . (3)Daerah penyelesaian y ≥ 0 di atas sumbu X. . . (4)Dari (1), (2), (3), dan (4) diperoleh daerahpenyelesaian:

Titik pojok daerah penyelesaian adalah A(16, 0),B(8, 4), dan C(0, 12). Agar f(x, y) = ax + 4yminimum hanya di titik (8, 4) maka harus dipenuhif(8, 4) < f(0, 12) dan f(8, 4) < f(16, 0).f(x, y) = ax + 4yf(8, 4) = a(8) + 4(4) = 8a + 16f(0, 12) = a(0) + 4(12) = 48f(16, 0) = a(16) + 4(0) = 16aSyarat f(8, 4) < f(0, 12)

8a + 16 < 48⇔ 8a < 32⇔ a < 4 . . . (1)

Syarat f(8, 4) < f(16, 0)8a + 16 < 16a

⇔ 8a – 16a < –16⇔ –8a < –16⇔ a > 2 . . . (2)

Dari (1) dan (2) diperoleh 2 < a < 4.Jadi, nilai a yang memenuhi 2 < a < 4.

b. Dari SPtLDV pada jawaban a, diperolehdaerah penyelesaian sebagai berikut.

Uji titik pojok penyelesaian ke fungsi objektiff(x, y) = 40.000x + 60.000y.


O(0, 0) 0A(180, 0) 7.200.000B(144, 72) 10.080.000C(48, 144) 10.560.000D(0, 160) 9.600.000

Dari tabel di atas diperoleh nilai maksimumf(x, y) = 10.560.000.Jadi, pendapatan maksimum yang diperolehpabrik tersebut Rp10.560.000,00.

4. a. Misalkan: x = banyak tiket kelas ekonomiy = banyak tiket kelas utama

Model matematika sesuai permasalahan diatas adalah memaksimumkan fungsi objektiff(x, y) = 450.000x + 600.000y dengan kendala:

x + y ≤ 6020x + 30y ≤ 1.500 ⇔ 2x + 3y ≤ 150

x ≥ 0y ≥ 0

b. Daerah penyelesaian:

Titik Pojok

O(0, 0)A(60, 0)B(30, 30)C(0, 50)

f(x, y) = 450.000x + 600.000y

027.000.00031.500.00030.000.000

Tiket

EkonomiUtama

Pembatas

Banyak

xy

60

Bagasi

2030

1.500

Harga

450.000600.000

Y

X

B(30, 30)

60 75

60

50

A

C

O

X

Y

0

160180

180 240 480A

B(144, 72)

C(48, 144)D

2x + y = 3603x + 4 y = 720

x + 3y = 480

360


Y

X

30

20

0 15 20A

B(10, 10)

2x + y = 30 x + y = 20

C

6. Misal: x = banyak pupuk jenis Ay = banyak pupuk jenis B

Jenis Banyak Phospor Nitrogen Kalium Harga

A x 3 1 3 1.500

B y 1 6 2 1.600

Pembatas 15 24 24

Model matematika:Meminimumkan f(x, y) = 1.500x + 1.600y, dengankendala:

3x + y ≥ 15x + 6y ≥ 243x + 2y ≥ 24x, y ≥ 0


Uji titik pojok:


A(0, 15) 1.500(0) + 1.600(15) = 24.000B(2, 9) 1.500(2) + 1.600(9) = 17.400C(6, 3) 1.500(6) + 1.600(3) = 13.800D(24, 0) 1.500(24) + 1.600(0) = 36.000

Diperoleh f(x, y) minimum di C(6, 3).Jadi, Pak Gani harus mencampur 6 pupuk jenis Adan 3 pupuk jenis B dan pengeluaran biayaminimum Rp13.800,00.

7. Misal: x = banyak kado jenis Ay = banyak kado jenis B

Jenis Banyak Kertas Pita Upah

Kado A x 2 2 2.500Kado B y 2 1 2.000

Kendala 40 30

Diperoleh model matematika:Memaksimumkan f(x, y) = 2.500x + 2.000y dengankendala:

2x + 2y ≤ 40 ⇔ x + y ≤ 202x + y ≤ 30x ≥ 0y ≥ 0


Uji titik pojok:


O(0, 0) 2.500(0) + 2.000(0) = 0A(15, 0) 2.500(15) + 2.000(0) = 37.500B(10, 10) 2.500(10) + 2.000(10) = 45.000C(0, 20) 2.500(0) + 2.000(20) = 40.000

Nilai maksimum f(x, y) adalah 45.000 dicapai dititik B(10, 10).a. Upah maksimum yang dapat diterima

karyawati tersebut Rp45.000,00.b. Agar memperoleh upah maksimum, karyawati

tersebut harus membungkus 10 kado jenis Adan 10 kado jenis B.

8. Misal: x = banyak karyawan asingy = banyak karyawan lokal

Sistem pertidaksamaan linear:y – x ≤ 60

y ≥ 35 x

x + y ≤ 160x ≥ 0y ≥ 0

Y

X

15

12

4

0 5 8 24

A

B(2, 9)

C(6, 3)

D

3x + y = 15 3x + 2y = 24x + 6y = 24

52 Program Linear

X

Y

A

B

C

Dx = 2y

4x + 5y = 1.300x + y = 1500 60 100 150 200 325

260

212

150

10090

50

Titik Pojok

A(0, 260)B(0, 150)C(100, 50)D(200, 100)

f(x, y) = 20.000x + 20.000y

20.000 · 0 + 20.000 · 260 = 5.200.00020.000 · 0 + 20.000 · 150 = 3.000.00020.000 · 100 + 20.000 · 50 = 3.000.00020.000 · 200 + 20.000 · 1.000 = 6.000.000

Y

X

y – x = 60

y = 35 x

x + y = 1600 70 100 160

160

11090

6042


Uji titik pojok:

Nilai maksimum fungsi objektif f(x, y) =20.000x + 20.000y adalah 6.000.000.Jadi, keuntungan maksimum yang akandiperoleh Pak Rudi Rp 6.000.000,00.

b. Pak Rudi membeli kain lurik 60 meter makax = 60.Dari grafik terlihat, untuk x = 60 maka y1 = 90dan y2 = 212.Keuntungan minimum= f(60, 90)= 20.000 · 60 + 20.000 · 90 = 3.000.000Keuntungan maksimum= f(60, 212)= 20.000 · 60 + 20.000 · 212 = 5.440.000

Jadi, keuntungan minimum dan keuntunganmaksimum saat Pak Rudi membeli 60 meterkain lurik berturut-turut Rp3.000.000,00 danRp5.440.000,00.

10. Misal: x = banyak guru yang mengikuti pelatihanPower Point XP

y = banyak guru yang mengikuti pelatihanExcel XP


a. Dari grafik terlihat karyawan lokal yangdipekerjakan maksimum 110 orang dankaryawan asing yang dipekerjakan maksimum100 orang.

b. Fungsi objektif f(x, y) = (1.500x + 2.500y) ribu.Karyawan asing yang dipekerjakan 70 orangmaka x = 70.Dari grafik terlihat, untuk x = 70 maka y1 = 42dan y2 = 90.Jumlah uang minimum= f(70, 42)= (1.500 · 70 + 2.500 · 42) ribu= 210.000.000Jumlah maksimum= f(70, 90)= (1.500 · 70 + 2.500 · 90) ribu= 330.000.000

Jadi, jumlah uang minimum yang dikeluarkanperusahaan untuk menggaji karyawan per bulanRp210.000.000,00 dan jumlah maksimumnyaRp330.000.000,00.

9. Misal: x = banyak kain lurik yang dibeli Pak Rudi(meter)

y = banyak kain batik yang dibeli Pak Rudi(meter)

a. Model matematika:Memaksimumkan fungsi objektif f(x, y) =20.000x + 20.000y dengan kendala:

40.000x + 50.000y ≤ 13.000.000 ⇔ 4x + 5y ≤ 1.300x ≤ 2y

x + y ≥ 150x ≥ 0y ≥ 0


Titik Pojok

A(0, 0)B(10, 0)C(10, 5)D(5, 10)

f(x, y) = (100x + 200y) ribu

(100 · 0 + 200 · 0) ribu = 0(100 · 10 + 200 · 0) ribu= 1.000.000(100 · 10 + 200 · 5) ribu= 2.000.000(100 · 5 + 200 · 10) ribu= 2.500.000

Y

X

y = 2x

x + y = 15x = 10

A

B

C

0 5 15

15

10

5

O

Model matematika:Memaksimumkan fungsi objektif f(x, y) =(100x + 200y) ribu dengan kendala:

0 ≤ x ≤ 10x + y ≤ 15

y ≤ 2xx ≤ 10


Uji titik pojok:

Nilai maksimum fungsi objektif f(x, y) =(100x + 200y) ribu adalah 2.500.000.Jadi, pendapatan maksimum lembaga pendidikankomputer dari pelatihan Rp2.500.000,00.

54 Matriks

3. Menggunakan konsepmatriks, vektor, dantransformasi dalampemecahan masalah.


3.1 Menggunakan sifat-sifat dan operasimatriks untuk menunjukkan bahwasuatu matriks persegi merupakaninvers dari matriks persegi lain.

3.2 Menentukan determinan dan inversmatriks 2 × 2.

3.3 Menggunakan determinan dan inversdalam penyelesaian sistem persamaanlinear dua variabel.

Pada bab ini akan dipelajari:1. Ordo dan jenis suatu matriks2. Penjumlahan dan pengurangan dua matriks atau lebih3. Hasil perkalian bilangan real dengan matriks4. Perkalian dua matriks atau lebih5. Determinan matriks6. Invers matriks7. Penyelesaian sistem persamaan linear menggunakan matriks8. Penyelesaian permasalahan menggunakan matriks

Percaya diri Mampu melakukan operasi hitungmatriks dengan penuh percaya diri.


Matriks

Menentukan determinan daninvers matriks

Menyelesaikan sistem persamaanlinear menggunakan matriks

Menentukan hasil operasihitung matriks

• Menjelaskan pengertianmatriks

• Menulis notasi matriks• Menentukan ordo matriks• Menentukan jenis matriks

berdasarkan banyak kolomserta berdasarkan polaelemen-elemen

• Menentukan transpos suatumatriks

• Menggunakan kesamaan duamatriks untuk menentukanelemen yang belum diketahui

• Menentukan hasil penjumlah-an matriks

• Menggunakan sifat-sifatpenjumlahan

• Menentukan hasil pengurang-an matriks

• Menemukan sifat pengurang-an matriks

• Menentukan hasil perkalianmatriks dengan bilangan realdan matriks dengan matriks

• Menggunakan sifat-sifatperkalian matriks

• Menentukan hasil pemangkat-an matriks

• Menentukan determinanmatriks berordo 2 × 2

• Menentukan determinanmatriks berordo 3 × 3

• Menggunakan sifat-sifatdeterminan matriks

• Menentukan suatu matriksmerupakan matriks singularatau nonsingular

• Menentukan invers matriksberordo 2 × 2

• Menentukan invers matriksberordo 3 × 3

• Menggunakan sifat-sifatinvers matriks

• Menentukan penyelesaianSPLDV dengan cara inversmatriks dan metode Cramer

• Menentukan penyelesaianSPLTV dengan cara inversmatriks dan metode Cramer

Menjelaskan pengertian matriksdan jenis-jenisnya

Siswa mampu melakukanoperasi hitung matriks

Siswa mampu menentukandeterminan dan invers matriks

Siswa mampu menjelaskanmatriks dan jenis-jenisnya

Siswa mampu menyelesaikansistem persamaan linearmenggunakan matriks

Siswa mampu menggunakan sifat-sifat dan operasi matriks serta menggunakandeterminan dan invers matriks dalam pemecahan masalah


6. Jawaban: c

Matriks K = 0 1 34 2 11 0 5

− −

Transpos matriks K = KT = 0 4 11 2 0

3 1 5

− −

7. Jawaban: dSuatu matriks A merupakan matriks simetris jikaA = AT.

a. A = 0 3 23 4 12 1 5

− −

⇒ AT = 0 3 23 4 1

2 1 5

− −

Diperoleh A ≠ AT.

b. B = 1 4 64 4 36 2 1

− −

⇒ BT = 1 4 64 4 26 3 1

− −

Diperoleh B ≠ BT.

c. C = 2 3 53 4 1

5 1 6

− − −

⇒ CT = 2 3 53 4 1

5 1 6

− − −

Diperoleh C ≠ CT.

d. D = 5 4 04 2 20 2 5

− −

⇒ DT = 5 4 04 2 20 2 5

− −

Diperoleh D = DT.

e. E = 6 4 34 4 23 5 1

− −

⇒ ET = 6 4 34 4 53 2 1

− −

Diperoleh E ≠ ET.Jadi, matriks pada pilihan d merupakan matrikssimetris.

8. Jawaban: cDari kesamaan matriks diperoleh:4a = 12 ⇔ a = 3 . . . (1)–3b = 3a ⇔ –3b = 3(3)

⇔ b = –3 . . . (2)3c = b ⇔ 3c = –3

⇔ c = –1 . . . (3)Nilai a + b + c = 3 + (–3) + (–1) = –1.

← baris (1)

← baris (2)

← baris (3)

← baris (4)

Kolom (1) (2)

← baris (1)

← baris (2)

← baris (3)

Kolom (1) (2) (3)


C = 8 1 03 2 67 4 3

− −

c21 = elemen pada baris ke-2 dan kolom ke-1 = 3.c32 = elemen pada baris ke-3 dan kolom ke-2 = 4.Jadi, nilai c21 dan c32 berturut-turut adalah 3 dan 4.

2. Jawaban: e

B =

5 32 11 7

8 4

− −

Matriks B terdiri atas 4 baris dan 2 kolom.Jadi, ordo matriks B = 4 × 2.

3. Jawaban: aElemen-elemen diagonal utama adalah elemen-elemen yang terletak pada garis hubung elemena11 dan ann.

Q = 1 1 35 4 12 6 2

Jadi, elemen-elemen diagonal utama matriks Qadalah 1, 4, dan 2.

4. Jawaban: eMatriks identitas adalah suatu matriks persegidengan elemen-elemen pada diagonal utamasama dengan satu dan elemen-elemen yang lainsama dengan nol.

Jadi, matriks 1 0 00 1 00 0 1

merupakan matriks

identitas.

5. Jawaban: bMatriks diagonal adalah suatu matriks persegi yangelemen-elemennya nol (0), kecuali elemen padadiagonal utama (tidak semua nol).

Jadi, matriks 1 0 00 2 00 0 5

merupakan matriks

diagonal.

Diagonal utama

56 Matriks

9. Jawaban: a

L = 2 4 r3 2p q 37 1 5

+

→ LT = 2 3 74 2p q 1r 3 5

+

K = LT

⇔2 3 74 0 p6 3 5

= 2 3 74 2p q 1r 3 5

+

Dari kesamaan matriks diperoleh:p = 1

2p + q = 0⇔ 2 · 1 + q = 0⇔ 2 + q = 0⇔ q = –2r = 6p + q – r = 1 + (–2) – 6 = –7Jadi, nilai p + q – r adalah –7.

10. Jawaban: aM = N

3a 5b 32a a 3b+

+ = 7 a 2b

2 a 3b+

− + Dari kesamaan matriks di atas diperoleh:3a + 5b = 7 . . . (1)

2a = –2⇔ a = –1 . . . (2)Substitusikan persamaan (2) ke (1).3a + 5b = 7⇔ 3(–1) + 5b = 7⇔ –3 + 5b = 7⇔ 5b = 7 + 3⇔ 5b = 10⇔ b = 2

M = 3a 5b 32a a 3b+

+

= 3( 1) 5(2) 32( 1) ( 1) 3(2)

− + − − +

= 7 32 5

−

Transpos matriks M adalah MT = 7 23 5

−

.

B. Uraian

1. a. Matriks dari data di atas sebagai berikut.

M = 0 60 10060 0 80

100 80 0

b. Ordo matriks M = 3 × 3

c. MT = 0 60 10060 0 80

100 80 0

2. a. A = 1 3 62 5 84 2 9

− −

Elemen-elemen pada diagonal utama matriksA adalah 1, –5, 9.

B = 3 4 83 7 95 0 2

− −

Elemen-elemen pada diagonal utama matriksB adalah 3, 7, 2.

Matriks C =

1 2 34 5 63 2 1

6 4 5

− − −

bukan matriks

persegi.Jadi, matriks C tidak mempunyai diagonalutama.

b. Elemen-elemen pada diagonal sampingmatriks A adalah 4, –5, 6.Elemen-elemen pada diagonal sampingmatriks B adalah –5, 7, 8.Matriks C tidak mempunyai diagonalsamping.

c. Trace (A) = 1 + (–5) + 9 = 5Trace (B) = 3 + 7 + 2 = 12Matriks C tidak mempunyai trace.

3. a. P =

2 3 0 15 1 4 21 0 3 53 2 5 4

−

−

Banyak baris = 4Banyak kolom = 4Ordo = banyak baris × banyak kolomJadi, ordo matriks P adalah 4 × 4.

b. p11 = elemen pada baris ke-1 kolom ke-1 = 2p23 = elemen pada baris ke-2 dan kolom

ke-3 = 4p31 = elemen pada baris ke-3 dan kolom

ke-1 = 1p42 = elemen pada baris ke-4 dan kolom

ke-2 = 2c. Elemen-elemen diagonal utama matriks P

adalah 2, –1, 3, dan 4.Trace (P) = 2 + (–1) + 3 + 4 = 8Jadi, trace matriks P adalah 8.


1. Jawaban: dIngat, dua matriks dapat dijumlahkan ataudikurangkan apabila ordonya sama.

Matriks A = 1 32 45 0

merupakan matriks berordo

3 × 2.

a bc d

matriks berordo 2 × 2

a b cd e f


abc


c de fg h


a b cd e fg h i


Matriks c de fg h

memiliki ordo yang sama dengan

matriks A. Jadi, matriks yang dapat dijumlahkanatau dikurangkan dengan matriks A adalah

matriks c de fg h

.

2. Jawaban: b

3P + Q = 3 6 24 3

−

+ 1 73 2

− −

= 18 612 9

−

+ 1 73 2

− −

= 18 ( 1) 6 712 ( 3) 9 2

+ − − + + − +

= 17 19 11

Jadi, hasil dari 3P + Q = 17 19 11

.

A. Pilihan Ganda

4.2x 2 2y x

5 1 z 3 − − − − −

= 1 2 55 1 x

− − −

Dari kesamaan matriks di atas diperoleh:–x = 1⇔ x = –12y – x2 = –5⇔ 2y – (–1)2 = –5⇔ 2y – 1 = –5⇔ 2y = –5 + 1⇔ 2y = –4⇔ y = –2z – 3 = x⇔ z – 3 = –1⇔ z = –1 + 3⇔ z = 2Dengan demikian diperoleh:x + y – z = –1 + (–2) – 2

= –5Jadi, nilai x + y – z = –5.

5. PT = 2 log (2a b)log (b 2) 1

− −

PT = Q

2 log (2a b)log (b 2) 1

− −

= 2 1log a 1

Dari kesamaan matriks 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 (1) dan (2):2a – b = 10a – b = –2

–––––––––– –a = 12

Substitusikan a = 12 ke (2):12 – b = –2⇔ b = 14Jadi, nilai a = 12 dan b = 14.

58 Matriks

3. Jawaban: c

K = 2 11 7

⇒ KT = 2 11 7

M = 6 53 2

−

⇒ MT = 6 35 2

−

KT + L – MT = 2 11 7

+ 4 36 9

−

– 6 35 2

−

= 2 4 6 1 3 31 6 5 7 9 ( 2)

+ − + − − − + − −

= 0 110 18

−

4. Jawaban: bM = KT – L

=5 16 3

–

1 25 3

= 5 1 1 26 5 3 3

− − − −

= 4 11 0

−

5. Jawaban: d

Q = c 21 a d

− − − +

⇒ QT = c 12 a d

− − − +

R = 4 11 2

−

⇒ RT = 4 11 2

−

P + QT = RT

⇔ 3 ab 2c 0

−

+ c 12 a d

− − − +

= 4 11 2

−

⇔ 3 c a 1b 2c 2 a d

+ − − − − +

= 4 11 2

−

Dari kesamaan matriks di atas diperoleh:a – 1 = 1⇔ a = 1 + 1⇔ a = 2–a + d = 2⇔ –2 + d = 2⇔ d = 2 + 2⇔ d = 4Jadi, nilai d adalah 4.

6. Jawaban: bC + D = O

⇔ 2x 4 5z1 3y 6

−

+ 4 4 51 9 6

− − − −

= 0 0 00 0 0

⇔ 2x ( 4) 4 ( 4) 5z 51 1 3y 9 6 ( 6)+ − + − −

− + + + − = 0 0 0

0 0 0

⇔ 2x 4 0 5z 50 3y 9 0− −

+ = 0 0 0

0 0 0

Dari kesamaan matriks diperoleh:2x – 4 = 0⇔ 2x = 4⇔ x = 23y + 9 = 0⇔ 3y = –9⇔ y = –35z – 5 = 0⇔ 5z = 5⇔ z = 1Dengan demikian:x + y – z = 2 + (–3) – 1

= –2Jadi, nilai x + y – z = –2.

7. Jawaban: eX + Y – Z = I

⇔2 5 41 0 32 3 7

+ Y – 3 2 11 4 0

5 3 1

− −

= 1 0 00 1 00 0 1

⇔2 5 41 0 32 3 7

– 3 2 11 4 0

5 3 1

− −

+ Y = 1 0 00 1 00 0 1

⇔1 3 3

2 4 33 0 8

− − −

+ Y = 1 0 00 1 00 0 1

⇔ Y = 1 0 00 1 00 0 1

– 1 3 32 4 33 0 8

− −

⇔ Y = 2 3 32 5 3

3 0 7

− − − − −


8. Jawaban: c

23 12 21 3

+ 52 31 0

0 4

− −

= 6 24 42 6

+ 10 15

5 00 20

− −

= 6 10 2 154 5 4 02 0 6 20

+ + − + + −

= 16 17

1 42 14

− −

9. Jawaban: e

A + B – C = 8 5xx 4

− −

⇔3 y5 1

−

+x 53 6

−

– 3 1y 9

− −

= 8 5xx 4

− −

⇔3 x 3 y 5 15 3 y 1 6 9

+ + + + − − − + − =

8 5xx 4

− −

⇔6 x 6 y2 y 4

+ + − − =

8 5xx 4

− −

Dari kesamaan matriks diperoleh:6 + x = 8 ⇔ x = 22 – y = –x ⇔ 2 – y = –2 ⇔ y = 4Nilai x + 2xy + y = 2 + 2 · 2 · 4 + 4 = 22

10. Jawaban: a

A = (AT)T = 3 61 4

Sehingga,

AB = 3 61 4

1 24 5

−

= 3 1 6 4 3 ( 2) 6 51 1 4 4 1 ( 2) 4 5

× + × × − + × × + × × − + ×

= 27 2417 18

11. Jawaban: d

B = 2c 3b 2a 1

a b 7− +

+ ⇒ BT =

2c 3b a2a 1 b 7

− + +

A = 2BT

⇔2 42b 3c

= 22c 3b a2a 1 b 7

− + +

⇔2 42b 3c

= 4c 6b 2a4a 2 2b 14

− + +

Dari kesamaan matriks diperoleh:2 = 4c – 6b . . . (1)4 = 2a ⇔ a = 2 . . . (2)2b = 4a + 2 ⇔ b = 2a + 1 . . . (3)

3c = 2b + 14 ⇔ c = 2b 143+ . . . (4)

Substitusi persamaan (2) ke (3).b = 2a + 1 = 2(2) + 1 = 5Substitusi nilai b = 5 ke persamaan (4).

c = 2b 143+ = 2(5) 14

3+ = 8

Jadi, nilai c yang memenuhi adalah 8.

12. Jawaban: e

X2 = X · X = 2 01 0

2 01 0

= 2 2 0 1 2 0 0 01 2 0 1 1 0 0 0

× + × × + × × + × × + ×

= 4 02 0

Y = 1 20 1−

⇒ YT = 1 0

2 1−

X2YT = 4 02 0

1 02 1−

= 4 ( 1) 0 2 4 0 0 12 ( 1) 0 2 2 0 0 1

× − + × × + × × − + × × + ×

= 4 02 0

− −

13. Jawaban: e

Q = 5 2 3

2 3 1− −

−

⇔ QT = 5 2

2 33 1

− − −

PQT

=

5 22 1 3

2 34 2 1

3 1

− − − − −

= ( 2) ( 5) 1 2 3 ( 3) ( 2) 2 1 ( 3) 3 14 ( 5) 2 2 ( 1) ( 3) 4 2 2 ( 3) ( 1) 1− × − + × + × − − × + × − + ×

× − + × + − × − × + × − + − ×

= 3 413 1

− −

60 Matriks

14. Jawaban: c2A – B = CD

2c 21 0

−

– 4 a

b 5 6 + −

= 1 3 4 b

0 2 2 3−

−

⇔2c 42 0

−

– 4 a

b 5 6 + −

= 10 b + 94 6

− − −

⇔2c 4 4 a3 b 6

− − − − −

= 10 b + 94 6

− − −

Dari kesamaan matriks diperoleh:–2c – 4 = –10 ⇔ –2c = –6 ⇔ c = 3–3 – b = –4 ⇔ b = 14 – a = –b + 9 ⇔ 4 – a = –1 + 9

⇔ a = –4Nilai a + b + c = –4 + 1 + 3 = 0.

15. Jawaban: a

M = 2 36 1

−

= MT = 2 63 1

−

MT · ab

= 5N

⇔2 63 1

−

ab

= 502

⇔2a 6b3a b

+ − +

= 0

10

Dari kesamaan matriks diperoleh:2a + 6b = 0 × 1 2a + 6b = 0–3a + b = 10 × 6 –18a + 6b = 60

–––––––––––––– – 20a = –60⇔ a = –3

a = –3 ⇒ –3a + b = 10⇔ (–3)(–3) + b = 10⇔ 9 + b = 10⇔ b = 10 – 9⇔ b = 1

Jadi, nilai a dan b berturut-turut adalah –3 dan 1.16. Jawaban: e

–13 BA

= –13 ( )

1 1 4 31 1 2 3 2 2 5

2 3 3 2

− − − − − −

= –13 ( )0 9 0 6

= ( )0 3 0 2− −

17. Jawaban: e

( )x 12 32 0

x1

= (3)

⇔ (2x + 2 3x)x1

= (3)

⇔ (2x2 + 2x + 3x) = (3)⇔ (2x2 + 5x) = (3)Dari kesamaan matriks diperoleh:2x2 + 5x = 3⇔ 2x2 + 5x – 3 = 0⇔ (2x – 1)(x + 3) = 0⇔ 2x – 1 = 0 atau x + 3 = 0

⇔ x = 12

atau x = –3

Jadi, nilai x = 12

atau x = –3.

18. Jawaban: d

C2 = C ⋅ C = 4 13 2

4 13 2

= 4 4 1 3 4 1 1 23 4 2 3 3 1 2 2

× + × × + × × + × × + ×

= 19 618 7

C2 = xC + yI

⇔ 19 618 7

= x 4 13 2

+ y 1 00 1

⇔ 19 618 7

= 4x x3x 2x

+ y 00 y

⇔ 19 618 7

= 4x y x3x 2x y

+ +

Dari kesamaan matriks di atas diperoleh:x = 6 . . . (1)4x + y = 19 . . . (2)Substitusikan (1) ke (2).4x + y = 19⇔ 4(6) + y = 19⇔ 24 + y = 19⇔ y = 19 – 24⇔ y = –5Nilai x – y = 6 – (–5) = 11Jadi, nilai x – y = 11.

19. Jawaban: a

1) A2 = 2 00 2

2 00 2

= 4 00 4

= 22 00 2

= 2A

Pernyataan A2 = 2A benar.


2) AB = 2 00 2

5 67 8

= 10 1214 16

BA = 5 67 8

2 00 2

= 10 1214 16

Pernyataan AB = BA benar.

3) AB = 2 00 2

5 67 8

= 10 1214 16

= 25 67 8

= 2BPernyataan AB = 2B benar.

4) BAB = B(AB)

= 5 67 8

10 1214 16

= 134 156182 212

2B2 = 25 67 8

5 67 8

= 267 7891 106

= 134 156182 212

Pernyataan BAB = 2B2 benar.Jadi, pernyataan 1), 2), 3), dan 4) benar.

20. Jawaban: d

1 2 c a2 3 3c 2a

−

= 8a 4

16b 9c

– a 62b 5c

−

⇔c 6c a 4a

2c 9c 2a 6a+ +

− + − + =

8a a 4 ( 6)16b 2b 9c 5c

− − − − −

⇔7c 5a7c 4a

= 7a 10

14b 4c

Dari kesamaan matriks diperoleh:7c = 7a ⇔ c = a . . . (1)5a = 10 ⇔ a = 2 . . . (2)

7c = 14b ⇔ b = 7c14 =

c2 . . . (3)

Substitusi nilai a = 2 ke persamaan (1).c = a = 2Substitusi nilai c = 2 ke persamaan (3).

b = c2 =

22 = 1

Diperoleh a = 2, b = 1, dan c = 2Nilai a + b + c = 2 + 1 + 2 = 5.

B. Uraian

1. Q = 3 10y 5

⇒ QT = 3 y

10 5

P + QT = R

⇔2 1

x y 5 +

+ 3 y

10 5

= 5 39 10

−

⇔5 1 y

x y 10 10+

+ + =

5 39 10

−

Dari kesamaan matriks diperoleh:1 + y = –3

⇔ y = –3 – 1⇔ y = –4

x + y + 10 = 9⇔ x – 4 + 10 = 9⇔ x + 6 = 9⇔ x = 9 – 6⇔ x = 3 Jadi, 2x + y = 2(3) – 4 = 6 – 4 = 2.

2. a. BA = 6 42 8

2 0 31 4 2

− −

= 8 16 26

4 32 22− −

−

b. AC = 2 0 31 4 2

− −

10 4 34 0 26 2 5

− − −

= 38 14 2118 0 1

− − − −

c. BC = 6 42 8

10 4 34 0 26 2 5

− − −

ordo ordo2 × 2 3 × 3

Oleh karena banyak kolom matriks B (= 2)tidak sama dengan banyak baris matriksC (= 3), matriks B tidak dapat dikalikan denganmatriks C. Jadi, BC tidak terdefinisi.

62 Matriks

d. ATB = T2 0 3

1 4 2−

−

6 42 8

= 2 1

0 43 2

− −

6 42 8

= 10 08 32

22 28

− − −

3. K + L – MT = I

⇔ 1 23 4

+ 2 00 2

– MT = 1 00 1

⇔ 3 23 6

– MT = 1 00 1

⇔ MT = 3 23 6

– 1 00 1

⇔ MT = 2 23 5

M = (MT)T = 2 32 5

Jadi, matriks M adalah 2 32 5

.

4. B = a 1 0c d−

− Þ BT = a 1 c

0 d− −

C2 = 1 01 1

1 01 1

= 1 02 1

A + BT = C2

⇔ 1 a bb c

+

+ a 1 c0 d− −

= 1 0

2 1

⇔ a a b cb c d

+ − +

= 1 02 1

Dari kesamaan matriks tersebut diperoleh:a = 1b = 2a + b – c = 0 . . . (1)c + d = 1 . . . (2)

Substitusi a = 1 dan b = 2 ke (1).a + b – c = 0⇔ 1 + 2 – c = 0⇔ 3 – c = 0⇔ c = 3Substitusi c = 3 ke (2).c + d = 1⇔ 3 + d = 1⇔ d = 1 – 3⇔ d = –2Jadi, nilai d adalah –2.

5. M = 5 32 7

−

Þ MT = 5 23 7

−

M2 = M × M

= 5 32 7

−

5 32 7

−

= 19 3624 43

−

a. M2 – I = 19 3624 43

−

– 1 00 1

= 18 3624 42

−

b. (M2 + I) – 2MT

= 19 3624 43

−

+ 1 00 1

– 2 5 23 7

−

= 20 3624 44

−

– 10 46 14

−

= 10 4030 30

−

6. A2 = 1 2 1 24 3 4 3

− −

= 9 48 17

− −

A3 = AA2 = 1 2 9 44 3 8 17

− − −

= 7 30

60 67−

− a. f(x) = 2x3 – 4x + 5I

f(A)= 2A3 – 4A + 5I

= 27 30

60 67−

− – 4

1 24 3

−

+ 51 00 1

= 14 60

120 134−

− +

4 816 12

− − −

+ 5 00 5

= 13 52

104 117−

−


b. g(x) = x2 + 2x – 11Ig(A) = A2 + 2A – 11I

= 9 48 17

− −

+ 21 24 3

−

– 111 00 1

= 9 48 17

− −

+ 2 48 6

−

+ 11 00 11

− −

= 0 00 0

7. Misal: Matriks X = a bc d

2X + 4 3 42 5

−

= 7 2 24 6

− −

⇔ 2 a bc d

+ 12 168 20

−

= 14 1428 42

− −

⇔ 2a 2b2c 2d

+ 12 168 20

−

= 14 1428 42

− −

⇔ 2a 12 2b 162c 8 2d 20

+ + − +

= 14 1428 42

− −

Dari kesamaan matriks tersebut diperoleh:2a + 12 = 14⇔ 2a = 14 – 12⇔ 2a = 2⇔ a = 1 . . . (1)2b + 16 = –14⇔ 2b = –14 – 16⇔ 2b = –30⇔ b = –15 . . . (2)

2c – 8 = –28⇔ 2c = –28 + 8⇔ 2c = –20⇔ c = –10 . . . (3)2d + 20 = 42⇔ 2d = 42 – 20⇔ 2d = 22⇔ d = 11 . . . (4)

Jadi, matriks X = 1 1510 11

− −

.

8. A = matriks segitiga atas

Misal: A = x y0 z

A3 = 8 570 27

−

⇔x y x y x y0 z 0 z 0 z

= 8 570 27

−

⇔2

2

x xy yz x y0 z0 z

+ =

8 570 27

−

⇔3 2

3

x x y z(xy yz)

0 z

+ +

= 8 570 27

−

⇔3 2

3

x x y zy(x z)

0 z

+ +

= 8 570 27

−

Dari kesamaan matriks diperoleh:x3 = 8 ⇔ x = 3 8 = 2 . . . (1)

x2y + zy(x + z) = –57 . . . (2)

z3 = 27 ⇔ z = 3 27 = 3 . . . (3)Substitusi nilai x = 2, z = 3 ke (2).x2y + zy(x + z) = –57⇒ 22y + 3y(2 + 3) = –57⇔ 4y + 15y = –57⇔ 19y = –57⇔ y = –3Diperoleh nilai x = 2, y = –3, dan z = 3.

A = x y0 z

= 2 30 3

−

Jadi, matriks A = 2 30 3

−

.

9. a. a 46 5

1 2b 8

= 31 3841 52

⇔ a 4b 2a 326 5b 52

+ + +

= 31 3841 52

Dari kesamaan matriks di atas diperoleh:2a + 32 = 38⇔ 2a = 38 – 32⇔ 2a = 6⇔ a = 36 + 5b = 41

⇔ 5b = 41 – 6⇔ 5b = 35⇔ b = 7Jadi, nilai a = 3 dan b = 7.

b. 1 23 4

4 b2 1

− − −

= 8 5a 7b 13

− − + −

⇔ 4 4 b 212 8 3b 4

− − − − − −

= 8 5a 7b 13

− − + −

⇔ 8 b 220 3b 4

− − − −

= 8 5a 7b 13

− − + −

64 Matriks

1. Jawaban: c

P = 5 72 4

det (P) = 5 72 4

= 20 – 14 = 6

Jadi, determinan matriks P adalah 6.

2. Jawaban: aGunakan sifat:det (PQ) = det (P) × det (Q)

= 2 13 4

× 1 31 2

= ((2 × 4) – (1 × 3)) × ((1 × 2) – (3 × 1))= (8 – 3) × (2 – 3)

= 5 × (–1) = –5

3. Jawaban: cx 1 x

3 2x 1+

−= 3

⇔ ((x + 1)(2x – 1)) – 3x = 3⇔ 2x2 + x – 1 – 3x = 3⇔ 2x2 – 2x – 1 – 3 = 0⇔ 2x2 – 2x – 4 = 0

⇔ x2 – x – 2 = 0⇔ (x – 2)(x + 1) = 0⇔ x = 2 atau x = –1Jadi, nilai c yang memenuhi x = 2 atau x = –1.

4. Jawaban: adet (AB)= det (A) × det (B)

= 5 00 2

× b = 10b

5. Jawaban: b

R–1 = 12 1 ( 1) 0× − − ×

1 10 2

= 12

1 10 2

= 1 12 20 1

S–1 = 12

1

1 0 ( 1)× − × −12

1 0

1

= 212

1 0

1

= 2 02 1

Jadi, R–1S–1 = 1 12 20 1

2 02 1

= 12

2

2 1

.

A. Pilihan Ganda

Dari kesamaan matriks di atas diperoleh:b – 2 = –5⇔ b = –5 + 2⇔ b = –3a + 7b = –20⇔ a + 7(–3) = –20⇔ a – 21 = –20⇔ a = –20 + 21⇔ a = 1Jadi, nilai a = 1 dan b = –3.

10. a. Misal matriks P = banyak sepatu yangdiproduksi per hari.

P =

100 150 17550 75 6020 30 35

Misal matriks Q = harga sepatuQ = (100.000 80.000 75.000)

JenisSepatu

A B C

← Kualitas I

← Kualitas II

← Kualitas III

↑ Kualitas I

↑Kualitas II

↑Kualitas III

b. Jumlah uang hasil penjualan per hari= QP

= (100.000 80.000 75.000)

100 150 17550 75 6020 30 35

= ( )15.500.000 23.250.000 24.925.000

Jadi, jumlah uang yang diperoleh pabrik setiaphari:= Rp15.500.000,00 + Rp23.250.000,00 + Rp24.925.000,00

= Rp63.675.000,00


6. Jawaban: d

A – kl = 6 26 5

− −

– k 1 00 1

= 6 26 5

− −

– k 00 k

= 6 k 26 5 k

− − − −

Matriks (A – kI) adalah matriks singular maka|A – KI| = 0 dan (A – kI) tidak mempunyai invers.

| A – kI | = 6 k 26 5 k

− −− −

⇔ (6 – k)(5 – k) – 12 = 0⇔ 30 – 6k – 5k + k2 – 12 = 0⇔ k2 – 11k + 18 = 0⇔ (k – 9)(k – 2) = 0⇔ k = 9 atau k = 2

7. Jawaban: aC = AB

= 2 14 1

−

4 11 1

−

= 2 4 1 1 2 ( 1) 1 14 4 ( 1) 1 4 ( 1) ( 1) 1

× + × × − + × × + − × × − + − ×

= 9 115 5

− −

Invers C = C–1

= 19 ( 5) ( 1) 15× − − − ×

5 115 9

− −

= – 130

5 115 9

− −

= 1 16 301 32 10

−

−

8. Jawaban: aMatriks A tidak mempunyai invers jika det (A) = 0.

Matriks 5x 54 x

tidak mempunyai invers jika:

5x 54 x

= 0

⇔ 5x2 – 20 = 0⇔ 5(x2 – 4) = 0⇔ (x + 2)(x – 2) = 0⇔ x + 2 = 0 atau x – 2 = 0⇔ x = –2 x = 2Jadi, nilai x adalah –2 atau 2.

9. Jawaban: d

AB – C = 1 31 0

−

2 01 1

– 5 32 1

= 1 3

2 0− −

– 5 32 1

= 6 6

0 1− −

−

det (AB – C) = 6 6

0 1− −

−

= (–6) × (–1) – (–6) × 0 = 6

10. Jawaban: d

A = 2 31 1

− −

⇒ AT = 2 13 1−

−

AB = 2 31 1

− −

0 11 2

= 3 41 1

− −

(AB)–1 = 13 ( 4)− − −

1 41 3− −

= 1 4

1 3− −

(AB)–1 – AT = 1 41 3− −

– 2 1

3 1−

− = 1 5

2 4−

− 11. Jawaban: a

AC = B⇔ C = A–1B⇔ C–1 = (A–1B)–1

⇔ C–1 = B–1A

= 15 3

2 1

−−

4 23 4

−

= 1

111 32 5

−

4 23 4

−

= 1

1113 107 24

− −

=

13 1011 117 2411 11

−

−

Determinan matriks C–1:

| C–1| = 13 24 10 711 11 11 11

− − × − ×

= –242121

= –2

66 Matriks

12. Jawaban: eD = B–1

= 1cos sin

sin cos

−θ θ − θ θ

= 2 21

cos sinθ + θcos sinsin cos

θ − θ θ θ

= 11

cos sinsin cos

θ − θ θ θ

= cos sinsin cos

θ − θ θ θ

Jadi, matriks D adalah cos sinsin cos

θ − θ θ θ

.

13. Jawaban: aAX = BX = A–1B

= 1

1 1 0 2× − × 1 02 1

−

1 25 9

− −

= 1 02 1

−

1 25 9

− −

= 1 23 5

− −

Jadi, matriks X adalah 1 23 5

− −

.

14. Jawaban: b

A = 3 27 5

A–1 = 1

3 5 2 7× − ×5 27 3

− −

= 5 27 3

− −

CA = B⇔ CAA–1 = BA–1

⇔ CI = BA–1

⇔ C = BA–1

= 5 12 3

5 27 3

− −

= 18 711 5

− −

A + B + C = 3 27 5

+ 5 12 3

+ 18 711 5

− −

= 26 4

2 13−

−

15. Jawaban: b

M × a bc d

= a b

a c b d − −

⇔ M × 1a b a b

c d c d

−

= 1a b a b

a c b d c d

− − −

⇔ M = a b

a c b d − −

1ad bc−

d bc a

− −

= 1

ad bc−ad bc ab ab

ad dc bc dc ab bc ab ad− − +

− − + − + + −

= 1

ad bc−ad bc 0ad bc (ad bc)

− − − −

= 1 01 1

−

Diperoleh M = 1 01 1

−

det (M) = 1 01 1−

= 1 × (–1) – 0 × 1 = –1

B. Uraian

1. Suatu matriks tidak mempunyai invers, berartimatriks tersebut disebut matriks singular.Syarat agar C singular adalah |C| = 0.

a. |C| = 1x41xx

+−+

= 0

⇔ x(x + 1) – (–4(x + 1)) = 0⇔ x2 + x + 4x + 4 = 0⇔ x2 + 5x + 4 = 0⇔ (x + 4)(x + 1) = 0⇔ x = –4 atau x = –1Jadi, x = –4 atau x = –1.

b. |C| = sin x 1

1 2 = 0

⇔ 2 sin x – 1 · 1 = 0⇔ 2 sin x – 1 = 0⇔ 2 sin x = 1

⇔ sin x = 21

⇔ sin x = sin 30°(i) x = 30° + k · 360°

Untuk k = 0 maka x = 30° + 0 · 360° = 30°Untuk k = 1 maka x = 30° + 1 · 360° = 390°

(ii) x = (180° – 30°) + k · 360° = 150° + k · 360°Untuk k = 0 maka x = 150° + 0 · 360° = 150°Untuk k = 1 maka x = 150° + 1 · 360° = 510°

Oleh karena 0° ≤ x ≤ 360°, nilai x yangmemenuhi adalah 30° dan 150°.


2. P = 4 12 1

−

maka PT = 4 21 1

−

Q–1PT = 1 24 7

4 21 1

−

= 2 49 15

(Q–1PT)–1 = 12 · 15 4 · 9−

15 49 2

− −

= – 16

15 49 2

− −

= 5 22 33 12 3

−

−

3. XA = B⇔ XAA–1 = BA–1

⇔ XI = BA–1

⇔ X = BA–1

= 1 10 4

−

12 2+

2 12 1

−

= 1 10 4

−

14

2 12 1

−

= 1 10 4

−

1 12 41 12 4

−

= 1 02 1

−


−

.

4. |M| = cos2 α – (–sin2 α)= cos2 α + sin2 α= 1

M–1 = 11

cos sin– sin cos

α α α α

= cos sin– sin cos

α α α α

MP = N ⇒ M–1MP = M–1N⇔ P = M–1N

= cos sin– sin cos

α α α α

0 –11 0

= sin – coscos sin

α α α α

det (P) = sin coscos sin

α − αα α

= sin2 α – (–cos2 α)= sin2 α + cos2 α= 1

5. det (B) = 1 0 4 1 03 2 1 3 21 0 5 1 0

= (1 · 2 · 5) + (0 · 0 · 1) + (4 · 3 · 0) – (4 · 2 · 1) – (1 · 1 · 0) – (0 · 3 · 5)= 10 + 0 + 0 – 8 – 0 – 0= 2

Adj(B) =

2 1 0 4 0 40 5 0 5 2 1

3 1 1 4 1 41 5 1 5 3 1

3 2 1 0 1 01 0 1 0 3 2

−

− − −

= 10 0 814 1 112 0 2

− − −

B–1 = 1

det B Adj (B)

= 12

10 0 814 1 112 0 2

− − −

= 1 112 2

5 0 47

1 0 1

− − −

Jadi, invers matriks B adalah 1 112 2

5 0 47

1 0 1

− − −

.

+ + +– – –

68 Matriks

A. Pilihan Ganda1. Jawaban: e

Sistem persaman linear:x + 4y – 9 = 0 ⇔ x + 4y = 9x – 5y + 9 = 0 ⇔ x – 5y = –9

dapat dinyatakan dalam bentuk matriks berikut.

matriks koefisien

1 41 5

−

xy

= 99

−

Jadi, matriks koefisiennya adalah 1 41 5

−

.

2. Jawaban: a4x + 2y = 52x – y = –2

Dibuat ke bentuk operasi matriks menjadi:

4 2 x 52 1 y 2

= − −

3. Jawaban: dBentuk persamaan matriksnya:

1 11 1

−

xy

= 32

−

D = 1 11 1−

= 1· (–1) – 1 · 1 = –1 – 1 = –2

Dx = 3 12 1− −

= 3 · (–1) – 1 · (–2) = –3 + 2 = –1

x = xDD

= 12

−−

= 12

4. Jawaban: aSistem persamaan linear:

2x + 3y = 34x – y = –7

Bentuk persamaan matriksnya:

2 3 x 34 1 y 7

= − −

y = yD

D=

2 34 72 34 1

−

−

= 2 ( 7) 3 4

2 34 1

× − − ×

−

= 262 34 1

−

−

Jadi, nilai a yang memenuhi –26.

5. Jawaban: eBentuk persamaan matriksnya:

1 p3 2

−

xy

= 51

−

y = yD

D⇔ –2 =

1 53 11 p3 2

−

−

⇔ –2 = 162 3p− −

⇔ –2(–2 – 3p) = 16⇔ 4 + 6p = 16⇔ 6p = 16 – 4⇔ 6p = 12⇔ p = 2

Jadi, nilai p adalah 2.

6. Jawaban: dSyarat SPLDV mempunyai satu penyelesaianadalah D ≠ 0.Pada pilihan d:

D = 5 24 3 = 15 – 8 = 7 ≠ 0

Oleh karena D ≠ 0 maka sistem persamaan linearpada pilihan d mempunyai satu penyelesaian.

7. Jawaban: c3x – y = 2 dan x – 3y = 3Bentuk persamaan matriksnya:

3 11 3

− −

xy

= 23

x = xDD

=

2 13 33 11 3

−−−−

= 6 39 1

− +− +

= 38

y = yD

D =

3 21 3

3 11 3

−−

= 9 29 1−

− + = – 78

Jadi, himpunan penyelesaiannya {( 38

, – 78

)}.


Dy = 1 1 1 1 12 3 1 2 30 4 2 0 4

−

= (1 · 3 · 2) + (1 · 1 · 0) + ((–1) · 2 · 4) – ((–1)) ·3 · 0) – (1 · 1 · 4) – (1 · 2 · 2)

= 6 + 0 – 8 + 0 – 4 – 4= –10

Dz = 1 0 1 1 02 1 3 2 10 1 4 0 1− −

= (1 · 1 · 4) + (0 · 3 · 0) + (1 · 2 · (–1)) – (1 · 1 ·0) – (1 · 3 · (–1)) – (0 · 2 · 4)

= 4 + 0 – 2 – 0 + 3 – 0= 5

diperoleh:

x = xDD

= 105

= 2

y = yD

D = 10

5− = –2

z = zDD

= 55

= 1

Jadi, himpunan penyelesaiannya {(2, –2, 1)}.

10. Jawaban: bSyarat ketiga garis di atas berpotongan di satutitik adalah:

a 2 1 21 1 33 a 1

+ −− − = 0

a 2 1 2 a 2 11 1 3 1 13 a 1 3 a

+ − +− − −

⇔ ((a + 2) · (–1) · 1) + (1 · (–3) · 3) + ((–2) · 1 · a) –((–2) · (–1) · 3)) – ((a + 2) · (–3) · a) – (1 · 1 · 1)

⇔ –a – 2 – 9 – 2a – 6 + 3a2 + 6a – 1 = 0⇔ 3a2 + 3a – 18 = 0⇔ (3a + 9)(a – 2) = 0⇔ a = –3 atau a = 2Oleh karena a > 0 maka nilai a yang memenuhiadalah 2.

8. Jawaban: e

sin coscos sin

α α − α α

xy

=

cossin

α α

⇔xy

=

1sin coscos sin

−α α − α α

cossin

α α

⇔xy

= 2 2

1sin cosα + α

sin coscos sin

α − α α α

cossin

α α

⇔xy

=

11

sin coscos sin

α − α α α

cossin

α α

⇔xy

=

sin coscos sin

α − α α α

cossin

α α

⇔xy

= 2 2

sin cos cos sincos sin

α α − α α α + α

⇔xy

= 2 2

sin cos sin cossin cos

α α − α α α + α

⇔xy

=

01

Diperoleh x = 0 dan y = 1.Jadi, nilai x + y = 0 + 1 = 1.


1 0 12 1 10 1 2

− −

xyz

= 134

D = 1 0 1 1 02 1 1 2 10 1 2 0 1

−

− −

= (1 · 1 · 2) + (0 · 1 · 0) + ((–1) · 2 · (–1)) – ((–1)· 1 · 0)) – (1 · 1 · (–1)) – (0 · 2 · 2)

= 2 + 0 + 2 – 0 + 1 – 0= 5

Dx = 1 0 1 1 03 1 1 3 14 1 2 4 1

−

− −

= (1 · 1 · 2) + (0 · 1 · 4) + ((–1) · 3 · (–1)) – ((–1) · 1· 4) – (1 · 1 · (–1)) – (0 · 3 · 2)

= 2 + 0 + 3 + 4 + 1 – 0= 10

+ + +– – –

+ + +– – –

+ + +– – –

+ + +– – –

+ + +– – –

70 Matriks

2) Menggunakan metode Cramer

x = xDD

=

4 12 12 13 1

− −−

−−

= 61

= 6

y = yD

D =

2 43 22 13 1

−

−−

= 161

= 16

Diperoleh x = 6 dan y = 16.c. Bentuk persamaan matriksnya:

2 11 3

−

xy

= 07

1) Menggunakan invers matriks

2 11 3

−

xy

= 07

⇔ xy

= 12 1

1 3

−−

07

⇔ xy

= 16 1+

3 11 2

−

07

⇔ xy

= 17

3 11 2

−

07

⇔ xy

= 17

714

⇔ xy

= 12

Diperoleh x = 1 dan y = 2.2) Menggunakan metode Cramer

x = xDD

=

0 17 32 11 3

−

− = 77

= 1

y = yD

D =

2 01 72 11 3

− = 147

= 2

Diperoleh x = 1 dan y = 2.

2. Sistem persamaan linear dalam bentuk matriks:

3 2 4 x 112 0 1 y 31 1 0 z 1

= − −

B. Uraian1. a. Bentuk persamaan matriksnya:

3 22 1

− −

xy

= 81

−


3 22 1

− −

xy

= 81

−

⇔ xy

= 13 2

2 1

−− −

81

−

⇔ xy

= 1

3 4− +1 22 3

− −

81

−

⇔ xy

= 1 22 3

− −

81

−

⇔ xy

= 1019

Diperoleh x = 10 dan y = 19.2) Menggunakan metode Cramer

x = xDD

=

8 21 13 22 1

− −−

−−

= 101

= 10

y = yD

D =

3 82 13 22 1

−

−−

= 191

= 19

Diperoleh x = 10 dan y = 19.b. Bentuk persamaan matriksnya:

2 13 1

− −

xy

= 42

−


2 13 1

− −

xy

= 42

−

⇔ xy

= 12 1

3 1

−− −

42

−

⇔ xy

= 12 3− +

1 13 2

− −

42

−

⇔ xy

= 1 13 2

− −

42

−

⇔ xy

= 616

Diperoleh x = 6 dan y = 16.


D = 3 2 4 3 22 0 1 2 01 1 0 1 1− −

= (3 · 0 · 0) + (2 · 1 · 1) + (4 · 2 · (–1)) – (4 · 0 · 1)– (3 · 1 · (–1)) – (2 · 2 · 0)

= 0 + 2 – 8 – 0 + 3 – 0= –3

Dx = 11 2 43 0 11 1 0− − 11

03211

−−

= (11 · 0 · 0) + (2 · 1 · (–1)) + (4 · 3 · (–1))– (4 · 0 · (–1)) – (11 · 1 · (–1)) – (2 · 3 · 0)

= 0 – 2 – 12 – 0 + 11 – 0= –3

Dy = 3 11 42 3 11 1 0−

11

32113

−

= (3 · 3 · 0) + (11 · 1 · 1) + (4 · 2 · (–1))– (4 · 3 · 1) – (3 · 1 · (–1)) – (11 · 2 · 0)

= 0 + 11 – 8 – 12 + 3 + 0 = –6

Dz = 3 2 11 3 22 0 3 2 01 1 1 1 1− − −

= (3 · 0 · (–1)) + (2 · 3 · 1) + (11 · 2 · (–1))– (11 · 0 · 1) – (3 · 3 · (–1)) + (2 · 2 · (–1))

= 0 + 6 – 22 – 0 + 9 + 4= –3

x = xDD

= 33

−− = 1

y = yD

D =

63

−− = 2

z = zDD

= 33

−− = 1

Nilai 4x – 3y + 2z = 4(1) – 3(2) + 2(1)= 4 – 6 + 2 = 0

3. Sistem persamaan linear dalam bentuk matriks:

cos 15 sin 15 x sin 15sin 15 cos 15 y cos 15

° − ° ° = ° ° °

D = cos 15 sin15sin15 cos 15

° − °° ° = cos2 15° + sin2 15° = 1

Dx = sin15 sin15cos 15 cos 15

° − °° °

= sin 15° cos 15° + cos 15° sin 15°= sin (15° + 15°)= sin 30°

= 12

Dy = cos 15 sin15sin15 cos 15

° °° °

= cos2 15° – sin2 15°= cos (2 × 15°)= cos 30°

= 12

3

x = xDD

= 12

1 =

12

y = yD

D = 12

3

1 = 12

3

Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah

{(12

, 12

3 )}.

4. Misalkan:x = umur ayah sekarangy = umur adik sekarangKalimat matematikanya:x – y = 26 . . . (1)

(x – 5) + (y – 5) = 34⇔ x + y = 34 + 5 + 5⇔ x + y = 44 . . . (2)Sistem persamaan linearnya:

x – y = 26x + y = 44

Bentuk matriksnya: 1 11 1

−

xy

= 2644

x = xDD

=

26 144 11 11 1

−

− = 26 441 1

++

= 702

= 35

y = yD

D =

1 261 441 11 1

− = 44 261 1

−+

= 182

= 9

Umur ayah dua tahun yang akan datang= x + 2= 35 + 2= 37 tahunUmur adik dua tahun yang akan datang= y + 2= 9 + 2= 11 tahun

+ + +– – –

+ + +– – –

+ + +– – –

+ + +– – –

72 Matriks

5. a. Misalkan:harga 1 kg beras = xharga 1 kg telur = ySistem persamaan linear dari permasalahandi atas:

2x + 3y = 52.000x + 2y = 32.000

Bentuk persamaan matriks:

2 31 2

xy

= 52.00032.000

⇔ xy

= 12 3

1 2

−

52.00032.000

⇔ xy

= 14 3−

2 31 2

− −

52.00032.000

⇔ xy

= 2 31 2

− −

52.00032.000

⇔ xy

= 8.00012.000

Diperoleh x = 8.000 dan y = 12.000.Jadi, harga 1 kg beras Rp8.000,00 dan harga1 kg telur Rp12.000,00.

b. Harga 3 kg beras dan 4 kg telur= 3x + 4y= 3 × Rp8.000,00 + 4 × Rp12.000,00= Rp24.000,00 + Rp48.000,00= Rp72.000,00Jadi, harga 3 kg beras dan 4 kg telurRp72.000,00.

A. Pilihan Ganda1. Jawaban: a

A =

2 7 1 63 1 3 25 4 0 1

2 1 4 5

−

Diagonal utama

Diagonal utama matriks A adalah 2, 1, 0, 5.

2. Jawaban: btrace = jumlah semua elemen pada diagonal utamatrace (A) = (–2) + 1 + 4 = 3trace (B) = 1 + 1 + 1 = 3trace (C) = 4 + 2 + (–3) = 3trace (D) = –2 + 4 + (–5) = –3trace (A) = trace (B) = trace (C)Jadi, matriks A, B, dan C mempunyai trace yangsama.

3. Jawaban: c

B = 1 0 34 1 52 0 2

− −

⇔ BT = 1 4 20 1 03 5 2

− −

Jadi, transpos dari matriks B adalah

1 4 20 1 03 5 2

− −

.

4. Jawaban: a

7 3 21 4 5

− −

– 4 2 42 6 4

− −

= 4x 1 1 21 2 2y 3−

− −

⇔ 7 4 3 2 2 41 2 4 6 5 4

− − − + − − + −

= 4x 1 1 21 2 2y 3−

− −

⇔ 3 1 21 2 1

−

= 4x 1 1 21 2 2y 3−

− − Dari kesamaan matriks di atas diperoleh:4x – 1 = 3⇔ 4x = 3 + 1⇔ 4x = 4⇔ x = 1 . . . (1)2y – 3 = 1⇔ 2y = 1 + 3⇔ 2y = 4⇔ y = 2 . . . (2)Jadi, nilai (x, y) adalah (1, 2).

5. Jawaban: c

A + B = 1 1

1 1−

+ 20 11 0

= 1 1

1 1−

+ 0 22 0

= 1 0 1 2

1 2 1 0− + +

+ +

= 1 3

3 1−


6. Jawaban: e

A = 3 24 2

− −

A2 = A × A = 3 24 2

− −

3 24 2

− −

= 1 24 4

− −

Jadi, transpos (A2) = 1 42 4

− −

.

7. Jawaban: cB – A = CT

⇔x y 2

3 y+

– 2 11 4

− =

7 32 1

⇔x y 2 3

2 y 4+ −

− =

7 32 1

Dari kesamaan matriks diperoleh:y – 4 = 1 ⇔ y = 5 . . . (1)x + y – 2 = 7 ⇔ x + 5 – 2 = 7 ⇔ x = 4 . . . (2)Nilai x · y = 4 · 5 = 20

8. Jawaban: a

–2A + 7 14

0 014 7

− −

= 3B

⇔ –2(2B) + 7 14

0 014 7

− −

= 3B

⇔ –4B + 7 14

0 014 7

− −

= 3B

⇔ 7B = 7 14

0 014 7

− −

⇔ B = 17

7 140 014 7

− −

⇔ B = 1 2

0 02 1

− −

9. Jawaban: b

p010

+ 2q11

0

−

– r101

−

= 121

− −

⇔0p0

+ 2q2q0

−

– r0r

−

= 121

− −

⇔2q rp 2q

r

− −

=

121

− −

Dari kesamaan matriks diperoleh:(i) r = –1(ii) 2q – r = 1 ⇔ 2q – (–1) = 1

⇔ 2q + 1 = 1⇔ q = 0

(iii) p – 2q = –2 ⇔ p – 0 = –2 ⇔ p = –2Nilai p + q + r = –2 + 0 – 1 = –3.

10. Jawaban: c

A = 2 43 4

maka AT = 2 34 4

2A – AT + I = 2 2 43 4

– 2 34 4

+ 1 00 1

= 4 86 8

– 2 34 4

+ 1 00 1

= 4 2 1 8 3 06 4 0 8 4 1

− + − + − + − +

= 3 52 5

11. Jawaban: bM2 = M × M

= 1 2

3 4−

1 2

3 4−

= 1 6 2 83 12 6 16

+ − + − + +

= 7 69 22

Jadi, M2 = 7 69 22

.

12. Jawaban: c

5 3x 27 y 2

+ −

= I + P

⇔ 5 3x 27 y 2

+ −

= 1 00 1

+ 4 86 1

⇔ 5 3x 27 y 2

+ −

= 5 86 2

Dari kesamaan matriks di atas, diperoleh:1) 3x + 2 = 8

⇔ 3x = 8 – 2⇔ 3x = 6⇔ x = 2

74 Matriks

2) 7 – y = 6⇔ y = 7 – 6⇔ y = 1

5x2 + 2y = 5(2)2 + 2(1)= 20 + 2 = 22

Jadi, nilai 5x2 + 2y adalah 22.

13. Jawaban: e(PQ)T = QTPT

14 1018 11

− −

= QT 4 13 1

⇔ 14 1018 11

− −

14 13 1

−

= QT4 13 1

14 13 1

−

⇔ QT = 14 1018 11

− −

14 3−

1 13 4

− −

= 14 30 14 4018 33 18 44

− − + − + − =

16 2615 26−

−

⇔ Q = 16 15

26 26−

−

14. Jawaban: e

A + B – C = 8 5xx 4

− −

⇔ 3 y5 1

−

+ x 53 6

−

– 3 1y 9

− −

= 8 5xx 4

− −

⇔ 3 x 3 y 5 15 3 y 1 6 9

+ + + + − − − + −

= 8 5xx 4

− −

⇔ 6 x y 62 y 4

+ + − −

= 8 5xx 4

− −

Berdasarkan kesamaan matriks diperoleh:1) 6 + x = 8 ⇔ x = 22) 2 – y = –x⇔ 2 – y = –x⇔ y = 2 + 2⇔ y = 4x + 2xy + y = 2 + 2 · 2 · 4 + 4 = 22Jadi, x + 2xy + y adalah 22.

15. Jawaban: c2A – B = CD

⇔ 2c 21 0

−

– 4 a

b 5 6 + −

= 1 3 4 b

0 2 2 3−

−

⇔2c 42 0

−

– 4 a

b 5 6 + −

= 10 b 94 6

− − + −

⇔2c 4 4 ab 3 6

− − − − −

= 10 b 94 6

− − + −

Dari kesamaan matriks diperoleh:–2c – 4 = –10 ⇔ –2c = –6

⇔ c = 3 . . . (1)–b – 3 = –4 ⇔ –b = –1

⇔ b = 1 . . . (2)4 – a = –b + 9 . . . (3)

Substitusi persamaan (2) ke persamaan (3).4 – a = –b + 9

⇔ 4 – a = –(1) + 9⇔ 4 – a = 8⇔ a = –4Diperoleh a = –4, b = 1, dan c = 3Jadi, nilai a + b + c = (–4) + 1 + 3 = 0

16. M =

13 2 1 351 3 5 024 1 0 23

− −

Misalkan A = 3 2 1 31 3 5 04 1 0 2

−

B =

1523

−

A matriks berordo 3 × 4, B matriks berordo 4 × 1sehingga M = A3 × 4 × B4 × 1 merupakan matriksberordo 3 × 1.

17. Jawaban: cP – Q = R

⇔2

3

log 4ab 2

log 3ab 0

– 2

3

log 6 1

log a 2

= 3 12 2

−

⇔2 2

3 3

log 4ab log 6 1

log 3ab log a 2

− − −

= 3 12 2

−

Dari kesamaan matriks diperoleh:2log 4ab – 2log 6= 3

⇔ 2log 4ab6

= 2log 8

⇔ 4ab6

= 8⇔ ab = 12 . . . (1)3log 3ab – 3log a= 2

⇔ 3log 3aba

= 3log 9

⇔ 3aba

= 9⇔ b = 3 . . . (2)Substitusi b = 3 persamaan ke (1).a · 3 = 12 ⇔ a = 4Jadi, nilai a2b = 42 · 3 = 48.


21. Jawaban: c

A2 = 12

1

4m 1

− 12

1

4m 1

− =

2m 1 00 2m 1

+ +

A2 + B–1 = C

⇔ B(A2 + B–1) = BC

⇔ BA2 + BB–1 = BC

⇔6m 41 1

− −

2m 1 00 2m 1

+ + + I

= 6m 41 1

− −

1 8m1 5

−

⇔212m 6m 8m 4

2m 1 2m 1 + − − + − −

+ 1 00 1

= 26m 4 48m 20

2 8m 5 + − −

⇔212m 6m 1 8m 42m 1 2m

+ + − − + −

= 26m 4 48m 20

2 8m 5 + − −

Dari kesamaan nilai elemen kedua matriks padabaris kedua kolom pertama diperoleh persamaan:2m + 1 = 2⇔ 2m = 1

⇔ m = 12

Jadi, nilai m yang memenuhi adalah 12 .

22. Jawaban: a

4 25 2

− −

B = 9 110 2

− −

⇔ B = 14 2 9 1

5 2 10 2

−− − − −

⇔ B = 1( 4) ( 2) 2 5− × − − ×

2 2 9 15 4 10 2

− − − − − −

⇔ B = 12−

2 25 3

− − −

⇔ B = 5 32 2

1 1−

Det (B) = 5 32 2

1 1−

= (–1) × 32 – 1 ×

52 =

82

− = –4

Jadi, determinan matriks B adalah –4.

18. Jawaban: cA + B = 2C⇔ 2C = A + B

⇔ 2C = 1 65 1

− −

+ 5 23 1

⇔ 2C = 6 82 0

−

⇔ 2C = 23 41 0

−

⇔ C = 3 41 0

−

det (C) = 3 41 0−

= 3 × 0 – 4 × (–1)= 4

19. Jawaban: a

2x 1 2x 2 x 1

−+ − = 0

⇔ (2x – 1)(x – 1) – 2(x + 2) = 0⇔ 2x2 – x – 2x + 1 – 2x – 4 = 0⇔ 2x2 – 5x – 3 = 0Dari persamaan kuadrat tersebut diperoleh:

x1 + x2 = –( 5)

2−

= 52

x1x2 = 32

− = –

32

Jumlah kuadrat akar-akar persamaan kuadrat:x1

2 + x22 = (x1 + x2)

2 – 2x1x2

= 25

2

– 2(–32 )

= 254

+ 3

= 914

20. Jawaban: d

det A = 1 2 34 1 12 2 1

1 24 12 2

= (1 · 1 · 1) + (2 · 1 · 2) + (3 · 4 · 2) – (3 · 1 · 2)– (1 · 1 · 2) – (2 · 4 · 1)

= 1 + 4 + 24 – 6 – 2 – 8= 13

+ + +– – –

76 Matriks

23. Jawaban: b

1a b b0 1

−− −

= a 1

a 2b 1 − +

⇔1

(a b) 1 ( b) 0− × − − ×1 b0 a b

−

= a 1

a 2b 1 − +

⇔1 b

a b a b

0 1− −

= a 1

a 2b 1 − +

Dari kesamaan matriks diperoleh:

1a b− = a ⇔ 1

a = a – b . . . (1)

ba b− = 1 ⇔ b = a – b

⇔ 2b = a

⇔ b = a2 . . . (2)

Substitusi b = a2 ke (1):

1a = a – b ⇒ 1

a = a – a2

⇔ 1a =

12 a

⇔ a2 = 2

⇔ a = ± 2

Untuk a = 2 substitusi ke b = a2

b = a2 =

22 = 1

2

Nilai ab = 2 × 1

2 = 1

Untuk a = – 2 substitusi ke b = a2

b = a2 = 2

2− = 1

2−

Nilai ab = – 2 × 1

2− = 1

Jadi, nilai ab = 1.

24. Jawaban: bdet P = det Q

⇔ 1 02 3x 2−

= 1 23 5

−−

⇔ 3x – 2 – 0 = –5 – (–6)⇔ 3x – 2 = 1⇔ 3x = 1 + 2⇔ 3x = 3⇔ x = 1Jadi, nilai x adalah 1.

25. Jawaban: bA – B = C–1

⇔ 1 34 2−

– 5 2

1 x 1 − +

= 1

6 5−6 15 1

− −

⇔ 6 15 1 x

− −

= 6 15 1

− −

Dari kesamaan matriks di atas, diperoleh:1 – x = –1

⇔ –x = –1 – 1⇔ –x = –2⇔ x = 2Jadi, nilai x adalah 2.


2 11 5

−

xy

= 413

⇔ xy

= 12 1

1 5

−−

413

⇔ xy

= 110 1+

5 11 2

−

413

⇔ xy

= 111

3322

⇔ xy

= 32

Diperoleh x = 3 dan y = 2.Jadi, himpunan penyelesaian dari sistem per-samaan tersebut adalah {(3, 2)}.

27. Jawaban: cDiperoleh SPLDV:

3x + 5y = 9.5002x + 4y = 6.800

Persamaan matriksnya:

3 5 x 9.5002 4 y 6.800

=

28. Jawaban: c

det 1 1a 2

= 1

⇔ 1 1a 2

= 1

⇔ 2 – a = 1⇔ a = 2 – 1⇔ a = 1

Jadi, matriks tersebut 1 11 2

.



1 11 2

xy

= 84

⇔ xy

= 11 1

1 2

−

84

⇔ xy

= 12 1−

2 11 1

− −

84

⇔ xy

= 2 11 1

− −

84

⇔ xy

= 124

−

Diperoleh x = 12 dan y = –4.Jadi, x + y = 12 – 4 = 8.

29. Jawaban: dSPLDV dari permasalahan tersebut:

3x + 5y = 11.0002x + 4y = 8.000

Bentuk matriks dari SPLDV tersebut:

3 52 4

xy

= 11.0008.000

⇔ xy

= 13 5

2 4

−

11.0008.000

⇔ xy

= 112 10−

4 52 3

− −

11.0008.000

⇔ xy

= 12

4.0002.000

⇔ xy

= 2.0001.000

Diperoleh x = 2.000 dan y = 1.000.Harga 4 buku dan 3 pensil dapat ditulis:4x + 3y = 4(2.000) + 3(1.000) = 8.000 + 3000 = 11.000Jadi, harga 4 buku dan 3 pensil Rp11.000,00.

30. Jawaban: dMisalkan panjang tanah = x dan lebar tanah = y.Sistem persamaan linear dari permasalahan diatas:

x = y + 6 ⇔ x – y = 62(x + y) = 52 ⇔ x + y = 26


1 11 1

−

xy

= 626

⇔ xy

= 11 1

1 1

−−

626

⇔ xy

= 11 1+

1 11 1

−

626

⇔ xy

= 12

1 11 1

−

626

⇔ xy

= 12

3220

⇔ xy

= 1610

Diperoleh x = 16 dan y = 10.Panjang = x = 16Lebar = y = 10Luas tanah = 16 × 10 = 160 m2

Harga jual tanah tersebut= 160 × Rp100.000,00= Rp16.000.000,00Jadi, harga jual tanah tersebut Rp16.000.000,00.

B. Uraian

1. a. A + B = 2 61 3

+ 4 00 4

= 6 61 7

(A + B)T = 6 16 7

b. C – 2A = 1 02 3

– 2 2 61 3

= 1 02 3

– 4 122 6

= 3 120 3

− − −

c. BC = 4 00 4

1 02 3

= 4 08 12

(BC)2 = (BC)(BC)

= 4 08 12

4 08 12

= 16 0128 144

2. 1 log (2a b)log (b 2) 1

− −

= 1 1log a 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)

78 Matriks

+ + +– – –

Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2).2a – b = 10a – b = –2

–––––––––– –a = 12

Substitusi a = 12 ke persamaan (2).12 – b = –2⇔ –b = –2 – 12⇔ –b = –14⇔ b = 14Jadi, nilai a = 12 dan b = 14.

3. Diketahui:

x : y = 5 : 4 ⇔ x = 54 y . . . (1)

( )x y

52 10 1 4 5

1030 25

= (1.360)

⇔ ( ) 52x 40 30 2y 50 25

10

+ + + +

= (1.360)

⇔ ( ) 52x 70 2y 75

10

+ +

= (1.360)

⇔ ((2x + 70) × 5 + (2y + 75) × 10) = (1.360)⇔ (10x + 350 + 20y + 750) = (1.360)⇔ (10x + 20y + 1.100) = (1.360)Dari kesamaan matriks diperoleh:10x + 20y + 1.100= 1.360⇔ 10x + 20y = 260 . . . (2)Substitusi persamaan (1) ke (2).

⇒ 10(54 y) + 20y = 260

⇔ 252 y + 20y = 260

⇔ 652 y = 260

⇔ y = 8Substitusi nilai y = 8 ke (1).

x = 54 y =

54 (8) = 10

Jadi, nilai x = 10 dan y = 8.

4. a. B = A2 = A × A

= 1 2 30 0 01 2 3

1 2 30 0 01 2 3

= 4 8 120 0 04 8 12

BT = 4 0 48 0 8

12 0 12

ABT = 1 2 30 0 01 2 3

4 0 48 0 8

12 0 12

= 56 0 560 0 056 0 56

b. AB = 1 2 30 0 01 2 3

4 8 120 0 04 8 12

= 16 32 480 0 0

16 32 48

det (AB) = 16 32 48 16 320 0 0 0 0

16 32 48 16 32

= (6 · 0 · 48) + (32 · 0 · 16) + (48 · 0· 32) – (48 · 0 · 16) – (16 · 0 · 32)– (32 · 0 · 48)

= 0 + 0 + 0 – 0 – 0 – 0= 0

Oleh karena determinan matriks (AB) = 0 makamatriks (AB) merupakan matriks singular.

5. a. 2 14 3

X = 5 913 23

⇔ X = 12 1

4 3

−

5 913 23

⇔ X = 16 4−

3 14 2

− −

5 913 23

⇔ X = 12

3 14 2

− −

5 913 23

⇔ X = 12

2 46 10

⇔ X = 1 23 5


.


b. X 6 55 4

− −

= 4 32 1

⇔ X = 4 32 1

16 55 4

−− −

⇔ X = 4 32 1

124 25− +

4 55 6

− −

⇔ X = 4 32 1

4 55 6

− −

⇔ X = 1 23 4


.

6. (1 x)2 1 1p 2 x

= (0)

⇔ (2 + px 1 + 2x)1x

= (0)

⇔ (2 + px + x + 2x2) = (0)Dari kesamaan matriks diperoleh:2 + px + x + 2x2 = 0⇔ 2x2 + (1 + p)x + 2 = 0Dari persamaan kuadrat diperoleh:

x1x2 = 22 = 1 ⇔ 4x2 · x2 = 1

⇔ x22 =

14

⇔ x2 = ±12

Untuk x2 = 12 maka x1 = 4 ×

12 = 2.

x1 + x2 = (1 p)

2− +

⇔ 2 + 12 =

1 p2

− −

⇔ 5 = –1 – p⇔ p = –6

Untuk x2 = –12 maka x1 = 4 × (–

12 ) = –2.

x1 + x2 = (1 p)

2− +

⇔ –2 – 12 =

1 p2

− −

⇔ –5 = –1 – p⇔ p = 4Jadi, nilai p = –6 atau p = 4.

7.x log a log (4a 14)

log (b 4) 1

− −

= log b 1log a 1

Dari kesamaan matriks diperoleh:xlog a = log b . . . (1)log (4a – 14)= 1⇔ log (4a – 14) = log 10⇔ 4a – 14 = 10⇔ 4a = 24⇔ a = 6 . . . (2)log (b – 4) = log a . . . (3)Substitusi nilai a = 6 ke persamaan (3).log (b – 4) = log 6⇔ b – 4 = 6⇔ b = 10Substitusi nilai a = 6 dan b = 10 ke persamaan (1):

xlog a = log b⇔ xlog 6 = log 10⇔ xlog 6 = 1

⇔ log 6log x

= 1

⇔ log 6 = log x⇔ 6 = x⇔ x = 6Jadi, nilai x adalah 6.

8. Bentuk matriks sistem persamaan tersebut:

4 33 4

− −

xy

= 012

−

x = xDD

=

0 312 44 33 4

−− −

−−

= 0 3616 9

−− + = 36

7−−

= 367

y = yD

D =

4 03 124 33 4

−−−

= 48

16 9−

− + = 487

Jadi, himpunan penyelesaiannya {( 367

, 487

)}.

9. Misalkan:x = banyak permen dalam kemasan Ay = banyak permen dalam kemasan BSistem persamaan linear dari permasalahan di atassebagai berikut.

2x + 5y = 456x + 4y = 80

80 Matriks

Bentuk persamaan matriksnya:

2 56 4

xy

= 4580

⇔ xy

= 12 5

6 4

−

4580

⇔ xy

= 18 30−

4 56 2

− −

4580

⇔ xy

= – 122

4 56 2

− −

4580

⇔ xy

= – 122

220110

− −

⇔ xy

= 105

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 = 40Jadi, jumlah permen yang dibeli Vina seluruhnyaada 40.

10. Misalkan:harga sebuah buku tulis = xharga sebuah pensil = ySistem persamaan linear dari permasalahan di atas:

5x + 7y = 14.5003x + 4y = 8.500


5 73 4

xy

= 14.5008.500

⇔ xy

= 15 7

3 4

−

14.5008.500

⇔ xy

= 120 21−

4 73 5

− −

14.5008.500

⇔ xy

= 4 73 5

− −

14.5008.500

⇔ xy

= 1.5001.000

Diperoleh x = 1.500 dan y = 1.000.Harga 8 buah buku tulis dan 5 buah pensil= 8x + 5y= 8 × Rp1.500,00 + 5 × Rp1.000,00= Rp12.000,00 + Rp5.000,00= Rp17.000,00Jadi, harga 8 buah buku tulis dan 5 buah pensilRp17.000,00.


⇔ 8 = 24 · 16 – 10 + c

⇔ 8 = c – 2⇔ c = 10

Jadi, F(x) = 12 x4 – 5x + 10.

5. Jawaban: d9

1∫ (

13 x –

3x ) dx

= 9

1∫ (

13 x

12 – 3x

12

−) dx

= 1 12 2

1 1

1 12 2

9

1

1 1 331 1

x x+ − +

+ − + ⋅ −

= 3 12 2

9

1

2 13 3

x 6x

⋅ −

= 9

1

29

x x 6 x

−

= (29 9 9 – 6 9 ) – (

29 1 1 – 6 1 )

= (6 – 18) – (29 – 6) = –6

29

6. Jawaban: a

∫2

3 2

9x 6x

x x 9

−

− + dx

Misalkan u = x3 – x2 + 9dudx = 3x2 – 2x

dx = 2du

3x 2x−

∫2

3 2

9x 6x

x x 9

−

− + dx = 1

2

23(3x 2x)

u

−2du

3x 2x−

= ∫ 3u12

− du = 1

2

3u

12

= 6 3 2x x 9− + + c

A. Pilihan Ganda

1. Jawaban: c∫ (2x3 + 3x2 – 6x + 8) dx

= 2

3 1+ x3 + 1 + 3

2 1+ x2 + 1 – 6

1 1+ x1 + 1 + 8x + c

= 24 x4 +

33 x3 –

62 x2 + 8x + c

= 12 x4 + x3 – 3x2 + 8x + c

2. Jawaban: d∫ (x – 1)(3x – 5) dx

= ∫ (3x2 – 8x + 5) dx

= 3 · 13 x3 – 8 ·

12 x2 + 5x + c

= x3 – 4x2 + 5x + c

3. Jawaban: b

g(x) = 22x x 1

x+

∫ g(x) dx = ∫ 22x x 1

x+ dx

= ∫ 2 22x x 1

x x

+

dx

= ∫ (212x

− + x–2) dx

= 12

21− +

12

1x

− + + 1

2 1− +x–2 + 1 + c

= 412x – x–1 + c

= 4 x – 1x + c

4. Jawaban: cF′(x) = 2x3 – 5

F(x) = ∫ F′(x) dx

⇔ F(x) = ∫ (2x3 – 5) dx

⇔ F(x) = 24 x4 – 5x + c

⇔ F(2) = 24 (2)4 – 5(2) + c

82 Ulangan Tengah Semester 1

7. Jawaban: cf(x) = ax + b

⇔ ∫1

0f(x) dx = 2

⇔ ∫1

0(ax + b) dx = 2

⇔ a2 x2 + bx

1

0 = 2

⇔ (a2 (1)2 + b(1)) – (

a2 (0)2 + b(0)) = 2

⇔ a2 + b = 2 . . . . (1)

∫2

1f(x) dx = 4

⇔ ∫2

1(ax + b) dx = 4

⇔ a2 x2 + bx

2

1 = 4

⇔ (a2 (2)2 + b(2)) – (

a2 (1)2 + b(1)) = 4

⇔ (a2 · 4 + 2b) – (

a2 + b) = 4

⇔ 32 a + b = 4 . . . . (2)

Eliminasi a dari (1) dan (2):a2 + b = 2

32 a + b = 4

–––––––––––– –– a = –2

⇔ a = 2Substitusi a = 2 ke (1):

a2 + b = 2

⇔ 22 + b = 2

⇔ b = 1a + b = 2 + 1 = 3Jadi, a + b = 3.

8. Jawaban: c∫ 16 cos 7x cos 3x dx

= 8 ∫ (cos (7x + 3x) + cos (7x – 3x)) dx

= 8 ∫ (cos 10x + cos 4x) dx

= 8(1

10 sin 10x + 14 sin 4x) + c

= 45 sin 10x + 2 sin 4x + c

9. Jawaban: c

4

0

π

∫ cos 3x dx =

13 sin 3x

4

0

π

= 13 (sin

34π

– sin 0)

= 13 (

12 2 – 0) =

16 2

10. Jawaban: e2

0

π

∫ cos x sin2 x dx = 2

0

π

∫ cos x sin2 x d(sin x)cos x

= 23

0

13

sin xπ

= 13 sin3 2

π – sin3 0

= 13 · 13 – 0 =

13

11. Jawaban: bf′(x) = (4x – 2)(x2 – x + 1)3

Misal u = x2 – x + 1du = (2x – 1) dx

f(x) = ∫ (4x – 2)(x2 – x + 1)3 dx

= 2 ∫ (x2 – x + 1)3 · (2x – 1) dx

= 2 ∫ u3 du

= 24 u4 + c

= 12 (x2 – x + 1)4 + c

f(2) = 12 (22 – 2 + 1)4 + c

⇔ 6 = 12 · 34 + c

⇔ 6 = 812 + c

⇔ c = 6 – 812

⇔ c = –3412

Diperoleh f(x) = 12 (x2 – x + 1)4 – 34

12

Untuk x = 1 maka:

f(1) = 12 (12 – 1 + 1)4 – 34

12

= –34Jadi, untuk absis 1, ordinatnya –34.


12. Jawaban: a∫ (x – 2) sin (2x – π) dx

Hasil integral tersebut dicari menggunakanintegral parsial.Fungsi yang diturunkan Fungsi yang diintegralkan

(x – 2) sin (2x – π)

1 –12 cos (2x – π)

0 – 14

sin (2x – π)

Diperoleh:

∫ (x – 2) sin (2x – π) dx

= (x – 2)(–12 cos (2x – π)) – 1(–

14 sin (2x – π)) + c

= –12 (x – 2) cos (2x – π) +

14 sin (2x – π) + c

= 12 ((2 – x) cos (2x – π) +

12 sin (2x – π)) + c

13. Jawaban: bMenggambar kurva y = 8 – x2 dan y = 2x terlebihdahulu.y = 8 – x2

Titik potong dengan sumbu X (y = 0).0 = 8 – x2

0 = (2 2 + x)(2 2 – x)

x = –2 2 atau x = 2 2Titik potong dengan sumbu Y (x = 0).y = 8 – x2

y = 8y = 2x ⇒ Titik bantu

Titik potong kurva y = 8 – x2 dengan y = 2x8 – x2 = 2x

⇔ –x2 – 2x + 8 = 0⇔ x2 + 2x – 8 = 0⇔ (x + 4)(x – 2) = 0⇔ x = –4 atau x = 2

L = 2

0∫ (8 – x2 – 2x) dx

= 22

2

0

13

8x x x

− −

= (16 – 43 –4) – 0

= 12 – 43

= 323 satuan luas

14. Jawaban: aDaerah yang diarsir dibatasi oleh parabola

y = 12 x2 dan sumbu X pada interval 0 ≤ x ≤ 4.


L = 4

0∫ 1

2 x2 dx = 12 ·

13 x3

4

0

= 16 (43 – 03) =

16 (64) =

323 satuan luas

15. Jawaban: dSketsa grafik y = x2 – 4x + 4 dan y = x dalamsuatu bidang koordinat sebagai berikut.

Batas-batas integral merupakan perpotongankedua kurva.x = x2 – 4x + 4⇔ x2 – 5x + 4 = 0⇔ (x – 4)(x – 1) = 0⇔ x = 4 atau x = 1Diperoleh batas-batas integralnya x = 1 dan x = 4.

L = b

a∫ (y1 – y2) dx

= 4

1∫ (x – (x2 – 4x + 4)) dx

= 4

1∫ (–x2 + 5x – 4) dx

= –13 x3 +

52 x2 – 4x

4

1

= (–13 (4)3 +

52 (4)2 – 4(4))

– (–13 (1)3 +

52 (1)2 – 4(1))

= (–643 + 40 – 16) – (–

13 +

52 – 4)

= –633 + 24 + 4 –

52

= –21 + 28 – 212 = 4

12 satuan luas

Jadi, luas daerah yang dibatasi kurva y = x2 – 4x + 4

dan garis y = x adalah 412 satuan luas.

+

–

x

y

1

2

2

4

Y

X

8

–2 2 2 2

y = 2x

y = 8 – x2

0

Y

X0

4

2

y = x

y = x2 – 4x + 4

4


Jenis

Gaun IGaun II

Kain Sutra (m)

2,5x 2y

70

Kain Katun (m)

1x1,5y

45

16. Jawaban: cDaerah yang dibatasi garis y = 6 – 2x, sumbu X,dan sumbu Y diputar mengelilingi sumbu X,volumenya:

V = 3

0∫ (6 – 2x)2 dx

= 3

0∫ (26 – 24x + 4x) dx

= 4π3

0∫ (9 – 6x + x2) dx

= 4π 9x – 3x2 + x3

3

0

= 4π (27 – 27 + 9 – 0)= 36π satuan volume

17. Jawaban: cPersamaan garis yang melalui (1, 1) dan (2, 0):

1

2 1

y yy y

−− = 1

2 1

x xx x

−− ⇔

y 10 1

−− =

x 12 1

−−

⇔ y 11−

− = x 1

1−

⇔ 1 – y = x – 1⇔ 2 – y = x⇔ x = 2 – y

V = πb

a∫ (x1

2 – x22) dy

= π1

0∫ ((2 – y)2 – (y2)2) dy

= π1

0∫ (4 – 4y + y2 – y4) dy

= π(4y – 2y2 + 13 y3 –

15 y5)

1

0

= π(4 – 2 + 13 –

15 – 0)

= 3215 π = 2

215 π satuan volume

Jadi, volume benda putar yang terbentuk 22

15 πsatuan volume.

18. Jawaban: aTerlebih dahulu akan dicari persamaan garis yangmembatasi daerah tersebut.1) Persamaan garis melalui (2, 0) dan (4, 1).

1

2 1

y yy y

−−

= 1

2 1

x xx x

−− ⇔

y 01 0

−− =

x 24 2

−−

⇔ y = x 2

2−

⇔ 2y = x – 2⇔ x – 2y = 2

(0, 0) termasuk penyelesaian, sehinggapertidaksamaan yang memenuhi x – 2y ≤ 2.

2) Persamaan garis melalui (2, 0) dan (0, 4).4x + 2y = 8 ⇔ 2x + y = 4(0, 0) bukan anggota penyelesaian, sehinggapertidaksamaan yang memenuhi 2x + y ≥ 4.

3) Persamaan garis melalui (5, 0) dan (0, 5)adalah x + y = 5.(0, 0) termasuk penyelesaian sehinggapertidaksamaan yang memenuhi adalahx + y ≤ 5.

Jadi, sistem pertidaksamaan yang memiliki daerahpenyelesaian seperti gambar adalah x – 2y ≤ 2;2x + y ≥ 4; x + y ≤ 5; x, y ≥ 0.

19. Jawaban: bPersamaan garis melalui (2, 0) dan (0, 6):3x + y = 6Pertidaksamaan yang sesuai; 3x + y ≥ 6Persamaan garis melalui (8, 0) dan (0, 2):x + 4y = 8Pertidaksamaan yang sesuai: x + 4y ≥ 8Persamaan garis melalui (6, 0) dan (0, 4):2x + 3y = 12Pertidaksamaan yang sesuai: 2x + 3y ≤ 12Jadi, sistem pertidaksamaan yang sesuai3x + y ≥ 6; x + 4y ≥ 8; 2x + 3y ≤ 12

20. Jawaban: cDaerah penyelesaian 2x + y ≥ 6 di sebelah kanangaris 2x + y = 6.Daerah penyelesaian 2x + 3y ≤ 12 di sebelah kirigaris 2x + 3y = 12.Daerah penyelesaian x ≥ 0 di kanan sumbu Y.Daerah penyelesaian y ≥ 0 di atas sumbu X.Irisan daerah penyelesaian dari keempatpertidaksamaan adalah daerah III.Jadi, daerah penyelesaiannya daerah III.

21. Jawaban: aMisal x = banyak gaun jenis I

y = banyak gaun jenis II

Diperoleh model matematika:2,5x + 2y ≤ 70 ⇔ 5x + 4y ≤ 140x + 1,5y ≤ 45 ⇔ 2x + 3y ≤ 90x ≥ 0y ≥ 0

Jadi, sistem pertidaksamaan yang sesuaipada pilihan a.

Y

X

O 3

6

y = 6 – 2x


22. Jawaban: ax = banyak kaos Sekidoy = banyak kaos BeneGayaModel matematika

x + y ≤ 1000,5x + 0,75y ≤ 50 ⇔ 2x + 3y ≤ 200x ≥ 0y ≥ 0

23. Jawaban: b

Diperoleh sistem pertidaksamaan:2x + y ≤ 160x + 3y ≤ 180x ≥ 0y ≥ 0

Daerah penyelesaian adalah daerah yangmemenuhi sistem pertidaksamaan tersebut.Daerah penyelesaian:

Gambar yang sesuai ada pada pilihan b.

24. Jawaban: dPersamaan garis melalui (5,0) dan (0,10):

10x + 5y = 50⇔ 2x + y = 10Persamaan garis melalui (8,0) dan (0,4):

4x + 8y = 32⇔ 2x + 4y = 16Titik potong garis 2x + y = 10 dan 2x + 4y = 16:2x + 4y = 162x + y = 10

–––––––––– –3y = 62x + 2 = 10

⇔ 2x = 8⇔ x = 4Diperoleh titik potong kedua garis adalah (4, 2).Uji titik sudut daerah penyelesaian pada fungsiobyektif.

Jadi, nilai minimum daerah terarsir pada fungsiobyektif adalah 20.

25. Jawaban: dPersamaan-persamaan garis yang membatasihimpunan penyelesaian sebagai berikut.Persamaan garis melalui (3, 0) dan (0, 4):4x + 3y = 12Persamaan garis melalui (0, 0) dan (4, 5):5x = 4yPersamaan garis melalui (0, 4) dan (4, 5):

1

2 1

y yy y

−− = 1

2 1

x xx x

−−

⇔y 45 4

−− =

x 04 0

−−

⇔ y 41−

= x4

⇔ 4y – 16 = x

⇔ x – 4y = –16

Titik potong antara 4x + 3y = 12 dan 5x = 4ysebagai berikut.5x – 4y = 0 × 3 15x – 12y = 04x + 3y = 12 × 4 16x + 12y = 48

–––––––––––– +31x = 48

⇔ x = 4831

Substitusi x = 4831 ke salah satu persamaan:

5(4831 ) = 4y ⇔ y =

6031

Nilai F pada titik-titik pojok:

(4831 ,

6031 ) ⇒ F = 3(

4831 ) + 2(

6031 ) = 8

1631

(4, 5) ⇒ F = 3(4) + 2(5) = 22

(0, 4) ⇒ F = 3(0) + 2(4) = 8

Nilai maksimum F adalah 8 pada titik (0, 4).

26. Jawaban: cMisal: x = banyak tablet pertama

y = banyak tablet keduaModel matematika yang terbentuk:

5x + 10y ≥ 203x + y ≥ 5x, y ≥ 0

Meminimumkan f(x, y) = 350x + 500y

Y

X

160

60

0 80 180

Titik

(8, 0)(4, 2)(0, 10)

f(x, y) = 3x 5y – 2

222048

→ Nilai minimum

Jenis

MejaRak Buku

Papan Tebal (m2)

2x y

160

Papan Tipis (m2)

x3y

180


Tipe Toko

AB

Batas

Banyak

xy

126

Luas

100 m2

75 m2

10.000 m2

Titik

O(0, 0)A(100, 0)B(25, 100)C(0, 125)

f(x, y) = 7.000.000x + 4.000.000y

0Rp700.000.000 (maksimum)Rp575.000.000Rp500.000.000

Y

X

133 13125

OA

B

C

100 125

Grafik daerah penyelesaiannya seperti gambarberikut.

B merupakan perpotongan garis 5x + 10y = 20dan 3x + y = 5.5x + 10y = 20 × 1 5x + 10y = 203x + y = 5 × 10 30x + 10y = 50

––––––––––––– ––25x = –30

⇔ x = 65

Substitusi x = 65 ke 5x + 10y = 20.

5(65 ) + 10y = 20 ⇔ 10y = 14

⇔ y = 75

Nilai fungsi objektif titik-titik pojok:A(4, 0) maka F = 350(4) + 0 = 1.400

B(65 ,

75 ) maka F = 350(

65 ) + 500(

75 ) = 1.120

C(0, 5) maka F = 350(0) + 500(5) = 2.500Jadi, pengeluaran untuk membeli tablet per hariRp1.120,00.

27. Jawaban: eMisal: x = banyak mobil

y = banyak busModel matematika yang terbentuk dari soaltersebut:

x + y ≤ 1154x + 24y ≤ 1.200 ⇔ x + 6y ≤ 300x, y ≥ 0

F(x, y) = 5.000x + 7.000y

B titik potong antara x + y = 115 dan x + 6y = 300.x + 6y = 300x + y = 115

–––––––––––– –5y = 185

⇔ y = 37⇒ x = 115 – 37 = 78Uji titik pojok:O(0, 0) → F = 0A(115, 0) → F = 575.000B(78, 37) → F = 649.000C(0, 50) → F = 350.000Jadi, pemasukan maksimum yang dapat diperolehtempat parkir itu Rp649.000,00.

28. Jawaban: c

f(x, y) = 7.000.000x + 4.000.000ySistem pertidaksamaan linear yang diperoleh:

x + y ≤ 125100 x + 75y ≤ 10.000 ⇔ 4x + 3y ≤ 400x ≥ 0; y ≥ 0

Koordinat titik B:x + y = 125 × 3 3x + 3y = 3754x + 3y = 400 × 1 4x + 3y = 400

––––––––––– ––x = –25x = 25

25 + y = 125⇔ y = 100Diperoleh koordinat B (25, 100).

Uji titik pojok penyelesaian pada fungsi objektif.

X

Y

O

5

2

1 23

4A

B

C

3x + y = 55x + 10y = 20

Y

X0

115

115 300A

BC

50

x + y = 115

x + 6y = 300


29. Jawaban: b5 a3b 5c

= 5 46 5

− −

Dari kesamaan matriks diperoleh:a = –43b = –6 ⇔ b = –25c = 5 ⇔ c = 1a2 + b2 + c2 = (–4)2 + (–2)2 + 12

= 16 + 4 + 1 = 21Jadi, a2 + b2 + c2 = 21.

30. Jawaban: b

3P – 2Q = 3 2 12 1

− −

– 2 1 41 6

−

= 6 36 3

− −

– 2 82 12

−

= 4 54 15

− − −

31. Jawaban: a

5 34 7

−

– 1 45 2

−

1 23 8− −

= 5 34 7

−

– 13 341 6

− −

= 18 375 1

−

32. Jawaban: ePQT = R

⇔ 12 04 11

−

x 32y 4

−

= 96 3610 56

− −

⇔ 12x 364x 22y 56

− − −

= 96 3610 56

− −

Diperoleh:1) 12x = 96

⇔ x = 82) 4x – 22y = 10

⇔ 4 · 8 – 22y = 10⇔ –22y = –22⇔ y = 1

2x + 3y = 2(8) + 3(1) = 19

33. Jawaban: ax x3 x =

3 33 3

− −−

⇔ x2 – 3x = 9 + 9⇔ x2 – 3x – 18 = 0⇔ (x – 6)(x + 3) = 0⇔ x = 6 atau x = –3Jadi, nilai x yang memenuhi x = 6 atau x = –3.

34. Jawaban: a

P = 2 6 21 3

− −

– 3 5 12 3

− −

= 12 42 6

− −

– 15 36 9

− −

= 3 74 15

− −

Determinan matriks P:

|P| = 3 74 15

− − = –45 – (–28) = –17

35. Jawaban: ddet A = det B⇔ (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

36. Jawaban: ax1 dan x2 akar-akar |AB| = 0.

|AB| = 5 x x 9 1

5 3x 7 4+ −

⇔ 0 = 45 9x 7x 5 x 4x

45 21x 5 12x+ + − − +

+ − +

⇔ 0 = 16x 45 3x 521x 45 12x 5

+ −+ −

⇔ 0 = (16x + 45)(12x – 5) – (21x + 45)(3x – 5)⇔ 0 = 192x2 – 460x – 225 – 63x2 – 30x + 225⇔ 0 = 129x2 – 490x⇔ 0 = x(129x – 490)

⇔ x = 0 atau x = 490129

Oleh karena x1 > x2 berarti x1 = 490129

dan x2 = 0.

37. Jawaban: eM = BC – A

= 4 32 1

1 23 4

– 8 182 7

= 13 205 8

– 8 182 7

= 5 23 1

Invers matriks M:

M–1 = 1

5 6−1 23 5

− −

= 11−

1 23 5

− −

= 1 23 5−

−


38. Jawaban: bOleh karena a dan b akar-akar suatu persamaankuadrat maka x2 – (a + b)x + ab = 0.a dan b memenuhi persamaan:

a b3 2

−

5 24 3

−

= 2 137 12

−

⇔5a 4b 2a 3b

7 12+ − +

− = 2 13

7 12 −

Dari kesamaan matrik diperoleh:5a + 4b = 2–2a + 3b = 13Eliminasi a dari kedua persamaan diperoleh:5a + 4b = 2 × 2 10a + 8b = 4–2a + 3b = 13 × 5 –10a + 15b = 65

–––––––––––––– +23b = 69

⇔ b = 3Substitusi b = 3 ke salah satu persamaan:

5a + 4b = 2⇔ 5a + 4(3) = 2⇔ 5a = –10⇔ a = –2Diperoleh a = –2 dan b = 3.Persamaan kuadrat yang akar-akarnya –2 dan 3adalah x2 – (–2 + 3)x + (–2)3 = 0

⇔ x2 – x – 6 = 0Jadi, persamaan kuadrat itu x2 – x – 6 = 0.

39. Jawaban: e

4 12 3

−

A = 527−

⇔ A = 14 1

2 3

− −

527−

= 112 ( 2)− −

3 12 4

−

527−

= 114

4298−

= 37

−

40. Jawaban: a 2x – 3y = 1 x + 2y = 3

Sistem persamaan linear tersebut dapat disajikandalam bentuk persamaan matriks:

2 31 2

−

xy

=

13

x0 =

1 33 22 31 2

−

− ⇔ p4 ( 3)− −

= 2 ( 9)4 ( 3)

− −− −

⇔ p7 =

117

⇔ p = 11

y0 =

2 11 3

2 31 2

−

= 6 14 ( 3)

−− −

= 57

7y0 + p = 7(57 ) + 11

= 16Jadi, nilai 7y0 + p = 16.

B. Uraian1. a. ∫ f(x) dx

= ∫ (2x + 3x x – 27

x x) dx

= ∫ (2x + 332x – 7

52x

−) dx

= 13

x3 + 32

31+

32

1x

+ – 5

2

71− +

52

1x

− + + c

= 13

x3 + 52

352x – 3

2

7−

32x

− + c

= 13

x3 + 65

52x – 14

3

32x

− + c

= 13

x3 + 65

x2 x – 143x x

+ c

b. ∫ f(x) dx

= ∫ 2 sin (2x – π) + cos (2x + π) dx

= 2 · (– 12

) cos (2x – π) + 12

sin (cos 2x + π) + c

= –cos (2x – π) + 12

sin (cos 2x + π) + c

2. a.2

0∫ (x – 2)(3 + x) dx

= 2

0∫ (x2 + x – 6) dx

= 13

x3 + 12

x2 – 6x2

0

= 83

+ 2 – 12 – 0

= –7 13


b.6

0

π

∫ (cos 2x – sin x) dx

= 12

sin 2x + cos x 6

0

π

= ( 12

sin 3π + cos

6π ) – ( 1

2 sin 0 + cos 0)

= ( 12

· 12 3 + 1

2 3 ) – (0 + 1) = 34 3 – 1

3. a. ∫ (6 – 4x) 2x 3x 8− + dx

dudx = 2x – 3 ⇔ (2x – 3) dx = du

Sehingga diperoleh:

∫ (6 – 4x) 2x 3x 8− + dx

= –2 ∫ (x2 – 3x + 812) · (2x – 3) dx

= –2 ∫12u du

= –2 · 23

32u + c

= – 43

3u + c = – 43

2 3(x 3x 8)− + + c

b. ∫ 2x cos 2x dx

Misalkan:u = 2x ⇒ du = 2 dx

dv = cos 2x dx ⇒ v = ∫ cos 2x dx

= 12

sin 2x


∫ 2x cos 2x dx

= 2x · 12

sin 2x – ∫ 12

sin 2x · 2 dx

= x sin 2x – ∫ sin 2x dx

= x sin 2x + 12

cos 2x + c

4. a. Persamaan kurva:

x = 12 y2 ⇒ y = 2x

Substitusikan y = x – 4 ke persamaan

x = 12 y2.

x = 12 (x – 4)2

⇔ 2x = x2 – 8x + 16⇔ x2 – 10x + 16 = 0⇔ (x – 8)(x – 2) = 0⇔ x = 8 atau x = 2

b. Luas daerah D:

L = 4

10y dx∫ +

8

1 24(y y ) dx−∫

= 4

02x dx∫ +

8

4( 2x (x 4)) dx− −∫

= 12

4

0(2x) dx∫ +

12

8

4((2x) x + 4) dx−∫

=32

4

0

43

x

+ 32

82

4

4 13 2

x x + 4x

−

=324

34 0⋅

− +

32 24 1

3 28 8 + 4 8⋅ ⋅

− ⋅

– 32 24 1

3 24 4 + 4 4⋅ ⋅

− ⋅

= 323 + ((

323 2 – 32 + 32) – (

323 – 8 + 16))

= 323

+ 323 2 – 32 + 32 – 32

3 + 8 – 16

= 323 2 – 8

Jadi, luas daerah D adalah (323 2 – 8)

satuan luas.

5. a. (i) Persamaan garis ky 57 5

−−

= x 25 2

−−

⇔ y 52− = x 2

3−

⇔ 3y –15 = 2x – 4⇔ 3y – 2x = 11

Daerah penyelesaian di kanan garis3y – 2x sehingga pertidaksamaannya3y – 2x ≤ 11 . . . . (1)

(ii) Persamaan garis y 27 2

−−

= x 65 6

−−

⇔ y 25− = x 6

1−−

⇔ –y + 2 = 5x – 30⇔ –y – 5x = –32⇔ y + 5x = 32

Y

X0 4 8

y = x – 4

x = 12 y2


Boneka (x)Mobil-mobilan (y)

Persediaanwaktu

JenisMainan

Waktu

Pengolahan Pemasangan PengepakanLaba

6

3

54

4

6

48

5

5

50

6.000

5.000

A(0, 8)B(0, 0)C(9, 0)D(8, 2)E(6, 4)

Titik Pojok Fungsi Objektif f(x, y) = 6.000x + 5.000y

6.000 · 0 + 5.000 · 8 = 40.0006.000 · 0 + 5.000 · 0 = 06.000 · 9 + 5.000 · 0 = 54.0006.000 · 8 + 5.000 · 2 = 58.000 (maksimum)6.000 · 6 + 5.000 · 4 = 56.000

Y

X

18

108

0 910 12

A

B CD(8, 2)

E(6, 4)

2x + y = 18

2x + 3y = 24x + y = 10

Unsur

A

B

Nitrogen(bagian)

3x

2y

7

Kalium(bagian)

2x

4y

10

Harga(rupiah/ons)

1.500

2.000

Daerah penyelesaian di kiri garisy + 5x = 32 sehingga pertidaksamaanyay + 5x ≤ 32 . . . . (2)

(iii) Persamaan garis my 25 2

−−

= x 62 6

−−

⇔ y 23− = x 6

4−

−⇔ –4y + 8 = 3x – 18⇔ –4y – 3x = –26⇔ 4y + 3x = 26

Daerah penyelesaiannya di kanan garis4y + 3x sehingga pertidaksamaannya4y + 3x ≥ 26 . . . . (3)

Dari pertidaksamaan (1), (2), dan (3) diperolehsistem pertidaksamaan:

3y – 2x ≤ 11y + 5x ≤ 324y + 3x ≥ 26

b. (i) Persamaan garis p: y = xDaerah penyelesaian di kanan garisy = x sehingga pertidaksamaannyay ≤ x . . . . (1)

(ii) Garis q melalui titik (0, 10) dan (4, 0).Persamaan garis q:

y 010 0

−−

= x 40 4

−−

⇔ y10

= x 44

−−

⇔ –4y = 10x – 40⇔ 4y + 10x = 40

Daerah penyelesaian di kanan garis4y + 10x = 40 sehingga pertidaksamaan-nya 4y + 10x ≥ 40 . . . . (2)

(iii) Garis r melalui titik (0, 6) dan (12, 0).Persamaan garis ry 06 0

−−

= x 120 12

−−

⇔ y6

= x 1212−

−⇔ –12y = 6x – 72⇔ 12y + 6x = 72⇔ 2y + x = 12

Daerah penyelesaian di kiri garis2y + x = 12 sehingga pertidaksamaannya2y + x ≤ 12 . . . . (3)

(iv) Daerah penyelesaian di atas sumbu Xsehinggga pertidaksamaannya y ≥ 0. . . . (4)

Dari pertidaksamaan (1), (2), (3), dan (4)diperoleh sistem pertidaksamaan:

y ≤ x4y + 10x ≥ 402y + x ≤ 12y ≥ 0

6.

Fungsi objektif: f(x, y) = 6.000x + 5.000yKendala:

6x + 3y ≤ 54 ⇔ 2x + y ≤ 184x + 6y ≤ 48 ⇔ 2x + 3y ≤ 245x + 5y ≤ 50 ⇔ x + y ≤ 10x ≥ 0, y ≥ 0

Grafik daerah penyelesaian:

Menggunakan uji titik pojok

Dari tabel diperoleh nilai maksimum 58.000 di titikD(8, 2).Jadi, pabrik tersebut harus memproduksi 8 unitboneka dan 2 unit mobil-mobilan per minggu agarmemperoleh laba maksimum.

7. a. Misal: x = banyak unsur A (ons)y = banyak unsur B (ons)

Model matematika:3x + 2y ≥ 72x + 4y ≥ 10x ≥ 0, y ≥ 0

Fungsi objektif: f(x, y) = 1.500x + 2.000y.


b. Daerah penyelesaian:

Uji titik pojok ke fungsi sasaran:f(x, y) = 1.500x + 2.000yf(0, 4,5) = 1.500(0) + 2.000(4,5) = 9.000f(1, 2) = 1.500(1) + 2.000(2) = 5.500f(5, 0) = 1.500(5) + 2.000(0) = 7.500Jadi, biaya minimum Rp5.500,00 dicapaidengan mencampur 1 ons unsur A dan 2 onsunsur B.

8. D = 2AB – C

= 22 3

4 51 0

− −

2 1 01 1 3

− − −

– 0 3 54 2 71 1 0

− −

= 24 3 2 3 0 9

8 5 4 5 0 152 0 1 0 0 0

− − + − + − − + + − + +

– 0 3 54 2 71 1 0

− −

= 27 5 9

13 9 152 1 0

− − − −

– 0 3 54 2 71 1 0

− −

= 14 10 18

26 18 304 2 0

− − − −

– 0 3 54 2 71 1 0

− −

= 14 13 23

22 20 233 1 0

− − − −

Jadi, DT = 14 22 3

13 20 123 23 0

− − − −

.

9. det (A) = a(3a – 4) – (a + 1)= 3a2 – 4a – a + 1 = 3a2 – 5a + 1

det (B) = (1 + x)(1 – x) + x2

= 1 – x2 + x2 = 1

B–1 = 1det B

1 x xx 1 x− −

+

= 11

1 x xx 1 x− −

+ =

1 x xx 1 x− −

+

(B–1)2 = 1 x x

x 1 x− −

+

1 x xx 1 x− −

+

= 2 2

2 2

(1 x) x (1 x)( x) (1 x)( x)

x(1 x) x(1 x) x (1 x)

− − − − + + − − + + − + +

= 2 2

2 2

1 2x x x x(1 x 1 x)

x(1 x 1 x) x 1 2x x

− + − − − + + − + + − + + +

= 1 2x 2x

2x 1 2x− −

+

det (B–1)2 = (1 – 2x)(1 + 2x) – (2x)(–2x)= 1 – 4x2 + 4x2

= 1

det (A) = det (B–1)2

⇔ 3a2 – 5a + 1 = 1⇔ 3a2 – 5a – 2 = 0⇔ (a – 2)(3a + 1) = 0

⇔ a = 2 atau a = –13

Jadi, nilai a = 2 atau a = –13 .

10. a. A = 3 24 3

− −

2 35 7

− −

= 6 10 9 148 15 12 21

− + − − − +

= 4 57 9

− −

Invers matriks A:

A–1 = 1

36 35−9 57 4

= 9 57 4

Jadi, invers matriks A adalah A–1 = 9 57 4

.

b. AB = 3 5

6 9−

−

⇔ B = A–1 3 5

6 9−

−

= 9 57 4

3 56 9

− −

= 3 03 1

−

Jadi, matriks B = 3 03 1

−

.

Y

X

0

3,5

2,3 5

2,5 (1 ,2)

92 Vektor



Gemarmembaca

Mendiskripsikan pengertian vektor, sifat-sifat, danoperasi vektor dari segi pelajaran Fisika dan darisegi matematis untuk memecahkan masalah.

Pada bab ini akan dipelajari:1. Sifat-sifat vektor2. Operasi aljabar vektor3. Hasil perkalian skalar vektor4. Besar sudut antara dua vektor5. Proyeksi skalar suatu vektor pada vektor lain6. Proyeksi ortogonal suatu vektor pada vektor lain


3.4 Menggunakan sifat-sifat dan operasialjabar vektor dalampemecahan masalah.

3.5 Menggunakan sifat-sifat dan operasiperkalian skalar duavektor dalam pemecah-an masalah.

Vektor

Menggunakan sifat-sifat operasialjabar vektor dalam pemecahan

masalah

Siswa dapat menggunakan sifat-sifat operasi aljabar vektor danoperasi perkalian skalar dua vektor dalam pemecahan masalah

Menggunakan sifat-sifat perkalianskalar dua vektor dalam

pemecahan masalah

Menentukan proyeksi vektor

• Menentukan hasil penjumlahandua vektor

• Menentukan hasil pengurangandua vektor

• Menentukan hasil perkalian skalardengan vektor

• Menentukan vektor posisi• Menentukan vektor basis• Menentukan panjang vektor• Menggunakan sifat perbandingan

dua vektor

• Menentukan hasil kali skalar duavektor

• Menentukan besar sudut antaradua vektor

• Menggunakan sifat dua vektoryang saling tegak lurus

• Menggunakan sifat perkalianskalar vektor

• Menentukan proyeksi skalarortogonal

• Menentukan proyeksi vektorortogonal

Siswa mampu menentukanoperasi aljabar vektor

Siswa mampu menentukanperkalian skalar dua vektor

Siswa mampu menentukanproyeksi vektor



AB + AC + BC + BD= AB + ( AB + BC ) + BC + (BC + CD )= AB + ( AB + AD ) + AD + ( AD – AB )= u + ( u + v ) + v + ( v – u )= u + u + v + v + v – u= u + 3 v

2. Jawaban: cu = 6 i – 5 j + 4kv = i + 3 j – 2 ku + 3 v = (6 i – 5 j + 4k ) + 3( i + 3 j – 2 k )

= 6 i – 5 j + 4 k + 3 i + 9 j – 6k= 9 i + 4 j – 2k

3. Jawaban: a

a = PQ = q – p = 25

–

21

− =

06

b = QR = r – q = 42

− –

25

=

27

−

12 a + b =

12

06

+

27

− =

03

+

27

− =

24

−

4. Jawaban: a3u – w = 2 v

⇔ w = 3 u – 2 v = 3412

−

– 22

34

− −

= 1236

−

– 4

68

− −

= 16

32

−

5. Jawaban: a2 a – b = 2( i – 2 j + 3 k ) – (2 i + j – 4k )

= (2 i – 4 j + 6k ) – (2 i + j – 4k )

= (2 – 2) i + (–4 – 1) j + (6 + 4) k

= 0 i – 5 j + 10 k

|2 a – b | = 2 2 20 ( 5) 10+ − +

= 0 25 100+ +

= 125 = 5 5

Jadi, panjang vektor 2 a – b adalah 5 5 .

6. Jawaban: ePQ = OQ – OP

=

7x

3

−

– 5x2

= 22x1

−

PQ = 3

⇔ 2 2 22 ( 2x) 1+ − + = 3

⇔ 24 4x 1+ + = 3

⇔ 24x 5+ = 3⇔ 4x2 + 5 = 9⇔ 4x2 = 4⇔ x2 = 1⇔ x = – 1 atau x = 1Oleh karena x > 0 maka x = 1.Jadi, nilai x = 1.

7. Jawaban: d

p 7i 6j 5k= − −

B(–2, 3, 4) ⇔ b = –2 i + 3 j + 4k

AB = –(p )⇔ b a− = –p

⇔ a = b + p= ( 2i 3j 4k− + + ) + ( 7i 6j 5k− − )= 5i 3j k− −

Diperoleh vektor posisi titik A adalaha = 5i 3j k− − .Jadi, koordinat titik A(5, –3, –1).

A B

CD

u

v

94 Vektor

8. Jawaban: c

AB = b a− =

221

−

–

42q

=

24

1 q

− − −

AC = c a− ⇔

8p 2

8

+ −

–

42q

=

4p

8 q

− −

Titik A, B, dan C segaris sehingga diperolehhubungan berikut.

k AB = AC

⇔ k

24

1 q

− − −

=

4p

8 q

− −

⇔

2k4k

(1 q)k

− − −

=

4p

8 q

− −

Dari kesamaan vektor diperoleh:–2k = 4 ⇔ k = –2–4k = p ⇔ p = –4(–2) = 8(1 – q)k = –8 – q ⇔ (1 – q)(–2) = –8 – q

⇔ –2 + 2q = –8 – q⇔ 3q = –6⇔ q = –2

Nilai p + q = 8 + (–2) = 6.

9. Jawaban: b

AB : BP = 5 : –2 ⇔ AP : PB = 3 : 2

xP = A B2x 3x2 3

++

= 2 11 3 6

5⋅ + ⋅

= 22 18

5+

= 405 = 8

yP = A B2y 3y2 3

++

= 2 3 3 8

5⋅ + ⋅

= 6 24

5+

= 305 = 6

zP = A B2z 3z2 3

++

= 2( 2) 3 3

5− + ⋅

= 4 95

− + =

55 = 1

Jadi, koordinat titik P (8, 6, 1).

10. Jawaban: c

Pada jajargenjang PQRS berlaku:

PQ = SR ⇔ q p− = r s−

⇔ s = r q p− +

= p q r− +

B. Uraian

1.

PQ = u dan PS = v

a. QS = QP + PS

= –PQ + PS

= – u + v

b. OR = 12 PR

= 12 (PQ + QR )

= 12 (PQ + PS )

= 12 (u + v )

= 12 u +

12 v

c. TS = TP + PS

= –PT + PS

= –12

PQ + PS

= –12

u + v

d. RT = RQ + QT

= – QR + (– TQ )

= –PS –12

PQ

= – v – 12 u

A(11, 3, –2) P B(6, 8, 3)

53 –2

P Q

RS

P Q

RS

T

O


2. a = 2 i – 4 j – 2k = 242

− −

b = – i + 5 j – 2k = 1

52

− −

a. c = 3 a + b

= 3242

− −

+ 1

62

− −

= 6126

− −

+ 1

62

− −

= 568

− −

| c | = 2 2 25 ( 6) ( 8)+ − + −

= 25 36 64+ + = 5 5

Vektor satuan dari c = 3 a + b adalah

15 5 (5 i – 6 j – 8k ).

b. 4b – 2 c + 3 a = 0

⇔ 2 c = 3 a + 4b

= 3242

− −

+ 41

62

− −

= 6126

− −

+ 4

248

− −

= 2

1214

−

⇔ c = 12

21214

−

= 1

62

− −

| c | = 2 2 21 6 ( 7)+ + −

= 1 36 49+ + = 86

Vektor satuan dari c adalah 186 ( i + 6 j – 7k ).

3. A(–4, 5, 2); B(2, –1, 3); C(3, –2, 1)

a. AC = c a− = 321

−

– 452

−

= 771

− −

BC = c b− = 321

−

– 21

3

−

= 112

− −

b. Misalkan koordinat D(x, y, z).

AD = 2AC 3BC−

⇔ d a− = 2AC 3BC−

⇔xyz

– 452

−

= 2771

− −

– 3112

− −

⇔xyz

= 14142

− −

– 336

− −

+ 4

52

−

= 11114

−

+ 452

−

= 76

6

−

Jadi, koordinat titik D(7, –6, 6).

4. a. Menentukan koordinat titik A.

Titik A membagi PQ di dalam dengan per-bandingan 1 : 2 maka PA : AQ = 1 : 2.

xA = Q P1 x 2 x1 2

⋅ + ⋅+ = 1 0 2 3

3⋅ + ⋅ =

63 = 2

yA = Q P1 y 2 y1 2

⋅ + ⋅+ = 1 3 2 0

3⋅ + ⋅ =

33 = 1

zA = Q P1 z 2 z1 2

⋅ + ⋅+

= 1 ( 3) 2 63

⋅ − + ⋅ = 93 = 3

Diperoleh koordinat titik A(2, 1, 3).Titik B merupakan titik tengah PR makakoordinat titik B:

xB = P Rx x2+

= 3 1

2+

= 2

yB = P Ry y2+

= 0 0

2+

= 0

zB = P Rz z2+

= 6 4

2−

= 1

Diperoleh koordinat titik B(2, 0, 1).Menentukan koordinat titik C.

P A Q1 2

Q R C

2

1

96 Vektor

Titik C membagi QR di luar dengan per-bandingan 2 : 1 maka QC : CR = 2 : (–1).

xC = R Q2 x 1 x2 1

⋅ − ⋅−

= 2 1 1 01

⋅ − ⋅ = 2

yC = R Q2 y 1 y2 1

⋅ − ⋅−

= 2 0 1 31

⋅ − ⋅ = –3

zC = R Q2 z 1 z2 1

⋅ − ⋅−

= 2 ( 4) 1 ( 3)1

⋅ − − ⋅ −

= 8 3

1− +

= –5

Diperoleh koordinat titik C(2, –3, –5).

b. Titik A, B, dan C kolinear jika memenuhi

AC = k · AB .

AB = b a− = 2 20 11 3

−

= 012

− −

AC = c a−

= 2 2 0 03 1 4 4 15 3 8 2

− − = − = − − − −

= 4 AB

Jadi, terbukti A, B, dan C kolinear dengank = 4.

c. Perbandingan AB : BC

BC = c b− = 2 2 03 0 35 1 6

− − = − − −

| AB | = 2 2 20 ( 1) ( 2)+ − + −

= 0 1 4+ +

= 5

|BC | = 2 2 20 ( 3) ( 6)+ − + −

= 0 9 36+ +

= 45

= 3 5

Perbandingan AB : BC = 5 : 3 5 = 1 : 3.

5.

a. Gerakan pesawat mainan dinyatakan

sebagai PB .

Gerakan angin dinyatakan sebagai PU .Gerakan pesawat mainan akibat tertiup angin

dinyatakan sebagai PQ .

PB = 30

BQ = PU = 16

PQ 2 = PB 2 + BQ 2

⇔ PQ 2 = 302 + 162

⇔ PQ 2 = 900 + 256

⇔ PQ 2 = 1.156

⇔ PQ = 34Jadi, kecepatan pesawat mainan akibat tertiupangin 34 km/jam.

b. sin ∠ QPU = | UQ || PQ | =

3034 = 0,8824

∠ QPU = arc sin 0,8824≈ 61,93°

Jadi, besar sudut arah lintasan pesawatmainan terhadap arah angin kurang lebih61,93°.

P

Q

B

U


AB = b – a = 13

–

42

− =

35

−

BC = c – b = 3

2−

– 13

=

41

− −

AB · BC = 35

− ·

41

− −

= (–3)(–4) + (5)(–1)= 12 – 5 = 7

2. Jawaban: du = 2 i + 3 j – 2kv = a i – 2 j + 4k

u · v = –4 ⇔ (2)(a) + (3)(–2) + (–2)(4) = –4⇔ 2a – 6 – 8 = –4⇔ 2a = 10⇔ a = 5

Diperoleh v = 5 i – 2 j + 4k , sehingga:u + v = (2 i + 3 j – 2k ) + (5 i – 2 j + 4k )

= 7 i + j + 2k


BA · BC = 3 · 2 + 2 · 3 + 4 · (–3)= 6 + 6 – 12 = 0

|BA | = 2 2 23 2 4+ + = 9 4 16+ + = 29

|BC | = 2 2 22 3 ( 3)+ + − = 4 9 9+ + = 22Misalkan sudut ABC = α, maka:

cos α = BA BC

| BA | | BC |⋅

= 0

29 22× = 0

⇔ α = 2π

Jadi, besar sudut ABC = 2π

.

6. Jawaban: a

Misal α = sudut antara vektor a dan b .

cos α = a · b| a || b |

= 2 2 2 2 2 2

4 3 + 2 3 + 2 0

4 + 2 + 2 3 + 3 + 0

⋅ ⋅ ⋅

⋅

= 18

24 18⋅

= 1824

= 3 22 2 3

= 32 3

× 33

= 12 3

Oleh karena cos α = 12 3 maka a = 30°.

Jadi, besar sudut antara vektor a dan b adalah 30°.

7. Jawaban: d

u · v = | u | | v | cos ∠( u , v )

⇔

1

2a

·

1

2a

−

= 21 2 a+ + 21 2 a+ + cos 3π

⇔ 1 – 2 + a2 = (1 + 2 + a2) × 12

⇔ 2(–1 + a2) = 3 + a2

⇔ –2 + 2a2 = 3 + a2

⇔ a2 = 5⇔ a = ± 5

Jadi, nilai a adalah – 5 atau 5 .

8. Jawaban: d

OA = 400

, OC = 060

AC = OC – OA

= 060

– 400

= 4

60

−

3. Jawaban: c

a =

421

−

dan b =

322

−

a · a =

421

−

·

421

−

= (4)(4) + (–2)(–2) + (1)(1)= 16 + 4 + 1= 21

a · b =

421

−

·

322

−

= (4)(3) + (–2)(2) + (1)(–2)= 12 – 4 – 2= 6

a · ( a + b ) = a · a + a · b= 21 + 6= 27

4 Jawaban: c

Oleh karena vektor a = i + 2 j – xk tegak lurus

dengan vektor c = 2 i + j + 2 k , berlaku

a · c = 0.⇔ 1 · 2 + 2 · 1 + (–x) · 2 = 0⇔ 2 + 2 – 2x = 0⇔ –2x = –4⇔ x = 2

Dengan demikian a = i + 2 j – xk = i + 2 j – 2k .

a · a = 1 · 1 + 2 · 2 + (–2) · (–2) = 1 + 4 + 4 = 9

b · a = 3 · 1 + (–2) · 2 + 1 · (–2) = 3 – 4 – 2 = –3

a · c = 1 · 2 + 2 · 1 + (–2) · 2 = 2 + 2 – 4 = 0

b · c = 3 · 2 + (–2) · 1 + 1 · 2 = 6 – 2 + 2 = 6

( a + b )( a – c ) = a · a + b · a – a · c – b · c= 9 + (–3) – 0 – 6= 0

Jadi, ( a + b )( a – c ) = 0.

5. Jawaban: b

BA = a – b =

513

–

211

− −

=

324

BC = c – b =

424

−

–

211

− −

=

233

−

98 Vektor

OA · AC = 400

·

460

−

= 4(–4) + 0 · 6 + 0 · 0 = –16

| AC| = 2 2 2( 4) 6 0− + +

= 16 36 0+ + = 52 = 2 13

Misalkan sudut antara vektor OA dengan vektor

AC adalah α.

cos α = OA AC| OA | | AC |

⋅ = 164 2 13

−⋅

= – 213

Jadi, nilai kosinus sudut antara vektor OA dengan

vektor AC adalah – 213

.

9. Jawaban: ba ⊥ b ⇔ a · b = 0

a ⊥ ( b + 2 c ) = 0

⇔ a · ( b + 2 c ) = 0

⇔ a · b + 2 a · c = 0

⇔ 0 + 2 a · c = 0

⇔ 2 a · c = 0

⇔ a · c = 0

a (2b c)⋅ − = 2a b a c⋅ − ⋅= 2 · 0 – 0 = 0

10. Jawaban: b

Vektor u sejajar v maka:

u = kv ⇔ (x y 1) = k(–1 3 z)⇔ (x y 1) = (–k 3k kz)

Dari kesamaan vektor diperoleh:

y = 3k ⇔ k = 13 y

x = –k = –13 y

Vektor u = (–13 y, y, 1)

Vektor u tegak lurus w = (3, –2, 3) maka u · w = 0.

u · w = 0 ⇔ (–13 y)(3) + (y)(–2) + (1)(3) = 0

⇔ –y – 2y + 3 = 0⇔ 3y = 3⇔ y = 1

B. Uraian

1. u =

41

2

−

dan v =

232

− −

a. u · v =

41

2

−

·

232

− −

= (4)(2) + (–1)(–3) + (2)(–2)= 8 + 3 – 4= 7

b. u · u =

41

2

−

·

41

2

−

= (4)(4) + (–1)(–1) + (2)(2)= 16 + 1 + 4= 21

u · (2 v + u ) = 2 u · v + u · u= 2(7) + 21= 35

c. v · v =

232

− −

·

232

− −

= (2)(2) + (–3)(–3) + (–2)(–2)= 4 + 9 + 4= 17

( v + u ) · ( v – u ) = v · v – u · u= 17 – 21= –4

d. (2 v + u ) · ( v – 3 u )= 2 v · v – 6 u · v + u · v – 3 u · u

= 2 v · v – 5 u · v – 3 u · u

= 2(17) – 5(7) – 3(21)= 34 – 35 – 63= –64

2. a. Vektor a tegak lurus dengan b maka:a · b = 0

⇔2x5

−

· 31

2

−

= 0

⇔ (–2) · 3 + x(–1) + 5 · 2 = 0⇔ –6 – x + 10 = 0⇔ –x + 4 = 0⇔ x = 4


| a + b | = 313

d. | a – b |2 = ( a – b )2

= ( a – b ) · ( a – b )= a · a – a · b – b · a + b · b= | a |2 – 2 a · b + | b |2

= 132 – 2(40) + 82

= 169 – 80 + 64 = 153

| a – b | = 153

4. A(4, 3, 2), B(2, 4, 2), dan C(3, 1, 2)

AB = b – a = 242

– 432

= 210

−

AC = c – a = 312

– 432

= 12

0

− −

AB · AC = –2 · (–1) + 1 · (–2) + 0 · 0= 2 – 2 + 0 = 0

| AB | = 2 2 2( 2) 1 0− + + = 4 1 0+ + = 5

| AC | = 2 2 2( 1) ( 2) 0− + − + = 1 4 0+ + = 5Misalkan sudut BAC = α, maka:

cos α = AB AC

| AB | | AC |⋅

= 0

5 5× = 0

⇔ α = 90°Diperoleh besar ∠BAC = 90°.

Oleh karena | AB | = | AC | maka segitiga ABC samakaki, sehingga:

∠ABC = ∠ACB = 12 (180° – 90°) = 45°

Jadi, ∠BAC = 90° dan ∠ABC = ∠ACB = 45°.

5. Vektor a , b , dan c segaris maka a = n b dan

a = m c .

a = nb ⇔ 12

x4

y

−

= n2z

y18

−


–4 = –ny ⇔ n = 4y

12 y = n18 ⇔ 1

2 y = 4y · 18

⇔ y2 = 4 · 36⇔ y = ±2 · 6⇔ y = ±12

Vektor b sejajar dengan c maka:b = m c

⇔31

2

−

= my2x

−

⇔31

2

−

= my2

4

−

⇔31

2

−

= ym2m

4m

−


1) –1 = –2m ⇔ m = 12

2) ym = 3 ⇔ y(12 ) = 3

⇔ y = 3 · 2 = 6Jadi, nilai x = 4 dan y = 6.

b. a + b – c = 2 3 yx 1 25 2 x

− + − − −

= 2 3 6

4 1 25 2 4

− + − − −

= 5

53

−

Jadi, hasil operasi ( a + b – c ) adalah

5i 5 j 3k− + + .

3. | a | = 13 dan | b | = 8

tan α = 125 ⇔ cos α =

513

a. a · b = | a | | b | cos α = 13 × 8 × 5

13 = 40

b. a · ( a + b ) = a · a + a · b= | a |2 + a · b= 132 + 40 = 169 + 40 = 209

c. | a + b |2 = ( a + b )2

= ( a + b ) · ( a + b )= a · a + a · b + b · a + b · b= | a |2 + 2 a · b + | b |2

= 132 + 2(40) + 82

= 169 + 80 + 64= 313

100 Vektor


m = 21

− dan n =

34

−

Proyeksi skalar ortogonal m pada n

= m n| n |

⋅

= 2 2

2 3 ( 1) ( 4)

3 ( 4)

⋅ + − ⋅ −

+ −

= 6 4

9 16

++

= 105 = 2

2. Jawaban: aK(3, 2, –1), L(9, 4, –4), dan M(2, 1, –6)

KM = m – k = 216

−

– 321

−

= 115

− − −

KL = l – k = 944

−

– 321

−

= 623

−

Dengan demikian diperoleh:

a = x i – 4 j + 12 · y k = 2 i – 4 j +

12 · 12k

= 2 i – 4 j + 6k

b = 2z i – y j + 18k = 2 · 3 i – 12 j + 18k

= 6 i – 12 j + 18k

c = i – x j + z k = i – 2 j + 3k

a · ( b – c ) = 24

6

−

· 6 112 2

18 3

− − −

= 24

6

−

· 510

15

−

= 10 + 40 + 90= 140

Jadi, nilai a · ( b – c ) = 140

Oleh karena y bilangan bulat positif maka y = 12.

a = m c ⇔ 12

x4

y

−

= m1x

z

−

⇔12

x4

12

− ⋅

= m1x

z

−

⇔x4

6

−

= m1x

z

−

Dari kesamaan vektor diperoleh:x = m · 1 ⇔ m = x–4 = m(–x) ⇔ –4 = x(–x)

⇔ 4 = x2

⇔ x = ±2Oleh karena x bilangan bulat positif maka x = 2.6 = mz ⇔ 6 = xz

⇔ 6 = 2z⇔ z = 3

|KN | = KM KL

| KL |⋅

= 2 2 2

( 1) 6 ( 1) 2 ( 5) ( 3)

6 2 ( 3)

− ⋅ + − ⋅ + − ⋅ −

+ + − =

7

49 = 1

3. Jawaban: d

4p q+ = 4143

−

+ 212

−

= 4

1612

−

+ 212

−

= 2

1710

−

2q = 2212

−

= 424

−


Proyeksi skalar ortogonal 4p q+ pada 2q

= (4p q) (2q)

2q

+ ⋅ = 2 2 2

2 417 210 4

( 4) 2 4

− ⋅ − − + +

= 8 34 4016 4 16

− + −+ + =

1436

− = –

146 = –

73

4. Jawaban: ca b| b |

⋅ = 113 ⇔

2 2 2

2m ( 6) 1 ( 3)( 2)

2 1 ( 2)

+ − ⋅ + − −

+ + −=

43

⇔ 2m 6 69

− + = 43

⇔ 2m3 =

43

⇔ 2m = 4⇔ m = 2

Jadi, nilai m adalah 2.

5. Jawaban: aPanjang proyeksi ortogonal u pada v = 2 6 .

u v| v |

⋅= 2 6

⇔2 2 2

4 1 a 1 3 a

1 1 a

⋅ + ⋅ + ⋅

+ += 2 6

⇔2

4 4a

2 a

+

+= 2 6

⇔2

2(4 4a)

2 a++

= 4 · 6

⇔ 16 + 32a + 16a2 = 24(2 + a2)⇔ 4 + 8a + 4a2 = 6(2 + a2)⇔ 4 + 8a + 4a2 = 12 + 6a2

⇔ 2a2 – 8a + 8 = 0⇔ a – 4a + 4 = 0⇔ (a – 2)2 = 0⇔ a – 2 = 0⇔ a = 2Dengan demikian diperoleh:

u = 4 i + a j + 3k = 4 i + 2 j + 3 k

v = i + j + ak = i + j + 2k

u – v = (4 – 1) i + (2 – 1) j + (3 – 2) k

= 3 i + j + k

| u – v | = 2 2 23 1 1+ +

= 9 1 1+ +

= 11

Jadi, panjang ( u – v ) = 11 .

6. Jawaban: ba = 3 i + 4 j

b = 2 i + j

Proyeksi vektor ortogonal a pada b

= 2a b| b |

⋅b = 2

2 2

3 2 4 1

2 1

⋅ + ⋅

+

(2 i + j )

= 105 (2 i + j ) = 4 i + 2 j

7. Jawaban: c

Proyeksi orthogonal vektor a pada vektor b

= 2

a · b| b |

b

= ( )2

2 2 2

9 2 + ( 2) 2 + 4 1

2 + 2 + 1

⋅ − ⋅ ⋅ (2 i + 2 j + k )

= 189

(2 i + 2 j + k )

= 2(2 i + 2 j + k )

= 4 i + 4 j + 2 k

Jadi, proyeksi orthogonal vektor a pada vektor b

adalah 4 i + 4 j + 2k .

8. Jawaban: c

AB = b – a =

1 24 12 1

− − − − −

= 351

− −

AC = c – a = 5 20 13 1

− − − −

= 312

−

AB · AC = 351

− −

· 312

−

= (–3) · 3 + 5 · 1 + (–1)(–2)= –9 + 5 + 2 = –2

Proyeksi vektor ortogonal AB pada AC

= 2AB AC| AC |

⋅ AC

= ( )2

2 2 2

2

3 1 ( 2)

−

+ + −(3 i + j – 2k )

= 2

9 1 4−

+ + (3 i + j – 2k )

= –17 (3 i + j – 2k )

102 Vektor

9 Jawaban: e

u · v = | u || v | cos 23π

= 12 × 4 × (–12 ) = –24

Proyeksi vektor u pada v

= 2u v| v |

⋅v = 2

244

−v = –

2416 v = –

32 v

10. Jawaban: e

PQ = q – p = 1 2

a 111 3

− − − − −

=

3a 1

8

− + −

PR = r – p = 4 23 12 3

− − − − −

= 221

−

PQ · PR =

3a 1

8

− + −

· 221

−

= (–3) · 2 + (a + 1)(–2) + (–8) · 1= –6 – 2a – 2 – 8= –2a – 16

Proyeksi vektor ortogonal PQ pada PR adalah

–4 i + 4 j – 2k

⇔ 2PQ PR|PR|

⋅PR =

442

− −

⇔ 2 2 2 2

2a 16

( 2 ( 2) 1 )

− −

+ − +

221

−

= 442

− −

⇔ 2a 164 4 1− −

+ +

221

−

= 4

42

− −

⇔ 2a 169

− −221

−

= 4

42

− −

⇔ 2a 169

− −221

−

= –2221

−

Dengan demikian,

2a 169

− − = – 2

⇔ –2a – 16 = –18⇔ –2a = –2⇔ a = 1Jadi, nilai a = 1.

B. Uraian

1. a = 23

dan b =

512−

a. Proyeksi skalar ortogonal a pada b :

| c | = a b| b |

⋅ = 2 2

2 53 12

( 5) 12

− ⋅ − +

= 10 36

169

− + = 2613 = 2

b. Proyeksi vektor ortogonal a pada b :

c = 2| c || b |

b = 2

1695

12−

=

10169

24169

−

2. A(2, 3), B(–1, –1), dan C(5, –1)

BA = a – b = 23

–

11

− − =

34

BC = c – b = 51

− –

11

− − =

60

a. Proyeksi vektor BA pada BC :

BD = 2BA BC| BC |

⋅BC = 2 2

3 6 4 06 0⋅ + ⋅

+

60

= 1836

60

=

12

60

=

30

b. BD = d – b

⇔ d = BD + b = 30

+

11

− − =

21

−

Jadi, koordinat titik D(2, –1).

3. u = PQ = q – p =

4 0a 04 0

− −

= 4a4

−

v = PR = r – p =

4 02 0

4 0

− −

=

42

4

−

u · v = 4 4a 24 4

⋅ − −

= 4 · 4 + a(–2) +(–4) · 4

= 16 – 2a – 16 = –2a


= 1035

−( i – 5 j – 3k )

= –27 ( i – 5 j – 3k )

Jadi, proyeksi vektor ortogonal q pada p adalah

–27 ( i – 5 j – 3 k ).

5.

a. AB = b – a = 1 51 31 6

− − −

= 4

47

−

AC = c – a = 2 5

4 36 6

− − − − −

= 7

70

−

AB · AC = 4

47

−

· 770

−

= (–4)(–7) + 4 · 7 + 7 · 0= 28 + 28 + 0 = 56

Proyeksi vektor ortogonal AB pada AC = AD

AD = 2AB AC| AC |

⋅ AC

= 2 2 2 2

56

( ( 7) 7 0 )− + +

770

−

= 56

49 49 0+ +

770

−

= 5698

770

−

= 47

770

−

= 440

−

Jadi, proyeksi vektor AB pada AC adalah

440

−

atau –4 i + 4 j .

Proyeksi vektor ortogonal u pada v = –2 i + j – 2k

⇔ 2u v| v |

⋅v =

212

− −

⇔2 2 2 2

2a

( 4 ( 2) 4 )

−

+ − + ·

42

4

−

= 212

− −

⇔ 2a16 4 16

−+ +

42

4

−

= 212

− −

⇔ 2a36

−42

4

−

=

212

− −

⇔ a18

−42

4

−

= 212

− −

⇔ a18

− · (–2)

212

− −

= 212

− −

⇔ a9

212

− −

=

212

− −

Dengan demikian, diperoleh a9

= 1 ⇔ a = 9

Jadi, nilai a = 9.

4. Proyeksi skalar ortogonal p pada q = 2−

⇔p q| q |

⋅= 2−

⇔ 2 2 2

1 3 ( 5) 5 ( a)( 4)

3 5 ( 4)

⋅ + − ⋅ + − −

+ + − = 2−

⇔3 25 4a9 25 16− ++ + = 2−

⇔4a 22

50−

= 2−

⇔ 4a – 22 = 2 50− ⋅⇔ 4a – 22 = –10⇔ 4a = 12⇔ a = 3Dengan demikian, diperoleh p = i – 5 j – 3k .Proyeksi vektor ortogonal q pada p :

2q p| p |

⋅ · p =

( )22 2 2

3 1 5( 5) ( 4)( 3)

1 ( 5) ( 3)

⋅ + − + − −

+ − + −p

= 3 25 121 25 9− ++ + ( i – 5 j – 3k )

D

B(1, 1, 1)

A(5, –3, –6) C(–2, 4, –6)

104 Vektor

⇔3x120

– 0

1212y

+ 0150

−

= 9156

− −

⇔3x1512y

− −

= 9156

− −

Dari kesamaan vektor diperoleh:3x = –9 ⇔ x = – 3

–12y = 6 ⇔ y = –12

Nilai x – y = –3 – (–12 ) = –2

12

4. Jawaban: b

p = 12 BA =

12 ( a – b ) =

12

4 23 1

− − − −

= 12

24−

= 1

2−

Jadi, koordinat titik P(–1, 2).

5. Jawaban: d

PQ = q – p = 361

−

– 032

= 333

−

|PQ | = 2 2 23 3 ( 3)+ + −

= 9 9 9+ + = 27 = 3 3

Vektor satuan dari PQ :

PQ|PQ |

= 13 3

(3 i + 3 j – 3 k ) = 13

( i + j – k )

A. Pilihan Ganda

1. Jawaban: d

BC = BE + EC= AD + CD + DE= AD – DC + DE= v – w + u

BD = BA + AD

= – AB + AD= – u + v

AC = AD + DC

= v + w

BC – BD + AC = v – w + u – (–u + v ) + v + w

= v – w + u + u – v + v + w= 2 u + v

2. Jawaban: d

u = 4 i – 2 j + k

v = 3 i + 2 j – 5k

2 u – 3 v = 2(4 i – 2 j + k) – 3(3 i + 2 j – 5k)

= (8 i – 4 j + 2 k) – (9 i + 6 j – 15k)

= – i – 10 j + 17k

3. Jawaban: e

3( a – 2 b + c ) = –9 i – 15 j + 6k

⇔ 3 a – 6 b + 3 c = –9 i – 15 j + 6k

⇔ 3x40

– 6022y

+ 3050

−

= 9156

− −

b. BD merupakan garis tinggi segitiga ABC

BD = BA + AD = AD – AB

= 4 4

4 40 7

− − −

= 007

−

|BD| = 2 2 20 0 ( 7)+ + − = 49 = 7

Jadi, tinggi segitiga ABC = 7.

c. | AC| = 2 2 2( 7) 7 0− + +

= 49 49 0+ +

= 98 = 7 2

Luas segitiga ABC = 12 | AC| |BD|

= 12 · 7 2 · 7 =

492

2

A

B C

D

E

u

v

w

v

u u


6. Jawaban: b

5 d + 3 a + 2b = 2 c + 3 d – 2b

⇔ 2d = 2 c – 2b – 3 a – 2b

= 2 c – 4b – 3 a

= 3 5 2

2 4 4 4 3 82 5 6

− − − − − −

= 6 20 68 16 244 20 18

− − − − − −

= 6 20 68 16 244 20 18

− + − + − + −

= 8

162

− −

⇔ d = 12

816

2

− −

= 4

81

− −

Jadi, vektor basis d = –4 i + 8 j – k .

7. Jawaban: b

AB = b – a = 43x

– 642

−

= 21

x 2

− − +

AC = c – a = 01

10

– 642

−

= 63

12

− −

Titik A, B, dan C segaris maka:

k AB = AC ⇔ k21

x 2

− − +

= 63

12

− −

⇔ 2kk

(x 2)k

− − +

= 63

12

− −

Dari kesamaan vektor diperoleh:–2k = –6 ⇔ k = 3(x + 2)k = 12 ⇔ (x + 2)3 = 12

⇔ x + 2 = 4⇔ x = 2

Jadi, nilai x = 2.

8. Jawaban: a

a = 2

13−

dan b = 61

Oleh karena AC : CB = 1 : 3 maka:

c = b 3a1 3++ =

14 ( b + 3 a )

= 14

61

+ 32

13−

= 14

61

+ 6

39−

=

14

040

=

010

Jadi, koordinat titik C(0, 10).

9. Jawaban: cA(2, 1, –4) dan B(2, –4, 6)AP : PB = 3 : 2

xP = B A3x 2x3 2

++

= 3 2 2 25

⋅ + ⋅ = 6 4

5+

= 2

yP = B A3y 2y3 2

++

= 3 ( 4) 2 15

⋅ − + ⋅ = 12 2

5− +

= –2

zP = B A3z 2z3 2

++

= 3 6 2 ( 4)

5⋅ + ⋅ −

= 18 8

5−

= 2

Diperoleh koordinat titik P(2, –2, 2).

PC = c p− = 254

−

– 22

2

−

= 4

72

−

Jadi, PC = 4i 7j 2k− + + .

10. Jawaban: dTitik S merupakan titik tengah PQ maka:

xS = P Qx x2+

= 2 2

2+

= 2

yS = P Qy y2+

= 4 0

2+

= 2

zS = P Qz z2+

= 5 1

2+

= 3

Diperoleh koordinat titik S(2, 2, 3).Titik T merupakan titik tengah QR maka:

xT = Q Rx x2+

= 2 6

2+

= 4

yT = Q Ry y2+

= 0 2

2+

= 1

zT = Q Rz z2+

= 1 3

2+

= 2

Diperoleh koordinat titik T(4, 1, 2).

Panjang ST:

|ST | = 2 2 2T S T S T S(x x ) (y y ) (z z )− + − + −

= 2 2 2(4 2) (1 2) (2 3)− + − + −

= 4 1 1+ + = 6

106 Vektor

UV

O P

QR

W

a

b

c

b

a

S 3

2

5

T

11. Jawaban: c

Titik C membagi garis yang melalui titik A dan Bdi luar dengan perbandingan 3 : 1 sehinggaAC : CB = 3 : –1. Oleh karena AC : CB = 3 : –1maka:

c = 3b a3 1

−− =

12 (3 b – a )

= 12

0 433 3

− −

= 12

0 49 3

− −

= 12

46

= 23

Jadi, koordinat C(2, 3).

12. Jawaban: c

OQ = OP+ OR

= a + b

UW : QW = 5 : 2, maka UQ : QW = 3 : 2Dengan demikian,

QW = 23 UQ =

23 (– OS) =

23 (– c ) = –

23 c

OW = OQ + QW

= ( a + b ) – 23 c

= a + b – 23 c

13. Jawaban: bA(1, –4), B(4, 3), dan C(2, –5)

a = 14

− , b =

43

, dan c =

25

−

AC = c – a = 25

− –

14

− =

11

−

BC = c – b = 25

− –

43

=

28

− −

AC · BC = 11

− ·

28

− −

= (1)(–2) + (–1)(–8)= –2 + 8= 6

14. Jawaban: c

a · b = | a | | b | cos 45°

= 4 · 3 · 12

2

= 6 2

15. Jawaban: a

a b⋅ = 12 ⇔3n

·

23

− − = 12

⇔ –6 – 3n = 12⇔ –3n = 18⇔ n = –6

16. Jawaban: e

(12 u ) · v = 7

⇔ 12

46

6

−

· 12

a

− −

= 7

⇔23

3

−

· 12

a

− −

= 7

⇔ 2(–1) + (–3)(–2) + 3 · a = 7⇔ –2 + 6 + 3a = 7⇔ 4 + 3a = 7⇔ 3a = 3⇔ a = 1

Dengan demikian, v = 121

− −

u + 2 v = (4 i – 6 j + 6k ) + 2(– i – 2 j + k )

= 4 i – 6 j + 6k – 2 i – 4 j + 2 k

= 2 i – 10 j + 8k

17. Jawaban: ea · b = | a |2

⇔ a · b = a · a

⇔42x

−

· 933

= 42x

−

· 42x

−

3

A 2 B 1 C

–1


|b | = 2 2 21 1 2+ +

= 1 1 4+ + = 6

Misalkan sudut yang dibentuk oleh vektor a dan

b adalah α.

cos α = a b

| a | | b |⋅

= 62 6 6⋅

= 612 =

12

Oleh karena cos α = 12 , diperoleh α = 60°.

Jadi, besar sudut yang dibentuk oleh vektor a dan

b sama dengan 60°.

20. Jawaban: bPosisi balok dapat digambarkan sebagai berikut.

AB = b – a = (2 – 0) i + (0 – 0) j + (0 – 0) k

= 2 i + 0 j + 0k

BH = h – b = (0 – 2) i + (4 – 0) j + (4 – 0) k

= –2 i + 4 j + 4k

AB · BH = 2(–2) + 0 · 4 + 0 · 4= –4 + 0 + 0 = –4

| AB | = 2 2 22 0 0+ +

= 4 = 2

|BH| = 2 2 2( 2) 4 4− + +

= 4 16 16+ +

= 36 = 6

Misal θ = sudut antara AB dengan BH.

cos θ = AB BH| AB| |BH|

⋅ = 4

2 6−⋅ = – 1

3

Jadi, nilai kosinus sudut antara AB dan BH adalah

– 13

.

35

4θ

⇔ 36 – 6 + 3x = 16 + 4 + x2

⇔ x2 – 3x – 10 = 0⇔ (x – 5)(x + 2) = 0⇔ x – 5 = 0 atau x + 2 = 0⇔ x = 5 atau x = –2

Untuk x = 5 diperoleh a = 42

5

−

.

a – b = 42

5

−

– 933

= 55

2

− −

| a – b | = 2 2 2( 5) ( 5) 2− + − +

= 25 25 4+ +

= 54 = 3 6

Untuk x = –2 diperoleh a = 422

− −

.

a – b = 422

− −

– 933

= 555

− − −

| a – b | = 2 2 2( 5) ( 5) ( 5)− + − + −

= 25 25 25+ +

= 3 25⋅ = 5 3

Jadi, panjang ( a – b ) adalah 3 6 atau 5 3 .

18. Jawaban: ap = i + 2 j dan q = 4 i + 2 j

cos θ = p q

| p || q |⋅

= 2 2 2 2

1 4 2 2

1 2 4 2

⋅ + ⋅

+ +

= 4 4

5 20

+

= 8

10 = 45

sin θ = 35

19. Jawaban: c

a · b = (4 i – 2 j + 2k ) · ( i + j + 2k )= 4 · 1 + (–2) · 1 + 2 · 2= 4 – 2 + 4 = 6

|a | = 2 2 24 ( 2) 2+ − +

= 16 4 4+ +

= 24 = 2 6

B(2, 0, 0)

A(0, 0, 0)

C(2, 4, 0)

D(0, 4, 0)

E

F G

H(0, 4, 4)

Z

Y

X

108 Vektor

21. Jawaban: d

a (a b)⋅ + = a a a b⋅ + ⋅

= | a |2 + | a || b | cos 3π

= 22 + 2 × 5 × 12

= 4 + 5 = 9

22. Jawaban: da · a = | a |2 = 42 = 16

b · b = | b |2 = 62 = 36

| a + b | = 8 ⇔ | a + b |2 = 82

⇔ ( a + b ) · ( a + b ) = 64

⇔ a · a + 2 a · b + b · b = 64

⇔ 16 + 2 a · b + 36 = 64

⇔ 2 a · b = 12

⇔ a · b = 6

| a – b |2 = ( a – b ) · ( a – b )

= a · a – 2 a · b + b · b= 16 – 2(6) + 36= 52 – 12 = 40

| a – b | = 40 = 2 10

23. Jawaban: b

PQ = q – p =

045

–

a23

−

=

a62

−

QR = r – q =

25c

–

045

=

21

c 5

−

PQ tegak lurus QR berarti:

PQ · QR = 0 ⇔ –2a + 6 + 2(c – 5) = 0⇔ –2a + 6 + 2c – 10 = 0⇔ –2(a – c) = 4⇔ a – c = –2

24. Jawaban: eCara 1:

AE = DH = vDengan demikian,sudut antara vektoru dan v samadengan ∠EAC= 90°

Cara 2:

u = AC = AD + DC

= DC – DA

= 0 32 00 0

−

= 320

−

v = DH = 004

u · v =

3 02 00 4

− ⋅

= (–3) · 0 + 2 · 0 + 0 · 4 = 0Misalkan sudut antara vektor u dan v adalah θ.

cos θ = u v

| u | | v |⋅

= 0| u | | v |

= 0

Diperoleh θ = 90°Jadi, sudut antara vektor u dan v adalah 90°.

25. Jawaban: aMisal θ = sudut antara u dan v

tan θ = 12 5 = 5

2

maka cos θ = 23

cos θ = 23

⇔ u v| v |

⋅=

23

⇔ 2 2 2

4a 7 4 8( 2)

4 4 ( 2)

+ ⋅ + −

+ + −=

23

⇔4a 12

36+

= 23

⇔ 2a 66+

= 13

⇔ 2a 62+

= 1

⇔ 2a + 6 = 2⇔ 2a = –4

a = –2

Dengan demikian, diperoleh u = 2

78

−

.

u + v = 2

78

−

+ 442

−

= 2116

Jadi, vektor posisi dari (u + v ) adalah i + 11 j + 6k .A B

CD

E

GH

4 cm

2 cm

3 cmu

v

F

23

θ

5


26. Jawaban: a

a + b = (3 i – 4 j – 4k ) + (2 i – j + 3k )

= 5 i – 5 j – k

( a + b ) · c = (5 i – 5 j – k ) · (4 i – 3 j + 5k )= 5 · 4 + (–5)(–3) + (–1) · 5= 20 + 15 – 5= 30

Proyeksi skalar ortogonal ( a + b ) pada c

= (a b) c| c |+ ⋅

= 2 2 2

30

4 ( 3) 5+ − +

= 3016 + 9 + 25

= 3050

= 30

5 2

= 62

= 62

2

= 3 2

27. Jawaban: bP(1, –3), Q(2, –1), dan R(4, 1)

PQ = q – p = 21

− –

13

− =

12

PR = r – p = 41

–

13

− =

34

Proyeksi skalar ortogonalPQ pada PR

= PQ PR| PR |

⋅

= 2 2

1 3 2 4

3 4

⋅ + ⋅

+

= 115

= 215

28. Jawaban: ea = –3 i – j + xk

b = 3 i – 2 j + 6 k

a · b = –3 · 3 + (–1)(–2) + x · 6= –9 + 2 + 6x= –7 + 6x

|b | = 2 2 23 ( 2) 6+ − +

= 9 4 36+ +

= 49= 7

Proyeksi skalar ortogonal a pada b adalah 5,berarti:

a b| b |

⋅ = 5 ⇔ 7 6x

7− +

= 5

⇔ –7 + 6x = 35⇔ 6x = 42⇔ x = 7

29. Jawaban: d

Proyeksi vektor ortogonal p pada q :

r = 2p q

q

⋅q =

( )22 2 2

4 1 ( 5)( 1) 3 2

1 ( 1) 2

⋅ + − − + ⋅

+ − +q

= 4 5 61 1 4

+ ++ + q

= 156 q

= 52 q

30. Jawaban: c

a · b = (2 i + x j + k ) · (3 i – 2 j + k )= 2 · 3 + x(–2) + 1 · 1= 6 – 2x + 1= 7 – 2x

c = 1

14 (–3 i + 2 j – k )

⇔ 2a b| b |

⋅ b =1

14

321

− −

⇔ 2 2 2 2

7 2x

( 3 ( 2) 1 )

−

+ − + 321

− −

= 1

14

321

− −

⇔ 7 2x9 4 1

−+ +

321

− −

= –1

14

321

− −

⇔ 7 2x14−

321

− −

= –1

14

321

− −

110 Vektor


7 2x14−

= –1

14

⇔ 7 – 2x = –1⇔ 2x = 8⇔ x = 4Jadi, nilai x = 4.

B. Uraian

1. a.

AH = AE + EH = CG + EH

= – GC + EH

= – w + v

DF = DH + HF

= CG + HG + GF

= – GC + DC + HE

= – GC + DC – EH

= – w + u – v

BC = EH = v

AH + DF + BC = – w + v – w + u – v + v

= u + v – 2 w

b.

AC = AD + DC = EH + DC = v + u

DE = DH + HE = CG – EH

= – GC – EH = – w – v

BH = BF + FH

= CG + FE + EH

= – GC + CD + EH

= – GC – DC + EH

= – w – u + v

AC + DE – BH = v + u – w – v

– (– w – u + v )

= v + u – w – v + w + u– v

= 2 u – v

2. a. 2 a + 4b = c – a

⇔ c = 3 a + 4b

= 375

− + 4

13−

= 2115

− +

412−

= 17

3 −

b. 6 a – 5b + 2 c = 3 a + 4 c

⇔ 2 c = 3 a – 5b

= 375

− – 5

13−

= 2115

− –

515−

= 2630

−

⇔ c = 12

2630

− =

1315

−

3. a.

AC : BC = 2 : 1 ⇔ AC : CB = 2 : –1

xC = B A2x ( 1) x2 1+ − ⋅

−

= 2 3 ( 1) 11

⋅ + − ⋅ 5

yC = B A2y ( 1) y2 1+ − ⋅

−

= 2 1 ( 1) 21

⋅ + − ⋅ = 0

zC = B A2z ( 1) z2 1+ − ⋅

−

= 2 2 ( 1) 31

⋅ + − ⋅ = 1

Jadi, koordinat titik C(5, 0, 1).

A(1, 2, 3) B(3, 1, 2) C(xC, yC, zC)

2

–1

A

E

B

CD

F

GH

u

v

w

H

A

E

B

CD

F

G

u

v

w


b. AC = c – a =

501

–

123

=

422

− −

AC = 2 2 24 ( 2) ( 2)+ − + −

= 16 4 4+ +

= 24

= 2 6

Jadi, panjang vektor AC adalah 2 6 .

4. A(2, 4, –1), B(–4, 7, 5), dan C(2, 4, –5)

a =

241

−

, b =

475

−

, c =

245

−

a. AP : PB = 2 : 1

p = 2b a2 1

++

= 13 (2b + a )

= 13

42 7

5

−

+ 241

−

= 13

81410

−

+ 241

−

= 13

6189

−

=

263

−

Jadi, koordinat titik P(–2, 6, 3).

b. u = AB = b – a

= 475

−

–241

−

= 636

−

v = CP = p – c

= 2

63

−

– 245

−

= 428

−

u · v = 636

−

· 4

28

−

= 24 + 6 + 48= 78

Jadi, hasil u · v = 78.

5. a = 2

01

−

, b = x31

−

, c = 6

x y3

+ −

Titik A, B, dan C segaris jika AB = k AC.

AB = k AC ⇔ b – a = k( c – a )

⇔x31

−

– 2

01

−

= k 6 2

x y 03 1

− + − −

⇔x 2

32

+ −

= k8

x y4

+ −


–2 = k(–4) ⇔ k = 12

x + 2 = k · 8 ⇔ x + 2 = 12 · 8

⇔ x + 2 = 4⇔ x = 2

3 = k(x + y) ⇔ 3 = 12 (2 + y)

⇔ 6 = 2 + y⇔ y = 4

Dengan demikian, diperoleh b = 231

−

dan c = 663

−

AB · BC = ( b – a ) · ( c – b )

= 2 23 01 1

− − −

· 6 26 33 1

− − −

= 432

−

432

−

= 4 · 4 + 3 · 3 + (–2)(–2)= 16 + 9 + 4 = 29

Jadi, nilai AB · AC = 29.

112 Vektor

6. AC = AB + BC

= 24

2

− −

+ 211

= 033

−

cos ∠BAC = AB AC| AB|| AC |

⋅

= 2 2 2 2 2 2

2 04 3

2 3

( 2) ( 4) 2 0 ( 3) 3

− − ⋅ −

− + − + ⋅ + − +

= 2 0 ( 4)( 3) 2 3

4 16 4 0 9 9

− ⋅ + − − + ⋅+ + ⋅ + +

= 0 12 6

24 18

+ +⋅

= 18

24 18⋅

= 18

24

= 1824

= 34

= 12

3

Oleh karena cos ∠BAC = 12

3 maka ∠BAC = 30°.

Jadi, besar ∠BAC = 30°.

7.

Dari gambar di atas terlihat bahwa ∠(u , w ) = 30°.

Vektor u dan v saling tegak lurus maka u · v = 0.v · w = | v | · | w | cos ∠( v , w )

= 8 · 6 cos 120°

= 8 · 6 · (–12 )

= –24u · w = | u | · | w | cos ∠( u , w )

= 4 · 6 cos 30°

= 4 · 6 · 12 3

= 12 3

|u + v + w |2 = ( u + v + w ) · ( u + v + w )= u · u + u · v + u · w + u · v

+ v · v + v · w + u · w+ v · w + w · w

= | u |2 + | v |2 + | w |2 + 2 u · v+ 2 u · w + 2 v · w

= 42 + 82 + 62+ 2 · 0 + 2 · 12 3+ 2(–24)

= 16 + 64 + 36 + 0 + 24 3 – 48

= 68 + 24 3

Jadi, | u + v + w | = 68 + 24 3 .

8. a =

121

− −

dan b =

313

−

a. c = 2 a + b

= 2

121

− −

+

313

−

=

242

− −

+

313

−

=

535

− −

b. Proyeksi vektor ortogonal c pada a

= 2c . a| a | a

= 2 2 25 1 ( 3) ( 2) ( 5) ( 1)

1 ( 2) ( 1)⋅ + − ⋅ − + − ⋅ −

+ − + −

121

− −

= 166

121

− −

= 83

121

− −

Jadi, proyeksi ortogonal c pada a adalah

83 ( i – 2 j – k ).

9. Proyeksi skalar ortogonal a pada b = 193

−

⇔ a b| b |

⋅ = 193

−

⇔2 2 2

x( 2) y(4) 12( 4)

( 2) 4 ( 4)

− + + −

− + + −=

193

−

⇔ 2x 4y 484 16 16

− + −+ +

= 193

−

u

v

wu

90° 90°30°

θ

A

B C


⇔ 2x 4y 486

− + −=

193

−

⇔ –2x + 4y – 48 = –38

⇔ –2x + 4y = 10

⇔ x = 2y – 5 . . . (i)

Panjang vektor a = 13

⇔ 2 2 2x y 12+ + = 13

⇔ x2 + y2 + 144 = 169⇔ x2 + y2 = 25 . . . (ii)

Substitusi persamaan (i) ke persamaan (ii)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

untuk y = 0 ⇒ x = 2(0) – 5 = –5

untuk y = 4 ⇒ x = 2(4) – 5 = 3

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

10. Proyeksi vektor ortogonal u pada v

= 2u v

u

⋅ v

= 2 2 2a 2 1 ( 2) ( 2) 1

2 ( 2) 1⋅ + ⋅ − + − ⋅

+ − +v

= 2a 2 24 4 1

− −+ + ( 2i 2j k− + )

= 2a 4

9−

( 2i 2j k− + )

Proyeksi vektor ortogonal u pada v adalah

19 (8i 8j 4k)− + .

Diperoleh hubungan seperti berikut.

(2a 4)9− (2i 2j k)− + =

19 (8i 8j 4k)− +

⇔ (2a 4)9−

(2i 2j k)− + = 49 (2i 2j k)− +


(2a 4)9−

= 49

⇔ 2a – 4 = 4⇔ 2a = 8⇔ a = 4

Dengan demikian, diperoleh u = 4i j 2k+ − .

Proyeksi vektor v pada u

= 2v u

u

⋅u

= 2 2 22 4 ( 2) 1 1 ( 2)

4 1 ( 2)⋅ + − ⋅ + ⋅ −

+ + −u

= 8 2 216 1 4

− −+ + ( 4i j 2k+ − )

= 421 ( 4i j 2k+ − )

= 1621 i +

421 j –

821 k

114 Transformasi Geometri



3.6 Menggunakan trans-formasi geometriyang dapat dinyatakandengan matriks dalampemecahan masalah.

3.7 Menentukan kompo-sisi dari beberapatransformasi geometribeserta matrikstransformasinya.

Rasa ingintahu

Teliti dancermat

Menemukan kejadian dalam kehidupan sehari-hariyang merupakan salah satu bentuk transformasi.

Menentukan komposisi dari beberapa transformasigeometri dengan teliti dan cermat.

Pada bab ini akan dipelajari:

1. Translasi2. Refleksi3. Rotasi4. Dilatasi5. Transformasi Matriks6. Komposisi Transformasi


Menyelesaikan masalah yang berkaitandengan suatu transformasi geometri

Siswa dapat menggunakan transformasi geometri dan komposisi transformasi geometri untuk menyelesaikan masalah

Transformasi Geometri

Menentukan komposisi dari beberapatransformasi geometri

• Menyelesaikan masalah yang berkaitandengan translasi

• Menyelesaikan masalah yang berkaitandengan rotasi

• Menyelesaikan masalah yang berkaitandengan refleksi

• Menyelesaikan masalah yang berkaitandengan dilatasi

• Menyelesaikan masalah yang berkaitandengan transformasi oleh suatu matriks

Siswa mampu menyelesaikan masalahyang berkaitan dengan suatu

transformasi geometri

• Menentukan transformasi tunggal yangmewakili komposisi dari dua transformasiatau lebih

• Menentukan bayangan titik atau kurvaoleh suatu komposisi transformasi

• Menyelesaikan masalah yang berkaitandengan komposisi transformasi

Siswa mampu menentukan komposisidari beberapa transformasi geometri



Koordinat bayangan titik A(x, y) oleh translasi

T = 42

−

adalah A′(x + 4, y + (–2)).

Koordinat titik A(3, 2), bayangannya A′(7, 0).Koordinat titik A(–4, 3), bayangannya A′(0, 1).Koordinat titik A(0, –2), bayangannya A′(4, –4).Koordinat titik A(–2, 5), bayangannya A′(2, 3).Koordinat titik A(–5, –1), bayangannya A′(–1, –3).Jadi, pernyataan pada pilihan c salah.

2. Jawaban: a

Bayangan titik (x, y) oleh translasi T = 9

8−

:

′ ′

xy

=

xy

+ 9

8−

= x 9y 8

− +

⇒ P

P

xy

′ ′

= P

P

x 9y 8

− +

⇔ 412

−

= P

P

x 9y 8

− +

Dari kesamaan matriks diperoleh:4 = xP – 9 ⇔ xP = 4 + 9 = 13

–12= yP + 8 ⇔ yP = –12 – 8 = –20Jadi, koordinat titik P(13, –20).

3. Jawaban: d

Misalkan translasi T = ab

.

Q

Q

xy

′ ′

= Q

Q

xy

+ ab

⇔1

6−

= 42

−

+ ab

⇔ 1

6−

= 4 a2 b

− + +

Dari kesamaan matriks diperoleh:–1 = –4 + a ⇔ a = 36 = 2 + b ⇔ b = 4

Dengan demikian T = ab

= 34

.

R

R

xy

′ ′

= R

R

xy

+ ab

= 32

−

+ 34

= 62

Diperoleh koordinat R′ = (xR′, yR′) = (6, 2).Jadi, translasi T memetakan titik R(3, –2) ke titikR′(6, 2).

4. Jawaban: d

Titik C(2, 3) ditranslasikan oleh T = ab

menghasil-

kan bayangan C′(0, 5).

xy

′ ′

=

xy

+

ab

⇒05

= 23

+ ab

⇔ab

= 05

– 23

= 2

2−

Diperoleh matriks translasinya adalah T = 2

2−

.

1) Bayangan titik A(–1, –2):xy

′ ′

= 12

− −

+ 2

2−

= 3

0−

2) Bayangan titik B(5, –1):

xy

′ ′

= 51

−

+ 2

2−

= 31

Jadi, koordinat titik A′(–3, 0) dan B′(3, 1).

5. Jawaban: bTitik C merupakan bayangan titik A(–2, 4) oleh

T1 = 58

, maka berlaku:

C

C

xy

= A

A

xy

+ 58

= 2

4−

+ 58

= 3

12

Diperoleh titik C(3, 12).Titik C(3, 12) merupakan bayangan B(6, 8) oleh

T2 = ab

maka berlaku:

C

C

xy

= B

B

xy

+ ab

⇔3

12

= 68

+ ab

⇔3

12

= 6 a8 b

+ +


9. Jawaban: cBayangan (x, y) oleh pencerminan terhadap garisy = –x adalah (x′, y′) dengan:

xy

′ ′

= 0 11 0

− −

xy

⇒K

K

xy

′ ′

= 0 11 0

− −

K

K

xy

= 0 11 0

− −

ab

−

= ba

−

Jadi, bayangan K(a, –b) adalah K′(b, –a).

10. Jawaban: dBayangan titik A(x, y) oleh pencerminan terhadapP(a, b) adalah (x′, y′) dengan:

′ ′

xy

= −

−

1 00 1

xy

+

2a2b

⇔′

′

xy

= −

−

1 00 1

xy

+ ×

×

2 32 2

⇔−

24

= −

−

1 00 1

xy

+

64

⇔−

−

1 00 1

xy

= 2

4−

–

64

⇔−

−

xy

= −

80

Dari kesamaan matriks diperoleh –x = –8 ⇔ x = 8dan –y = 0 ⇔ y = 0.Jadi, koordinat titik A(8, 0).

11. Jawaban: eBayangan titik (x, y) oleh pencerminan terhadapgaris y = –1 adalah (x, –2 – y), berarti:x′ = x ⇔ x = x′y′ = –2 – y ⇔ y = –2 – y′Substitusi x dan y ke persamaan garis diperoleh:y = 2x + 5 ⇒ –2 – y′ = 2(x′) + 5

⇒ –2 – y′ = 2x′ + 5⇒ y ′ = –2x′ – 7

Jadi, persamaan bayangannya y = –2x – 7.

12. Jawaban: dI. Bayangan garis a oleh pencerminan terhadap

garis x = 0 (sumbu Y) adalah garis d (bukangaris e).Pernyataan I salah.

Dari kesamaan matriks diperoleh:3 = 6 + a ⇔ a = –3

12 = 8 + b ⇔ b = 4

Jadi, matriks translasi T2 = 3

4−

.

6. Jawaban: a


adalah

(x + 2, y + 3), berarti:x′ = x + 2 ⇔ x = x′ – 2y′ = y + 3 ⇔ y = y′ – 3Substitusi x dan y ke persamaan garis g diperoleh:2x – 3y + 4 = 0 ⇒ 2(x′ – 2) – 3(y′ – 3) + 4 = 0

⇔ 2x′ – 4 – 3y′ + 9 + 4 = 0⇔ 2x′ – 3y′ + 9 = 0

Jadi, persamaan garis g′ adalah 2x – 3y + 9 = 0.

7. Jawaban: aLingkaran L ≡ x2 + y2 – 2x + 6y – 15 = 0.

⇔ (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25Koordinat titik pusat lingkaran L adalah P(1, –3).Misal P′(x′, y′) merupakan bayangan titik P(1, –3)

oleh translasi T = 52

−

.

′ ′

xy

= 13

−

+ 52

−

= 65

−

Diperoleh koordinat P′ adalah (x′, y′) = (6 –5).Jadi, koordinat titik pusat lingkaran L′ adalah (6 –5).

8. Jawaban: cBayangan (x, y) oleh pencerminan terhadap sumbu Xadalah (x′, y′) dengan:

xy

′ ′

= 1 00 1

−

xy

Koordinat A(–1, –1), B(3, –1), C(4, 2), D(1, 4), danE(–2, 2).Bayangan titik A, B, C, D, dan E dapat ditentukansekaligus dengan cara berikut.

A B C D E

A B C D E

x x x x xy y y y y

′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′

= 1 00 1

−

A B C D E

A B C D E

x x x x xy y y y y

= 1 00 1

−

1 3 4 1 21 1 2 4 2

− − − −

= 1 3 4 1 2

1 1 2 4 2− −

− − − Diperoleh A′(–1, 1), B′(3, 1), C′(4, –2), D′(1, –4),dan E′(–2, –2).Jadi, pernyataan yang benar pada pilihan c.


α3

45

II. Bayangan garis c oleh pencerminan terhadapgaris y = x adalah garis b.Pernyataan II benar.

III. Bayangan garis d oleh pencerminan terhadapgaris y = 0 (sumbu X) adalah garis c.Pernyataan III benar.

Jadi, pernyataan yang benar II dan III.

13. Jawaban: ePuncak parabola dengan persamaan y = a(x – p)2 + qadalah (p, q).y = 2x2 – 8x + 11⇔ y = 2(x2 – 4x + 4) + 3⇔ y = 2(x – 2)2 + 3Diperoleh puncak parabola P adalah (2, 3).Puncak parabola tersebut dicerminkan terhadapgaris y = –1.Bayangan titik (2, 3) oleh pencerminan terhadapgaris y = –1 adalah (x′, y′) dengan:

′ ′

xy

= 1 00 1

−

xy

+ 0

2( 1) −

= 1 00 1

−

23

+ 02

−

= 25

−

Jadi, koordinat puncak parabola P′ adalah (2, –5).

14. Jawaban: cMisalkan h adalah persamaan lingkaran.Bayangan lingkaran h oleh refleksi terhadap garisy = x adalah h′. Jika h′ direfleksikan kembaliterhadap garis y = x akan diperoleh bayanganlingkaran semula yaitu h.Jadi, persamaan lingkaran semula dapat diperolehdengan merefleksikan kembali persamaanlingkaran bayangan (h′) terhadap garis y = x.Bayangan (x, y) oleh refleksi terhadap garis y = xadalah (x′, y′) dengan

xy

′ ′

= 0 11 0

xy

⇔ xy

′ ′

= yx

Diperoleh x′ = y ⇔ y = x′ dan y′ = x ⇔ x = y′.Substitusi x = y′ dan y = x′ ke persamaan lingkaranh′ ≡ x2 + y2 – 2x – 4y – 4 = 0⇒ (y′)2 + (x′)2 – 2(y′) – 4(x′) – 4 = 0⇔ y′2 + x′2 – 2y′ – 4x′ – 4 = 0⇔ y2 + x2 – 2y – 4x – 4 = 0⇔ x2 + y2 – 4x – 2y – 4 = 0Jadi, persamaan kurva semula x2 + y2 – 4x – 2y – 4= 0.

15. Jawaban: d

Sumbu refleksi adalah garis y = 43 x ⇔ y = x tan α.

Diperoleh tan α = 43

sin 2α = 2 sin α cos α

= 2 × 45 ×

35

= 2425

cos 2α = 2 cos2 α – 1

= 2(35 )2 – 1

= –7

25

Bayangan titik (x, y) oleh refleksi terhadap garis

y = 43 x:

′ ′

xy =

α α α − α

cos2 sin2sin2 cos2

xy

⇔ ′

′

xy =

7 2425 25

24 725 25

−

2525

= − +

+

7 2424 7

=

1731

Jadi, bayangan titik P(25, 25) adalah P′(17, 31).

B. Uraian

1. a. Misalkan T =

ab

.

Bayangan titik (x, y) oleh translasi T:

′ ′

xy

=

xy

+

ab

⇔ ′

′

xy

= x ay b

+ +

B′(4, 2) bayangan B(1, 2) oleh translasi T,yaitu:

42

= 1 a2 b

+ +

Dari kesamaan matriks diperoleh:4 = 1 + a ⇔ a = 32 = 2 + b ⇔ b = 0

Jadi, matriks translasinya T =

30 .


Y

X

g′ ≡ 2x + y – 4 = 0

–2 2

4

g ≡ 2x – y + 4 = 0

c. Oleh karena jari-jari lingkaran L sama dengan jari-jari lingkaran L′ maka luas kedua lingkaran sama.Luas = L = luas L′ = 3,14 × 22

= 12,56 satuan luas.

3. a. Bayangan titik (x, y) oleh translasi T = 42

−

adalah (x + 4, y – 2), berarti:x′ = x + 4 ⇔ x = x′ – 4y′ = y – 2 ⇔ y = y′ + 2Substitusi x dan y ke persamaan paraboladiperoleh:y = x2 – 2x + 6⇒ y′ + 2 = (x′ – 4)2 – 2(x′ – 4) + 6⇔ y′ = x′2 – 8x′ + 16 – 2x′ + 8 + 6 – 2⇔ y′ = x′2 – 10x′ + 28Jadi, persamaan bayangan parabola adalahy = x2 – 10x + 28.

b. Bayangan titik (x, y) oleh refleksi terhadapgaris y = x adalah (y, x), berarti:x′ = y ⇔ y = x′y′ = x ⇔ x = y′Substitusi x dan y ke persamaan paraboladiperoleh:y = x2 – 2x + 6⇔ x′ = y′2 – 2y′ + 6Jadi, persamaan bayangan parabola adalahx = y2 – 2y + 6.

c. Bayangan titik (x, y) oleh refleksi terhadapgaris x = 2 adalah (4 – x, y), berarti:x′ = 4 – x ⇔ x = 4 – x′y′ = y ⇔ y = y′Substitusi x dan y ke persamaan paraboladiperoleh:y = x2 – 2x + 6⇔ y′ = (4 – x′)2 – 2(4 – x′) + 6⇔ y′ = 16 – 8x′ + x′2 – 8 + 2x′ + 6⇔ y′ = x′2 – 6x′ + 14Jadi, persamaan bayangan parabola adalahy = x2 – 6x + 14.

4. Misalkan g ≡ 2x – y + 4 = 0g′ ≡ 2x + y – 4 = 0

b. Bayangan titik A(–2, 2); C(–2, –1); dan D(1, –1)

A C D

A C D

x x xy y y

′ ′ ′ ′ ′ ′

= A C D

A C D

x 3 x 3 x 3y 0 y 0 y 0

′ + ′ + ′ + ′ + ′ + ′ +

= 2 3 2 3 1 32 0 1 0 1 0

− + − + + + − + − +

= 1 1 42 1 1

− −

Diperoleh A′(1, 2); C′(1, –1) dan D′(4, –1).Jadi, bayangan titik A, C dan D adalahA′(1, 2); C′(1, –1); dan D′(4, –1).

2. a. Misalkan (x, y) terletak pada lingkaranL ≡ x2 + y2 – 2x + 4y + 1 = 0

Bayangan titik (x, y) oleh translasi −

64

:

′ ′

xy

=

xy

+ −

64

⇔ ′

′

xy

= −

+

x 6y 4

Dari kesamaan matriks diperoleh:x′ = x – 6 ⇔ x = x′ + 6 . . . (1)y′ = y + 4 ⇔ y = y′ – 4 . . . (2)Substitusi (1) dan (2) ke persamaan lingkaranL ≡ x2 + y2 – 2x + 4y + 1 = 0:⇔ (x′ + 6)2 + (y′ – 4)2 – 2(x′ + 6) + 4(y′ – 4)

+ 1 = 0⇔ x′2 + 12x′ + 36 + y′2 – 8y + 16 – 2x′ – 12

+ 4y′ – 16 + 1 = 0⇔ x′2 + y′2 + 10x′ – 4y′ + 25 = 0Jadi, persamaan bayangan lingkaran adalahL′: x2 + y2 + 10x – 4y + 25 = 0.

b. L ≡ x2 + y2 – 2x + 4y + 1 = 0⇔ (x – 1)2 + (y + 2)2 = 4Lingkaran L berpusat di A(1, –2) dan berjari-jari 2.L′ ≡ x2 + y2 + 10x – 4y + 25 = 0⇔ (x + 5)2 + (y – 2)2 = 4Lingkaran L′ berpusat di B(–5, 2) dan berjari-jari 2.

2

Y

X

L′

L

A(1, 2)

B(–5, 2)

0

–2

–5 1



Misalkan bayangan titik P(2, –3) oleh rotasiR[O, 90°] adalah P′(x′, y′), maka:

xy′

′ = cos 90 sin 90

sin 90 cos 90° − °

° ° 23

−

= 0 11 0

−

23

−

= 32

Jadi, koordinat bayangannya P′(3, 2).

2. Jawaban: dMatriks yang bersesuaian dengan rotasi [O, 60°]

= cos sinsin cos

θ − θ θ θ

= cos 60 sin 60sin 60 cos 60

° − ° ° °

=

1 12 2

1 12 2

3

3

−

3. Jawaban: eBayangan titik A(x, y) oleh rotasi [P(5, 1), –π].

xy

′ ′

= cos( ) sin( )sin( ) cos( )

−π − −π −π −π

x 5y 1

− −

+ 51

= 1 0

0 1−

−

x 5y 1

− −

+ 51

Berdasarkan gambar terlihat garis g ≡ 2x – y + 4 = 0merupakan bayangan garis g ≡ 2x + y – 4 = 0 olehrefleksi terhadap sumbu Y (garis x = 0).Jadi, refleksi M adalah refleksi terhadap sumbu Y.

5. Misalkan titik (x, y) terletak pada lingkaranx2 + y2 + 4y + 5 = 0.a. Bayangan (x, y) oleh pencerminan terhadap

garis y = –x adalah (x′, y′) dengan:

′ ′

xy

= 0 11 0

− −

xy

⇔ ′

′

xy

= yx

− −

Diperoleh x′ = –y ⇔ y = –x′y′ = –x ⇔ x = –y′

Substitusi x = –y′ dan y = –x′ ke persamaanlingkaran x2 + y2 + 4y + 5 = 0:⇔ (–y′)2 +(–x′)2 + 4(–x′) + 5 = 0⇔ y′2 + x′2 – 4x′ + 5 = 0⇔ x2 + y2 – 4x + 5 = 0Jadi, bayangannya adalah x2 + y2 – 4x + 5 = 0.

b. Bayangan (x, y) oleh pencerminan terhadapgaris y = 4 adalah (x′, y′) dengan:

′ ′

xy

= 1 00 1

−

xy

+ 0

2(4)

⇔ ′

′

xy

= x

8 y −

Dari kesamaan matriks diperoleh:x′ = x ⇔ x = x′y′ = 8 – y ⇔ y = –y′ + 8

Substitusi nilai x dan y ke persamaanlingkaran x2 + y2 + 4y + 5 = 0.⇔ (x′)2 + (–y′ + 8)2 + 4(–y′ + 8) + 5 = 0⇔ x′2 + y′2 – 16y′ + 64 – 4y′ + 32 + 5 = 0⇔ x′2 + y′2 – 20y′ + 101 = 0⇔ x2 + y2 – 20y + 101 = 0Jadi, bayangannya adalah x2 + y2 – 20y + 101= 0.

c. Bayangan (x, y) oleh pencerminan terhadapgaris x = –2:

′ ′

xy

= 1 0

0 1−

xy

+ 2( 2)

0−

⇔ ′

′

xy

= 4 xy

− −

Dari kesamaan matriks diperoleh:x′ = –4 – x ⇒ x = –x′ – 4y′ = y ⇒ y = y′Substitusi x = –x′ – 4 dan y = y′ ke persamaanlingkaran x2 + y2 + 4y + 5 = 0.⇔ (–x′ – 4)2 + (y′)2 + 4y′ + 5 = 0⇔ x′2 + 8x′ + 16 + y′2 + 4y′ + 5 = 0⇔ x2 + y′2 + 8x′ + 4y′ + 21 = 0⇔ x2 + y2 + 8x + 4y + 21 = 0Jadi, persamaan bayangannya adalahx2 + y2 + 8x + 4y + 21 = 0.


Untuk A(–3, 2) diperoleh A′:

A

A

xy

′ ′

= 1 0

0 1−

−

3 52 1

− − −

+ 51

= 1 0

0 1−

−

81

−

+ 51

= 81

−

+ 51

= 130

Untuk B(2, 4) diperoleh B′:

B

B

xy

′ ′

= 1 0

0 1−

−

2 54 1

− −

+ 51

= 1 0

0 1−

−

33

−

+ 51

= 33

−

+ 51

= 82

−

Untuk C(–1, –1) diperoleh C′:

xy

′ ′

= 1 0

0 1−

−

1 51 1

− − − −

+ 51

= 1 0

0 1−

−

62

− −

+ 51

= 62

+ 51

= 113

Jadi, koordinat A′(13, 0), B′(8, –2), dan C′(11, 3).

4. Jawaban: a

Bayangan titik P(xP, yP) oleh rotasi [O(0, 0), – 2π

]

adalah P′(xP′, yP′) dengan:

P

P

xy

′ ′

= 2 2 P

P2 2

cos ( ) sin ( ) xysin ( ) cos ( )

π π

π π

−− − − −

= P

P

x0 1y1 0

−

Diketahui P′(–10, –2) dan P(a, b).

102

− −

= 0 1 a1 0 b

−

⇔102

− −

= ba

−

Dari kesamaan matriks diperoleh:b = –10

–2 = –a ⇔ a = 2

Nilai a + 2b = 2 + 2(–10) = –18.Jadi, nilai a +2b = –18.

5. Jawaban: bMisalkan pusat rotasi P(a, b).Bayangan (x, y) oleh rotasi [P(a, b), 90°] adalah(x′, y′) dengan:

xy

′ ′

= 0 1 x a1 0 y b

− − −

+ ab

Titik P(10, 5) bayangan dari (4, –5):

105

= 0 1 4 a1 0 5 b

− − − −

+ ab

⇔ 105

= 5 b4 a

+ −

+ ab

⇔ 105

= 5 b a4 a b

+ + − +

Dari kesamaan matriks diperoleh:10 = 5 + a + b ⇔ a + b = 55 = 4 – a + b ⇔ –a + b = 1

––––––––– +2b = 6

⇔ b = 3Substitusikan nilai b = 3 ke a + b = 5.a + 3 = 5 ⇔ a = 2Diperoleh a = 2 dan b = 3.Jadi, koordinat pusat rotasi (2, 3).

6. Jawaban: dBayangan(x, y) oleh dilatasi [O(0, 0), 2]:

xy

′ ′

= 2 0 x0 2 y

Bayangan P(4, 2), Q(9, 4), dan R(6, 8):

P Q R

P Q R

x x xy y y

′ ′ ′ ′ ′ ′

= P Q R

P Q R

x x x2 0y y y0 2

= 2 0 4 9 60 2 2 4 8

= 8 18 124 8 16

Jadi, koordinat bayangan titik P, Q, dan R adalahP′(8, 4), Q′(18, 8), dan R′(12, 16).

7. Jawaban: a

Bayangan (x, y) oleh dilatasi [P(a, b), k]:

xy

′ ′

= kxy

+ (1 – k)ab


Bayangan (–4, 8) oleh dilatasi [P(–8, 12), 14 ]:

xy

′ ′

= 14

48

−

+ (1 – 14 )

812−

= 1

2−

+ 34

812−

= 1

2−

+ 6

9−

= 7

11−

Jadi, koordinat bayangannya (–7, 11).

8. Jawaban: e

Luas KLMN= ML × LK= 5 × 8= 40 satuan luas

Luas persegi panjang KLMN setelah didilatasidengan faktor skala k = 3:= k2 × LKLMN = 32 × 40 = 360 satuan luas

9. Jawaban: b

A = 2 5a 4

−

Bayangan titik P(3, –1) oleh transformasi yangbersesuaian dengan matriks A adalah P′(11, 2),berarti:

112

= 2 5a 4

−

31

−

⇔ 112

= 11

3a 4 −

Dari kesamaan matriks diperoleh:2 = 3a – 4 ⇔ 3a = 6

⇔ a = 2Misalkan koordinat Q′(x′, y), maka:

xy′

′ =

2 52 4

−

42

= 2

16−

Jadi, koordinat titik Q′(–2, 16).

10. Jawaban: d

Luas jajargenjang ABCD:LABCD = alas × tinggi

= 4 × 5= 20 satuan luas

Luas bayangan jajargenjang ABCD oleh

transformasi matriks T = 2 31 1

− − −

:

LA′B′C′D′ = |det T| × LABCD= |(–2) × (–1) – 3(–1)| × 20 satuan luas= 5 × 20 satuan luas= 100 satuan luas

11. Jawaban: aBayangan titik (x, y) oleh transformasi matriks A:

xy

′ ′

= a 2 a x

1 a 1 y+

+ Misal koordinat titik Q(m, n).Bayangan titik P(1, 2) dan Q(m, n) oleh transformasimatriks A:

P Q

P Q

x xy y

′ ′ ′ ′

= P Q

P Q

x xa 2 ay y1 a 1

+ +

⇔2 23 0

= a 2 a 1 m

1 a 1 2 n+

+

⇔2 23 0

= 3a 2 m(a 2) na2a 3 m n(a 1)

+ + + + + +

Dari kesamaan matriks diperoleh:2 = 3a + 2 ⇔ 3a = 0 ⇔ a = 03 = 2a + 3 ⇔ 2a = 0 ⇔ a = 02 = m(a + 2) + na ⇔ 2 = m(0 + 2) + n(0)

⇔ 2 = 2m⇔ m = 1

0 = m + n(a + 1) ⇔ 0 = 1 + n(0 + 1)⇔ 0 = 1 + n⇔ n = –1

Diperoleh m = 1 dan n = –1.Jadi, koordinat titik Q = (m, n) = (1, –1).

12. Jawaban: eBayangan titik (x, y) oleh dilatasi [O, –2] adalah(–2x, –2y), berarti:

x′ = –2x ⇔ x = –12 x′

y′ = –2y ⇔ y = –12 y′

Substitusi x dan y ke persamaan garis diperoleh:

4x – y + 6 = 0 ⇒ 4(–12 x′) – (–

12 y′) + 6 = 0

⇔ –2x′ + 12 y′ + 6 = 0

⇔ 4x′ – y′ – 12 = 0Jadi, persamaan bayangannya 4x – y – 12 = 0.

K

L

Y

X–2 0 3

4

–4

8 sa

tuan

5 satuanM

Y

X

5 satuan

4 satuan0 4 6

5

A B

CD


13. Jawaban: dMisalkan A(x, y) terletak pada garis 2y – x + 3 = 0.Bayangan titik A(x, y) oleh transformasi matriks

2 31 2

adalah (x′, y′) dengan:

xy

′ ′

= 2 3 x1 2 y

⇔xy

= 12 3

1 2

−

xy

′ ′

⇔xy

= 1

4 3−2 3 x1 2 y

′− ′−

⇔xy

= 2x 3y

x 2y

′ ′− ′ ′− +

Dari kesamaan matriks diperoleh:x = 2x′ – 3y′ . . . (1)y = –x′ + 2y′ . . . (2)Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis2y – x + 3 = 0 diperoleh:

2(–x′ + 2y′) – (2x′ – 3y′) + 3 = 0⇔ –2x′ + 4y′ – 2x′ + 3y′ + 3 = 0⇔ –4x′ + 7y′ + 3 = 0Jadi, bayangannya 7y – 4x + 3 = 0.

14. Jawaban: dMisal persamaan garis tersebut g ≡ ax + by + c = 0.Misal titik (x, y) terletak pada garis g.

Bayangan titik (x, y) oleh rotasi [P(–4, 1), 32 π]:

xy

′ ′

= 3 32 23 32 2

cos sin x 4y 1sin cos

π − π + − π π +

41

−

= 0 1 x 41 0 y 1

+ − −

+ 41

−

= y 1x 4

− − −

+ 41

−

= y 5x 3−

− − Dari kesamaan matriks, diperoleh:x′ = y – 5 ⇔ y = x′ + 5y′ = –x – 3 ⇔ x = –y′ – 3Substitusi x = –y′ – 3 dan y = x′ + 5 ke persamaangaris g: ax + by + c = 0.⇒ a(–y′ – 3) + b(x′ + 5) + c = 0⇔ –ay′ – 3a + bx′ + 5b + c = 0⇔ –ay′ + bx′ + (–3a + 5b + c)= 0Oleh karena –ay + bx + (–3a + 5b + c) = 0

⇔ 3y + 2x + 24 = 0 diperoleh:–a = 3 ⇔ a = –3 . . . (1)b = 2 . . . (2)

–3a + 5b + c = 24 . . . (3)⇒ –3(–3) + 5(2) + 1 = 24⇔ c = 24 – 9 – 10⇔ c = 5Jadi, persamaan garis g adalah –3x + 2y + 5 = 0.

15. Jawaban: dPersamaan lingkaran semula:x2 + y2 – 10x + 4y + 13 = 0⇔ x2 – 10x + y2 + 4y + 13 = 0⇔ (x – 5)2 + (y + 2)2 – 25 – 4 + 13 = 0⇔ (x – 5)2 + (y + 2)2 = 42

Jari-jari lingkaran semula: r = 4.Luas lingkaran semula:L = πr2 = π × (4)2 = 16π satuan luasLuas lingkaran oleh dilatasi [P(4, –7), 5].LI = k2 × L = 25 × 16π = 400π satuan luasLuas lingkaran oleh transformasi matriks:

LII = | det a bc d

| × L

= | det a bc d

| × 16π satuan luas

Oleh karena LI = LII diperoleh:

| det a bc d

| × 16π = 400π

⇔ | det a bc d

| = 40016

ππ

⇔ | det a bc d

| = 25

Akibatnya matriks yang memenuhi adalah matriksyang nilai determinannya 25 atau –25.

9 21 3

−−

= (–9)(–3) – 2 × 1 = 27 – 2 = 25

Jadi, matriks T yang memenuhi adalah 9 21 3

− −

.

B. Uraian

1. a. Titik A(x, y) dirotasikan R[O, 60°] diperoleh

bayangan A′(1, 3 ). Sebaliknya, titik

A′(1, 3 ) dirotasikan R[O, –60°] diperolehbayangan A(x, y).


Lingkaran bayangan berpusat di (8, 4) danberjari-jari 4.Persamaan lingkaran bayangan:

(x – 8)2 + (y – 4)2 = 42

⇔ x2 – 16x + 64 + y2 – 8y + 16 – 16 = 0⇔ x2 + y2 – 16x – 8y + 64 = 0Jadi, persamaan lingkaran bayangannyax2 + y2 – 16x – 8y + 64 = 0.

b. Persamaan lingkaran:L = (x + 5)2 + (y – 1)2 = 16Misal (x, y) terletak pada lingkaran L.Bayangan titik (x, y) oleh dilatasi [P(3, –4), –3]:

xy

′ ′

= kxy

+ (1 – k)ab

⇔xy

′ ′

= –3xy

+ (1 – (–3))34

−

⇔xy

′ ′

= –3xy

+ 434

−

⇔xy

′ ′

= 3x 123y 16

− + − −


x′ = –3x + 12 ⇔ x = x 12

3′ −− . . . (1)

y′ = –3y – 16 ⇔ y = y 16

3′ +− . . . (2)

Substitusi (1) dan (2) ke persamaan lingkaran(x + 5)2 + (y – 1)2 = 16

( )2x 123 5

′ −− + + ( )2y 16

31′ +

−− = 16

⇔ ( )2x 273

′ −− + ( )2y 19

3′ +− = 16

⇔2x 54x 729

9′ ′− + +

2y 38y 3619

′ ′+ + = 16

⇔ x′2 – 54x′ + 729 + y′2 + 38y′ + 361 = 144⇔ x′2 + y′2 – 54x′ + 38y′ + 946 = 0Jadi, persamaan lingkaran bayangannyax2 + y2 – 54x + 38y + 946 = 0.

3. 1) Bayangan titik A(–3, –3) oleh rotasi[P(a, b), –π] adalah A′(7, –5).

xy

′ ′

= cos( ) sin( )sin( ) cos( )

−π − −π −π −π

x ay b

− −

+ ab

⇔ 75

−

= 1 0

0 1−

−

3 a3 b

− − − −

+ ab

⇔ 75

−

= 3 a3 b

+ +

+ ab

⇔ 75

−

= 3 2a3 2b

+ +

xy

= cos ( 60 ) sin ( 60 )sin ( 60 ) cos ( 60 )

− ° − − ° − ° − °

13

= 1122

1 12 2

3

3

−

13

= 1 32 2

1 12 2

3 3

+ − +

= 20

Jadi, koordinat titik A(2, 0).

b. Bayangan titik P(–2, 6) oleh dilatasi [A, 12 ]

adalah P′(x′, y′).

xy′

′ =

12

12

0

0

2 26 0− −

− + 2

0

=

12

12

0

0

46

−

+ 20

= 23

−

+ 20

= 03

Jadi, koordinat bayangan titik P adalah P′(0, 3).

2. a. Jika suatu lingkaran dirotasikan, akan diper-oleh lingkaran dengan panjang jari-jari samanamun titik pusat berbeda.Persamaan lingkaran L: (x + 5)2 + (y – 1)2 = 16.Koordinat titik pusat (–5, 1) dan jari-jari = r = 4.Bayangan titik (x, y) jika dirotasikan oleh

[P(3, –4), – 2π

]:

xy

′ ′

= 2 2

2 2

cos ( ) sin ( ) x 3y 4sin ( ) cos ( )

π π

π π

− − − − + − − +

34

−

= 0 1 x 31 0 y 4

− − +

+ 34

−

Bayangan titik pusat (–5, 1):

⇔xy

′ ′

= 0 1 5 31 0 1 4

− − − +

+ 34

−

= 0 1 81 0 5

− −

+ 34

−

= 84

Koordinat titik pusat lingkaran bayanganadalah (8, 4).


Dari kesamaan matriks diperoleh:7 = 3 + 2a ⇔ 2a = 4 ⇔ a = 2–5 = 3 + 2b ⇔ 2b = –8 ⇔ b = –4Diperoleh koordinat P(2, –4).

2) Bayangan titik B(6, –3) oleh rotasi[P(2, –4), –π]:

xy

′ ′

= 1 0

0 1−

−

6 23 4−

− + +

24

−

= 1 0

0 1−

−

41

+ 24

−

= 41

− −

+ 24

−

= 25

− −

Koordinat titik B′(–2, –5).3) Bayangan titik C(6, 1) oleh rotasi [P(2, –4), –π]:

xy

′ ′

= 1 0

0 1−

−

6 21 4

− +

+ 24

−

= 1 0

0 1−

−

45

+ 24

−

= 45

− −

+ 24

−

= 29

− −

Koordinat titik C′(–2, –9).4) Bayangan titik D(–3, 1) oleh rotasi [P(2, –4), –π]:

xy

′ ′

= 1 0

0 1−

−

3 21 4

− − +

+ 24

−

= 1 0

0 1−

−

55

−

+ 24

−

= 55

−

+ 24

−

= 79

−

Koordinat titik D′(7, –9).

4. a. C′(9, 2) adalah bayangan C(5, 2) oleh dilatasi[P(3, 2), k],

xy

′ ′

= kxy

+ (1 – k)ab

⇔ 92

= k52

+ (1 – k)32

⇔ 92

= 5k 3 3k2k 2 2k

+ − + −

⇔ 92

= 2k 3

2+

Dari kesamaan matriks diperoleh:9 = 2k + 3 ⇔ 2k = 6 ⇔ k = 3Jadi, nilai k = 3.

Y

X

2

–2

–4

5

A

B

C5 satuan

6 satuan0

b. Bayangan titik A(0, –2) oleh dilatasi [P(3, 2), 3]

xy

′ ′

= 302

−

+ (1 – 3)32

= 06

−

+ 64

− −

= 6

10−

− Jadi, koordinat A′(–6, –10).Bayangan titik B(5, –4) oleh dilatasi [P(3, 2), 3]:

xy

′ ′

= 354

−

+ (1 – 3)32

= 1512

−

+ 64

− −

= 916

−

Jadi, koordinat B′(9, –16).c.

Luas ∆ABC = 12 × alas × tinggi

= 12 × 5 × 6

= 15 satuan luasLuas ∆A′B′C′ = k2 × luas ∆ABC

= 32 × 15= 135 satuan luas

Jadi, luas ∆A′B′C′ = 135 satuan luas.

5. a. Misalkan (x, y) terletak pada garis x – 2y = 4.Bayangan titik (x, y) oleh transformasi matriks

M = 4 23 1

− −

adalah (x′, y′) dengan:

xy

′ ′

= 4 2 x3 1 y

− −

⇔ xy

= 14 2 x

3 1 y

− ′− ′−

= 12

1 2 x3 4 y

′− ′−

= 12

x 2y3x 4y

′ ′− ′ ′−



Misalkan A′, B′, dan C′ adalah bayangan titik A,B, dan C oleh rotasi [O(0, 0), 90°]:

A B C

A B C

x x xy y y

′ ′ ′ ′ ′ ′


° − ° ° °

A B C

A B C

x x xy y y

⇒A B C

A B C

x x xy y y

′ ′ ′ ′ ′ ′

= 0 1 5 3 01 0 2 4 7

− − −

⇔A B C

A B C

x x xy y y

′ ′ ′ ′ ′ ′

= 2 4 75 3 0

− − −

Diperoleh A′(2, 5), B′(–4, –3), dan C′(–7, 0).

Titik A′, B′, dan C′ ditranslasikan oleh 64

−

diperoleh bayangan titik A′′, B′′, dan C′′.

A B C

A B C

x x xy y y

′′ ′′ ′′ ′′ ′′ ′′

= A B C

A B C

x 6 x 6 x 6y 4 y 4 y 4

′ + ′ + ′ + ′ − ′ − ′ −

⇒ A B C

A B C

x x xy y y

′′ ′′ ′′ ′′ ′′ ′′

= 2 6 4 6 7 65 4 3 4 0 4

+ − + − + − − − −

⇔ A B C

A B C

x x xy y y

′′ ′′ ′′ ′′ ′′ ′′

= 8 2 11 7 4

− − −

Diperoleh A′′(8, 1) B′′(2, –7), dan C′′(–1, –4).

2. Jawaban: dRotasi [P(–3, 7), –75°] dilanjutkan dengan rotasi[P(–3, 7), 30°] merupakan komposisi dua rotasiberurutan dengan titik pusat sama yaitu P(–3, 7).Misal: R1 = rotasi [P(–3, 7), –75°]

R2 = rotasi [P(–3, 7), 30°]R2 R1 = rotasi [P(–3, 7), (–75° + 30°)]

= rotasi [P(–3, 7), –45°]

= cos ( 45 ) sin ( 45 )sin ( 45 ) cos ( 45 )

− ° − − ° − ° − °

= 1 12 21 12 2

2 2

2 2

−

Jadi, matriks transformasi tunggalnya adalah

1 12 21 12 2

2 2

2 2

−

.

Diperoleh x = 12 (x′ – 2y′) . . . (1)

y = 12 (3x′ – 4y′) . . . (2)

Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis g:

x – 2y = 4⇒ 12 (x′ – 2y′) – 2 ×

12 (3x′ – 4y′) = 4

⇔ x′ – 2y′ – 2(3x′ – 4y′) = 8⇔ –5x′ + 6y′ – 8 = 0⇔ 5x′ – 6y′+ 8 = 0

Jadi, persamaan bayangan garis g adalah5x – 6y + 8 = 0.

b. Misalkan garis ≡ ax + by + c = 0 dan (x, y)terletak pada garis ,Bayangan (x, y) oleh transformasi matriks M:

xy

′ ′

= 4 2 x3 1 y

− −

⇔ xy

= 14 2 x

3 1 y

− ′− ′−

Dari jawaban a diperoleh:

x = 12 (x′ – 2y′) . . . (1)

y = 12 (3x′ – 4y′) . . .(2)

Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis :ax + by + c = 0

⇔ a · 12 (x′ – 2y′) + b ·

12 (3x′ – 4y′) + c = 0

⇔ a2 x′ – ay′ +

3b2 x′ – 2by′ + c = 0

⇔ (a2 +

3b2 )x′ + (–a – 2b)y′ + c = 0

⇔ (a2 +

3b2 )x + (–a – 2b)y + c = 0

Oleh karena bayangan garis oleh transformasimatriks M adalah garis g: x – 2y – 4 = 0,diperoleh:

(a2 +

3b2 )x + (–a – 2b)y + c = 0 ⇔ x – 2y – 4 = 0

a2 +

3b2 = 1 ⇔ a + 3b = 2

–a – 2b = –2 ⇔ a + 2b = 2c = –4

Dari a + 3b = 2 dan a + 2b = 2 diperoleh a = 2dan b = 0.Persamaan garis : ax + by + c = 0

⇔ 2 × x + 0 × y – 4 = 0⇔ 2x – 4 = 0

Jadi, persamaan garis adalah 2x – 4 = 0.


3. Jawaban: aP(10, 2) merupakan bayangan Q(–4, 3) oleh T2 T1.

Misal: T2 = ab

maka:

T2 T1 = T2 + T1 = ab

+ 7

8−

= a 7b 8

− +

P

P

xy

= Q

Q

xy

+ (T2 T1)

⇔102

= 4

3−

+ a 7b 8

− +

⇔102

= a 11b 11

− +

Dari kesamaan matriks diperoleh:10 = a – 11 ⇔ a = 10 + 11 = 212 = b + 11 ⇔ b = 2 – 11 = –9

Jadi, matriks translasi T2 adalah 219

−

.

4. Jawaban: dMatriks rotasi R[O, 90°] adalah:

R = cos 90 sin 90sin 90 cos 90

° − ° ° ° =

0 11 0

−

Matriks refleksi terhadap garis y = –x adalah

M = 0 11 0

− − .

Matriks rotasi R[O, 90°] dilanjutkan refleksiterhadap garis y = –x adalah:

MR = 0 11 0

− −

0 11 0

− =

1 00 1−

Matriks 1 0

0 1−

sama dengan matriks refleksi

terhadap sumbu Y.Jadi, rotasi R[O, 90°] dilanjutkan refleksi terhadapgaris y = –x dapat diwakili dengan refleksi terhadapsumbu Y.

5. Jawaban: e

Koordinat titik D adalah (1, 4).

Bayangan (x, y) oleh dilatasi [O(0, 0), 5]:

xy

′ ′

= kxy

= 5xy

D

D

xy

′ ′

= 5D

D

xy

= 514

= 5

20

Bayangan (x′, y′) oleh dilatasi [P(2, –1), –3]:

xy

′′ ′′

= –3xy

′ ′

+ (1 – (–3))21

−

⇔ D

D

xy

′′ ′′

= –3 D

D

xy

′ ′

+ 421

−

= –35

20

+ 421

−

= 1560

− −

+ 84

−

= 764

− −

Jadi, koordinat titik D′′(–7, –64).

6. Jawaban: cMatriks transformasi yang mewakili adalah

A = T My = 2 1 1 01 2 0 1

− −

= 2 11 2

−

Bayangan (x, y) oleh transformasi A:

xy

′ ′

= 2 11 2

−

xy

Bayangan (a, b) oleh transformasi A adalah (1, –8):

18

−

= 2 11 2

−

ab

⇔ab

= 12 1

1 2

− −

18

−

= 14 1+

2 1 11 2 8

− −

= 15

1015

−

= 23

−

Jadi, diperoleh a = 2, b = –3, dan a + b = –1.

7. Jawaban: b

T = T1 T2 = a 32 b

+

=

3 a2 b

+ +

Bayangan A(–1, 2) oleh T adalah A′(1, 11):

A

A

xy

′ ′

= A

A

x 3 ay 2 b

+ + +

⇔ 111

= 1 3 a

2 2 b− +

+ + ⇔

111

= 2 a4 b

+ +

Y

X

B(1, –2)

C(7, 1)

D(1, 4)

A(–1, 1)


Dari kesamaan matriks diperoleh:1 = 2 + a ⇔ a = –111 = 4 + b ⇔ b = 7

Diperoleh matriks T = 3 1 22 7 9

− = +

Bayangan B(xB, yB) oleh matriks T adalah B′(12, 13):

B

B

xy

′ ′

= B

B

x 2y 9

+

⇔1213

= B

B

x 2y 9

+

⇔ B

B

xy

= 12 2 1013 9 4

− = −

Jadi, koordinat B(10, 4).

8. Jawaban: e

T = T2 T1 = 0 1 a b1 1 0 1

−

= 0 1a 1 b

− −

Bayangan (x, y) oleh matriks T:

xy

′ ′

= 0 1a 1 b

− −

xy

Bayangan A(2, 3) dan B(–4, 1) oleh matriks Tadalah A′(3, 4) dan B′(1, 6).

A B

A B

x xy y

′ ′ ′ ′

= A B

A B

x x0 1y ya 1 b

− −

⇔3 14 6

= 0 1 2 4a 1 b 3 1

− − −

⇔3 14 6

= 3 1

2a 3 3b 4a 1 b − + − + −

Dari kesamaan matriks diperoleh:4 = –2a + 3 – 3b ⇔ 2a + 3b = –1 . . . (1)6 = 4a + 1 – b ⇔ 4a – b = 5 . . . (2)Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2):2a + 3b = –1 × 2 4a + 6b = –24a – b = 5 × 1 4a – b = 5

––––––––––– – 7b = –7⇔ b = –1

Substitusi b = –1 ke persamaan (2):4a – b = 5 ⇔ 4a – (–1) = 5

⇔ 4a = 4⇔ a = 1

Diperoleh a = 1 dan b = –1, matriks transformasinya:

T = 0 1a 1 b

− −

= 0 11 2

−

Bayangan titik C(xC, yC) oleh T adalah C′(–5, –6):

C

C

xy

′ ′

= C

C

x0 1y1 2

−

⇔ C

C

xy

= 1

C

C

x0 1y1 2

− ′ ′−

= 1

0 1+2 1 51 0 6

− − −

= 45

− −

Jadi, koordinat C(–4, –5).

9. Jawaban: c

L∆PQR = 12 × a × t =

12 × 4 × 4 = 8 satuan luas

Misalkan T1 = 2 41 3

dan T2 = 2 05 1

−

.

T = T2 T1

= 2 05 1

−

2 41 3

= 4 89 17

− −

det T = 4 89 17− −

= 4 × (–17) – 8(–9) = 4Luas bayangan ∆PQR oleh T = T2 T1:L′ = |det (T)| × LPQR

= 4 × 8 = 32 satuan luasJadi, luas bayangan ∆PQR adalah 32 satuan luas.

10. Jawaban: bMisal: M1 = matriks refleksi terhadap garis y = –x

= 0 11 0

− −

M2 = matriks refleksi terhadap garis y = x

= 0 11 0

Y

X

P

Q

R

a

t

O


12. Jawaban: cBayangan titik (x, y) apabila ditransformasi dengan

matriks transformasi 3 51 2

dilanjutkan dengan

pencerminan terhadap sumbu X adalah (x′, y′).

xy′

′ = 1 00 1

−

3 51 2

xy

=

3 51 2

− −

xy

⇔xy

=

13 51 2

− − −

xy′

′

= 1

6 5− +2 51 3

− −

xy′

′

= 2 51 3

− −

xy′

′

= 2x + 5yx 3y

′ ′ ′ ′− −

Diperoleh:x = 2x′ + 5y′y = –x′ – 3y′Substitusi x dan y ke persamaan garis:x – 2y = 5⇔ (2x′ + 5y′) – 2(–x′ – 3y′) = 5⇔ 2x′ + 5y′ + 2x′ + 6y′ = 5⇔ 4x′ + 11y′ = 5Jadi, bayangannya 4x + 11y = 5.

13. Jawaban: a

(x, y) → (4 – x, y) → (1 – x, y + 4)

Diperoleh:x′ = 1 – x ⇔ x = 1 – x′y′ = y + 4 ⇔ y = y′ – 4Substitusi x dan y ke persamaan lingkaran:x2 + y2 = 4⇔ (1 – x′)2 + (y′ – 4)2 = 4⇔ 1 – 2x′ + x′2 + y′2 – 8y′ + 16 – 4 = 0⇔ x′2 + y′2 – 2x′ – 8y′ + 13 = 0Jadi, bayangannya x2 + y2 – 2x – 8y + 13 = 0.

14. Jawaban: aMisal:T1 = matriks refleksi terhadap sumbu X

=1 00 1

−

T2 = matriks dilatasi [O, 3]

=3 00 3

Matriks transformasi tunggal yang mewakili refleksiterhadap garis y = –x dilanjutkan refleksi terhadapgaris y = x:M = M2 M1

= 0 11 0

0 11 0

− −

= 1 0

0 1−

− Misalkan (x, y) terletak pada garis y = 2x – 3.Bayangan (x, y) oleh transformasi M2 M1:

xy

′ ′

= (M2 M1)xy

⇔ xy

′ ′

= 1 0

0 1−

−

xy

⇔ xy

′ ′

= xy

− −

Dari kesamaan matriks diperoleh:x′ = –x ⇔ x = –x′ . . . (1)y′ = –y ⇔ y = –y′ . . . (2)Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis y = 2x – 3:⇔ –y′ = 2(–x′) – 3⇔ –y′ = –2x′ – 3⇔ y′ – 2x′ – 3 = 0⇔ y – 2x – 3 = 0Jadi, persamaan bayangan garisnya adalahy – 2x – 3 = 0.

11. Jawaban: aMisalkan titik A(x, y) terletak pada garis g ≡ 3x + 2y = 6.

(x, y) 3T4

= − → (x′, y′) [O, 2]→ (x′′, y′′)

xy′

′ =

xy

+ 34

−

⇔ xy′

′ =

x 3y 4

+ −

xy′′

′′ = 2 x

y′

′

⇔xy′′

′′ = 2

x 3y 4

+ −

= 2x 62y 8

+ −


x″ = 2x + 6 ⇔ x = 12 x″ – 3

y″ = 2y – 8 ⇔ y = 12 y″ + 4

Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis g:

3(12 x″ – 3) + 2(

12 y″ + 4) = 6

⇔ 32 x′′ – 9 + y′′ + 8 = 6

⇔ 32 x′′ + y′′ = 7

⇔ 3x′′ + 2y′′ = 14Jadi, bayangan garis g adalah 3x + 2y = 14.

Mx = 2T =

34

−


T = matriks transformasi refleksi terhadap sumbu Xdilanjutkan dilatasi [O, 3]

= T2 T1 = 3 00 3

1 00 1

−

= 3 00 3

−

Misalkan titik (x, y) terletak pada kurva y = x2 – 3x + 2.

Bayangan (x, y) oleh T = 3 00 3

−

:

xy

′ ′

= 3 00 3

−

xy

⇔ xy

′ ′

= 3x3y

−

Diperoleh x′ = 3x ⇔ x = x3′

. . . (1)

y′ = –3y ⇔ y = y3

− ′. . . (2)

Substitusi (1) dan (2) ke persamaan kurvay = x2 – 3x + 2:

y3

− ′= (

x3′)2 – 3(

x3′) + 2

⇔ y3

− ′=

2x9′ – x′ + 2

⇔ –3y′ = x′2 – 9x′ + 18⇔ 0 = 3y′ + x′2 – 9x′ + 18Jadi, persamaan bayangan kurva:3y + x2 – 9x + 18 = 0.

15. Jawaban: eMatriks transformasinya adalah

T = T2 T1 = 1 0 0 10 1 1 0

−

= 0 11 0

−

Misalkan titik (x, y) pada lingkaran (x + 1)2 + (y – 2)2

= 16. Bayangan dari titik (x, y) oleh T:xy

′ ′

= 0 1 x1 0 y

−

⇔ xy

′ ′

= y

x−

Dari kesamaan matriks diperoleh:x′ = –y ⇒ y = –x′ . . . (1)y′ = x ⇒ x = y′ . . . (2)Substitusi (1) dan (2) ke (x + 1)2 + (y – 2)2 = 16diperoleh:

(y′ + 1)2 + (–x′ – 2)2 = 16⇔ y′2 + 2y′ + 1 + x′2 + 4x′ + 4 = 16⇔ x′2 + y′2 + 4x′ + 2y′ – 11 = 0Jadi, persamaan bayangannyax2 + y2 + 4x + 2y – 11 = 0.

B. Uraian1. a. 1) Bayangan titik (x, y) oleh rotasi

[P(7, –7), 180°].

xy

′ ′

= cos 180 sin180sin180 cos 180

° − ° ° °

x 7y 7

− +

+ 77

−

= 1 0

0 1−

−

x 7y 7

− +

+ 77

−

Bayangan titik A(2, 2):

A

A

xy

′ ′

= 1 0

0 1−

−

2 72 7

− +

+ 77

−

= 1 0

0 1−

−

59−

+ 77

−

= 1216

−

Bayangan titik B(–5, 4):

B

B

xy

′ ′

= 1 0

0 1−

−

5 74 7− −

+ +

77

−

= 1 0

0 1−

−

1211

−

+ 77

−

= 1918

−

Bayangan titik C(10, –3):

C

C

xy

′ ′

= 1 0

0 1−

−

10 73 7

− − +

+ 77

−

= 1 0

0 1−

−

34

+ 77

−

= 411

−

Diperoleh A′(12, –16), B′(19, –18), danC′(4, –11).

2) Bayangan titik (x′, y′) oleh rotasi[O(0, 0, –270°].

xy

′′ ′′

=cos ( 270 ) sin ( 270 )sin ( 270 ) cos ( 270 )

− ° − − ° − ° − °

xy

′ ′

⇔xy

′′ ′′

= 0 11 0

−

xy

′ ′

Bayangan titik A′(12, –16), B′(19, –18),C′′(–4, –11):

A B C

A B C

x x xy y y

′′ ′′ ′′ ′′ ′′ ′′

= A B C

A B C

x x x0 1y y y1 0

′ ′ ′− ′ ′ ′

= 0 1 12 19 41 0 16 18 11

− − − − −

= 16 18 1112 19 4

−

Diperoleh A′′(16, 12), B′′(18, 19), C′′(11, –4).Jadi, bayangan titik A(2, 2), B(–5, 4), danC(10, –3) oleh rotasi [P(7, –7), 180°]dilanjutkan rotasi [O(0, 0), –270°] adalahA′′(16, 12), B′′(18, 19), C′′(11, –4).


b. Misalkan M1 =1 4

3 2−

− M2 = matriks refleksi terhadap

garis y = –x

= 0 11 0

− −

M3 = matriks transformasi tunggaltransformasi matriks

1 43 2−

− dilanjutkan refleksi

terhadap garis y = –x= M2 M1

=0 11 0

− −

1 43 2−

−

=3 21 4

− −

Bayangan titik A(2, 2), B(–5, 4), C(10, –3)oleh transformasi M3.

A B C

A B C

x x xy y y

′ ′ ′ ′ ′ ′

= A B C

A B C

x x x3 2y y y1 4

− −

= 3 2 2 5 101 4 2 4 3

− − − −

= 2 23 366 21 22

− − − −

Jadi, bayangan titik A, B, dan C oleh

transformasi matriks 1 4

3 2−

− dilanjutkan

dengan refleksi terhadap garis y = –x adalahA′(–2, –6), B′(23, –21), dan C′(–36, 22).

2. Matriks dilatasi [O, 2] adalah D = 2 00 2

.

Matriks refleksi terhadap garis y = x adalah

M = 0 11 0

.

Matriks rotasi R[O, – 12

π] adalah:

R =

1 12 21 12 2

cos ( ) sin ( )

sin ( ) cos ( )

− π − − π − π − π

= 0 11 0

−

.

a. Transformasi T mewakili dilatasi [O, 2],dilanjutkan refleksi terhadap garis y = x, dan

dilanjutkan rotasi R[O, – 12

π]. Matrikstransformasi T:

T = R M D = 0 11 0

−

0 11 0

2 00 2

= 1 00 1

−

2 00 2

= 2 00 2

−

Jadi, transformasi T adalah transformasi

dengan matriks 2 00 2

− .

b. Bayangan titik A(x, y) oleh transformasi Tadalah A′(12, –8), berarti:

128

− =

2 00 2

−

xy

⇔12

8 − =

2x2y

−

Diperoleh: 12 = 2x ⇔ x = 6–8 = –2y ⇔ y = 4

Jadi, koordinat titik A(6, 4).

3. a. L: x2 + y2 + 4x + 6y – 12 = 0⇔ (x + 2)2 + (y + 3)2 = 52

Luas lingkaran L = π(5)2 = 25π satuan luas.Misalkan (x, y) terletak pada lingkaran:

(x, y) y xM =→ (x′, y′) D[O, 3]−→ (x″, y″)Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan My = x:

xy

′ ′

= 0 11 0

xy

⇔ xy

′ ′

= yx

Bayangan titik (x′, y′) oleh dilatasi D[O, –3]:

xy

″ ″

= 3 0

0 3−

−

xy

′ ′

⇒ xy

″ ″

= 3 0

0 3−

−

yx

⇔ xy

″ ″

= 3y3x

− −

Diperoleh x″ = –3y ⇔ y = –x3″

. . . (1)

y″ = –3x ⇔ x = –y3″

. . . (2)


Substitusi (1) dan (2) ke persamaan lingkaran Lx2 + y2 + 4x + 6y – 12 = 0

(y3″

− )2 + (x3″

− )2 + 4(y3″

− ) + 6(x3″

− ) – 12 = 0

⇔2y

9″ +

2x9″ –

43 y″ – 2x″ – 12 = 0

⇔ y″2 + x″2 – 12y″ – 18x″ – 108 = 0Persamaan bayangan lingkaran L adalah:L′: x2 + y2 – 18x – 12y – 108 = 0⇔ (x – 9)2 + (y – 6)2 = 152

b. Luas lingkaran L′ = π(15)2 = 225π satuan luas.Perbandingan luas L dan luas L′:Luas LLuas L′ =

25225

ππ =

19

Jadi, perbandingan luasnya 1 : 9.

4. a. Misalkan titik (x, y) terletak pada garisg ≡ 2x + 5y = 3:

(x, y) R[O, 90 ]°→ (–y, x) y kM =→ (–y, 2k – x)

Sehingga diperoleh:x′ = –y ⇔ y = –x′ . . . (1)y′ = 2k – x ⇔ x = 2k – y′ . . . (2)Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis gdiperoleh:2(2k – y′) + 5(–x′) = 3⇔ 4k – 2y′ – 5x′ = 3⇔ 5x′ + 2y′ = 4k – 3Bayangan garis g adalahg′ ≡ 5x + 2y= 4k – 3

⇔ 5x + 2y = 21Sehingga diperoleh: 4k – 3= 21

⇔ 4k = 24⇔ k = 6

Jadi, nilai k = 6.

b. Misalkan titik (x, y) terletak pada garis g dan(x′, y′) adalah bayangan (x, y) oleh transformasiR[O, 90°] My = 6 maka:

(x, y) y 6M =→ (x, 2 · 6 – y) R[O, 90 ]°→(–(2 · 6 – y), x)Sehingga diperoleh:x′ = –(2 · 6 – y) ⇔ x ′ = –12 + y

⇔ y = x′ + 12y′ = x ⇔ x = y′Substitusi x dan y ke persamaan garis gdiperoleh:2y′ + 5(x′ + 12) = 3⇔ 2y′ + 5x′ + 60= 3⇔ 5x′ + 2y′ = –57Jadi, persamaan bayangannya 5x + 2y = –57.

5. g1 ≡ 2x – 3y + 3 = 0 ⇔ 3y = 2x + 3

⇔ y = 23 x + 1

Garis g1 mempunyai gradien m1 = 23 .

g2 ≡ 3x + 2y – 2 = 0 ⇔ 2y = –3x + 2

⇔ y = –32 x + 1

Garis g2 mempunyai gradien m2 = –32 .

Oleh karena m1 · m2 = 23 (–

32 ) = –1, garis g1 tegak

lurus garis g2. Dengan demikian, sudut antara garisg1 dan garis g2 adalah α = 90°.Mencari titik potong g1 dan g2:

y = 23 x + 1

y = –32 x + 1

–––––––––– –

0 = 136 x ⇔ x = 0

Oleh karena x = 0, diperoleh y = 23 · 0 + 1 = 1.

Kedua garis berpotongan di titik P(0, 1). Refleksititik A(6, 1) terhadap g2 g1 ekuivalen denganrotasi R[P(0, 1), 2α] maka:

A

A

xy

′ ′

= A P P

A P P

x x xcos 2 sin 2y y ysin 2 cos 2

−α − α + −α α

= o o

o o

cos 180 sin180 6 0 01 1 1sin180 cos180

− − + −

= 1 0 6 0

0 1 0 1−

+ −

= 6 0

0 1−

+

= 61

−

Jadi, koordinat bayangan titik A adalah A′(–6, 1).


A. Pilihan Ganda

1. Jawaban: dKoordinat bayangan titik A(x, y) oleh translasi

T = 35

adalah A′(x + 3, y + 5).

Koordinat titik A′(–2, 1), sehingga:x + 3 = –2 ⇔ x = –5y + 5 = 1 ⇔ y = –4Jadi, koordinat titik A(–5, –4).

2. Jawaban: e

Misalkan translasi tersebut T = ab

.

Bayangan titik B(5, 1) oleh translasi T = ab

adalah

B′(–1, 3).

B

B

xy

′ ′

= B

B

xy

+ ab

⇔ 1

3−

= 51

+ ab

⇔ 1

3−

= 5 a1 b

+ +

Dari kesamaan matriks diperoleh–1 = 5 + a ⇔ a = –6

3 = 1 + b ⇔ b = 2

Dengan demikian T = ab

= 62

−

Bayangan titik A(13, –4) oleh T = 62

−

:

A

A

xy

′ ′

= A

A

xy

+ 62

−

= 13

4 −

+ 62

−

= 72

−

Jadi, bayangan titik A(7, –2).

3. Jawaban: b


3−

adalah

(x – 1, y + 3), berarti:x′ = x – 1 ⇔ x = x′ + 1y′ = y + 3 ⇔ y = y′ – 3Substitusi x dan y ke persamaan garis diperoleh:5x + 2y – 8 = 0 ⇒ 5(x′ + 1) + 2(y' – 3) – 8 = 0

⇔ 5x′ + 5 + 2y′ – 6 – 8 = 0⇔ 5x′ + 2y′ – 9 = 0

Jadi, persamaan bayangannya 5x + 2y – 9 = 0.

4. Jawaban: eTransformasi translasi tidak mengubah ukuranbangun. Untuk memperoleh persamaan bayanganlingkaran L, cukup dengan mentranslasikan titikpusat L(P(x, y)) kemudian dicari persamaanlingkaran L′ dengan pusat P′(x′, y′).Titik pusat L : P(3, –1)Titik pusat L′: P′(–2, 1)Sehingga terdapat hubungan:

P

P

xy

′ ′

= P

P

xy

+ T

⇔21

−

= 31

−

+ ab

⇔ab

= 21

−

– 31

−

⇔ab

= 5

2−

Dari kesamaan matriks diperoleh a = –5 dan b = 2.Nilai a + b = –5 + 2 = –3.

5. Jawaban: aBayangan (x, y) oleh refleksi terhadap titik (0, 0).

xy

′ ′

= 2 0 x2 0 y

× − × −

= xy

− −

Bayangan titik P(a, b):

P

P

xy

′ ′

= P

P

xy

− −

= ab

− −

Jadi, bayangannya adalah (–a, –b).

6. Jawaban: dBayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadapsumbu Y adalah P′(2, 5).Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadapsumbu X adalah P′(–2, –5).Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap garisy = x adalah (5, –2).Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap garisy = –x adalah P′(–5, 2).Bayangan titik P(–2, 5) oleh refleksi terhadap titikasal adalah (2, –5).Jadi, P′(–5, 2) merupakan bayangan P(–2, 5) oleh

refleksi terhadap garis y = –x.Jadi, nilai k = –32 .


= 0 1 7 11 0 6 3

− + − −

= 6 17 3

− − + −

= 74

− −

Jadi, bayangan titik Q adalah Q′(–7, –4).

11. Jawaban: bBayangan (xA, yA) oleh rotasi [P(1, 2), α]:

A

A

xy

′ ′

= A P P

A P P

x x xcos siny y ysin cos

−α − α + −α α

⇔1

4−

= cos sin 3 1 1sin cos 4 2 2

α − α − + α α −

⇔1

4−

– 12

= cos sin 2sin cos 2

α − α α α

⇔2

2−

= 2 cos 2 sin2 sin 2 cos

α − α α + α

Dari kesamaan matriks diperoleh:2 cos α – 2 sin α = –2 ⇔ cos α – sin α = –12 sin α + 2 cos α = 2 ⇔ cos α + sin α = 1

––––––––––––––– +2 cos α = 0

⇔ cos α = 0⇔ α = 90°

Jadi, besar sudut α adalah 90°.

12. Jawaban: aMisalkan titik (x, y) terletak pada garis 3x + 2y – 4= 0 dan (x′, y′) adalah bayangan titik (x, y) oleh

rotasi [O, 2π

] maka:

(x, y) 2R[O, ]π

→ (–y, x)

Sehingga diperoleh:x′ = –y ⇒ y = –x′y′ = x ⇒ x = y′Substitusikan x dan y ke persamaan 3x + 2y – 4 = 0:3y′ + 2(–x′) – 4 = 0⇔ 3y′ – 2x′ – 4 = 0⇔ 2x′ – 3y′ + 4 = 0Jadi, bayangannya adalah 2x – 3y + 4 = 0.

13. Jawaban: d

Bayangan titik (x, y) oleh dilatasi [P(2, –1), 12 ]:

xy

′ ′

= 12

xy

+ (1 – 12 )

21

−

7. Jawaban: e(x, y) Mx k=→ (2k – x, y)

(2, –6) Mx k=→ (2k – 2, –6) = (–5, –6)Sehingga diperoleh:2k –2 = –5⇔ 2k = –3

⇔ k = –32

Jadi, nilai k = –32 .

8. Jawaban: dBayangan titik (x, y) oleh pencerminan terhadapsumbu Y adalah (–x, y), berarti:x′ = –x ⇔ x = –x′y′ = y ⇔ y = y′Substitusi x dan y ke persamaan paraboladiperoleh:y = x2 + 2x – 5⇔ y′ = (–x′)2 + 2(–x′) – 5⇔ y′ = x′2 – 2x′ – 5Jadi, persamaan bayangan parabola adalahy = x2 – 2x – 5.

9. Jawaban: c

Bayangan titik (x, y) oleh rotasi [O(0, 0), 23 π]:

xy

′ ′

=

2 23 32 23 3

cos sin xysin cos

π − π π π

⇔xy

′ ′

=

1 12 2

1 12 2

3 xy3

− − −

Bayangan titik (8, –6):

xy

′ ′

=

1 12 2

1 12 2

3 863

− − − −

= 4 3 3

4 3 3

− + +

Jadi, bayangan titik B(8, –6) adalah (–4 + 3 3 ,

4 3 + 3).

10. Jawaban: eBayangan (xQ, yQ) oleh rotasi [P(–1, 3), –90°]:

Q

Q

xy

′ ′

=o o

Q Po o

Q P

x xcos ( 90 ) sin ( 90 )y ysin ( 90 ) cos ( 90 )

−− − − −− −

+ P

P

xy

=0 1 6 1 11 0 3 3 3

+ − + − − −


Bayangan titik A(–4, 11) oleh dilatasi [P(2, –1), 12 ]:

xy

′ ′

= 12

411−

+ 12

21

−

= 112

2−

+ 12

1 −

= 1

5−

Diperoleh A′(–1, 5).Jadi, bayangan titik A adalah (–1, 5).

14. Jawaban: dBayangan titik A oleh dilatasi [P(xP, yP), 3]:

A

A

xy

′ ′

= kA P

A P

x x(1 k)

y y

+ −

⇔114

−

= 3P

P

x5(1 3)

y2−

+ −

⇔114

−

= P

P

x15( 2)

y6−

+ −

⇔ 2 P

P

xy

= 15 116 4

− − −

⇔ P

P

xy

= 12

42

−

= 21

−

Jadi, koordinat titik P(–2, 1).

15. Jawaban: eBayangan titik Q(–9, 12) oleh dilatasi [O, k] adalahQ′(3, –4).

Q

Q

xy

′ ′

= kQ

Q

xy

⇒34

−

= 9

k12−

⇔34

−

= – 13

912−

Diperoleh k = – 13

sehinga 6k = – 13

× 6 = –2.Bayangan titik P(–7, 5) oleh dilatasi [O, –2]:

P

P

xy

′ ′

= –275

−

= 1410

−

Jadi, bayangan titik P adalah (14, –10).

16. Jawaban: b

P

P

xy

′ ′

= 1 42 3

−

P

P

xy

⇔P

P

xy

= 1

P

P

x1 4y2 3

− ′ ′−

= 1

3 8+3 4 182 1 3

− −

= 1

11

6633

− −

= 63

− −

Jadi, koordinat titik P(–6, –3).

17. Jawaban: e

Bayangan titik (–3, 4) oleh T = a bc d

adalah

(3, –4).

34

−

= a b 3c d 4

−

⇔34

−

= 3a 4b3c 4d

− + − +

Dari kesamaan matriks diperoleh:–3a + 4b = 3 . . . (1)–3c + 4d = –4 . . . (2)

Bayangan titik (1, –2) oleh T = a bc d

adalah

(1, 0).

10

= a b 1c d 2

−

⇔10

= a 2bc 2d

− −

Dari kesamaan matriks diperoleh:a – 2b = 1 . . . (3)c – 2d = 0 . . . (4)Eliminasi a dari (1) dan (3):–3a + 4b = 3 × 1 –3a + 4b = 3

a – 2b = 1 × 3 3a – 6b = 3––––––––––– +

–2b = 6⇔ b = –3

Substitusi b = –3 ke a – 2b = 1:⇒ a – 2(–3) = 1 ⇔ a = 1 – 6 ⇔ a = –5Diperoleh a = –5 dan b = –3.Eliminasi c dari (2) dan (4):–3c + 4d = –4 × 1 –3c + 4d = –4

c – 2d = 0 × 3 3c – 6d = 0–––––––––––– +

–2d = –4⇔ d = 2


Substitusi d = 2 ke c – 2d = 0:⇒ c – 2(2) = 0 ⇔ c = 4Diperoleh c = 4 dan d = 2.Nilai a + b + c + d = –5 + (–3) + 4 + 2

= –2Jadi, nilai a + b + c + d adalah –2.

18. Jawaban: dMisal T = T1 T2

= 0 22 0

1 10 1

= 0 22 2

Bayangan P(–5, 1) oleh T = T1 T2 = 0 22 2

:

xy

′ ′

= 0 22 2

xy

= 0 22 2

51

−

= 28

−

Jadi, bayangan titik P adalah (2, –8).

19. Jawaban: dBayangan titik B(–8, 13) oleh refleksi terhadap garisx = 16:

xy

′ ′

= 2 16 x

y× −

B

B

xy

′ ′

= 32 ( 8)

13− −

= 4013

Diperoleh B′(40, 13).

Bayangan titik (x′, y′) ditranslasikan oleh 95

−

:

xy

′′ ′′

= xy

′ ′

+ 95

−

Bayangan titik B′(40, 13) oleh translasi 95

−

:

A

B

xx

′′ ′′

= 4013

+ 95

−

= 3118

Jadi, bayangan akhir titik A adalah (31, 18).

20. Jawaban: aKoordinat bayangan titik T (–2, 3) oleh transformasi

yang diwakili matriks 2 4

3 1−

− adalah (x′, y′).

xy′

′ = 2 4

3 1−

− 2

3−

= 4 126 3+

− − = 16

9 −

Diperoleh koordinat bayangan titik T adalah (16, –9).Koordinat bayangan titik (16, –9) oleh refleksiterhadap garis x = 10 adalah (2(10) – 16, –9)= (4, –9).Jadi, bayangan titik T adalah T′(4, –9).

21. Jawaban: bBayangan (x, y) oleh dilatasi [P(a, b), k] adalah:

xy

′ ′

= k 00 k

x ay b

− −

+ ab

Bayangan titik A(4, –8) oleh dilatasi P[(–2, 2), –2]:

A

A

xy

′ ′

= 2 0

0 2−

− A

A

x 2y 2

+ −

+ 2

2−

= 2 0

0 2−

−

4 28 2+

− − +

22

−

= 2 0

0 2−

−

610

−

+ 2

2−

= 12

20−

+ 2

2−

= 14

22−

Bayangan titik (–14, 22) oleh rotasi [P(–2, 2), 270°]:

xy

″ ″

= cos270 sin270sin270 cos270

° − ° ° °

x 2y 2

+ −

+ 2

2−

= 0 11 0

−

14 222 2

− + −

+ 2

2−

= 0 11 0

−

1220

−

+ 2

2−

= 2012

+ 2

2−

= 1814

Jadi, bayangan titik A adalah (18, 14).

22. Jawaban: aMisalkan koordinat titik A(a, b).T1 = matriks transformasi rotasi [O(0, 0), 90°]

=o o

o o

cos 90 sin 90

sin 90 cos 90

−

= 0 11 0

−

T2 = matriks transformasi refleksi terhadap garisy = –x

=0 11 0

− −


T = T2 T1 = 0 11 0

− −

0 11 0

−

= 1 0

0 1−

Bayangan titik A(a, b) oleh T = T2 T1 adalahA′(8, –6):

A

A

xy

′ ′

= A

A

x1 0y0 1

−

⇔86

−

= 1 0 a

0 1 b−

⇔86

−

= a

b−

Diperoleh: 8 = –a ⇔ a = –8–6 = b ⇔ b = –6

Jadi, koordinat titik A(–8, –6).

23. Jawaban: e

Matriks transformasi R[O, π] = 1 0

0 1−

− .

Koordinat bayangan titik P(3, –1) oleh transformasiyang diwakili matriks N, dilanjutkan rotasi R[O, π],kemudian oleh transformasi yang diwakili matriksM adalah (x′, y′).

xy′

′ = 1 34 2

− −

1 00 1−

− 3 21 0

−

31

−

= 1 3 74 2 3

− − − =

1634

− −

Jadi, bayangan titik P adalah P′(–16, –34).

24. Jawaban: aMisalkan titik (x, y) terletak pada garis 3x + 2y = 6.

(x, y) 3

T4

= − → (x′, y′) D[O, 2]→ (x″, y″)

Bayangan (x, y) oleh translasi T = 34

−

:

xy

′ ′

= x 3

y ( 4)+

+ −

⇔ xy

′ ′

= x 3y 4

+ −

Bayangan titik (x′, y′) oleh dilatasi [O, 2]:

xy

″ ″

= k 00 k

xy

′ ′

= 2 00 2

x 3y 4

+ −

= 2x 62y 8

+ −

Diperoleh x″ = 2x + 6 ⇔ x = x 6

2″ −

. . . (1)

y″ = 2y – 8 ⇔ y = y 8

2″ +

. . . (2)Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis 3x + 2y = 6:

3(x 6

2″ −

) + 2(y 8

2″ +

) = 6

⇔ 3(x″ – 6) + 2(y″ + 8) = 12⇔ 3x″ + 2y″ – 18 + 16 – 12 = 0⇔ 3x″ + 2y″ – 14 = 0Jadi, hasil transformasinya 3x + 2y = 14.

25. Jawaban: aMisalkan titik (x, y) terletak pada garis g dan(x′, y′) adalah bayangan titik (x, y) oleh transformasiR[O, 90°] T maka:

(x, y) T =

→21 (x + 2, y + 1) R[O, 90 ]°→ (–y – 1, x + 2)

Sehingga diperoleh:x ′ = –y – 1 ⇔ y = –x′ – 1y ′ = x + 2 ⇔ x = y′ – 2Substitusi x dan y ke persamaan garis g:⇒ 2(y′ – 2) – x′ – 1 = 3⇔ 2y′ – 4 – x′ – 1 – 3 = 0⇔ 2y′ – x′ – 8 = 0Jadi, persamaan bayangan garis g adalah2y – x – 8 = 0.

26. Jawaban: bMisalkan persamaan garis g adalah ax + by + c = 0dan titik (x, y) terletak pada garis g.Bayangan (x, y) oleh dilatasi [P(5, 3), –2]:

xy

′ ′

= x

2y

−

+ (1 – (–2))

53

= x

2y

−

+ 3

53

= 2x 152y 9

− + − +

Bayangan (x′, y′) oleh dilatasi [Q(–2, 4), 3]:

xy

′′ ′′

= 3xy

′ ′

+ (1 – 3)24−

= 32x 152y 9

− + − +

+ (–2)24−

= 6x + 45 + 46y + 27 8

− − −

= 6x + 496y + 19

− −


Diperoleh x′′ = –6x + 49 ⇔ x = x 49

6′′ −− . . . (1)

y′′ = –6y + 19 ⇔ y = y 19

6′′ −− . . . (2)

Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garisg ≡ ax + by + c = 0.

a x 49

6′′ −

− + b

y 196

′′ − −

+ c = 0

⇔ a(x′′ – 49) + b(y′′ – 19) – 6c = 0⇔ ax′′ + by′′ + (–49a – 19b – 6c) = 0⇔ ax + by + (–49a – 19b – 6c) = 0⇔ –3x + 4y + 17 = 0Diperoleh: a = –3

b = 4 ⇔ b = 4–49a – 19b – 6c = 17

⇔ –49(–3) – 19(4) – 6c = 17⇔ 71 – 6c = 17⇔ 6c = –54⇔ c = 9Diperoleh a = –3, b = 4, dan c = 9.Persamaan garis g adalah ax + by + c = 0⇔ –3x + 4y + 9 = 0

27. Jawaban: b

(x, y) → (4 – x, y) → (x – 4, –y)Diperoleh:x′ = x – 4 ⇔ x = x′ + 4y′ = –y ⇔ y = –y′Substitusi x dan y ke persamaan lingkaran:x2 + y2 = 12⇔ (x′ + 4)2 + (–y′)2 = 12⇔ x′2 + 8x′ + 16 + y′2 – 12 = 0⇔ x′2 + y′2 + 8x′ + 4 = 0Jadi, bayangannya x2 + y2 + 8x + 4 = 0.

28. Jawaban: a

(x, y) → (2x, 2y) → (2x, 2 – 2y) →(2 – 2y, –2x)Diperoleh:

x′ = 2 – 2y ⇔ y = 2 x2

′−

y′ = –2x ⇔ x = – 12

y′

Substitusi x dan y ke persamaan garis g:2x + y + 3 = 0

⇔ 2(– 12

y′ ) + ( 2 x2

′− ) + 3 = 0

⇔ –2y′ + 2 – x′ + 6 = 0⇔ –x′ – 2y′ + 8 = 0⇔ x′ + 2y′ – 8 = 0Jadi, persamaan bayangan garis g adalahx + 2y – 8 = 0.

29. Jawaban: bSegitiga ABC siku-siku di B dengan AB = 7 danBC = 4.

L∆ABC = 12 (7 × 4) = 14

Matriks transformasinya:

M = 5 3 2 02 1 0 2

− −

= 10 6

4 2 − −

Luas bayangan ∆ABC:

L = |det (M)| × L∆ABC = 10 6

4 2− − × 14

= 4 × 14 = 56 satuan luas

30. Jawaban: eMatriks transformasinya:

M = 1 3 4 1

0 2 1 0− −

−

= 1 12 0

− −

det (M) = (–1) × 0 – 1(–2) = 2Luas bayangannya adalah

L = det (M) × LKLMN

⇔ 52 = 2 × LKLMN

⇔ LKLMN = 522 = 26 satuan luas

Jadi, luas trapesium KLMN adalah 26 satuan luas.

B. Uraian

1. a. Misalkan translasi T = ab

, maka:

xy′

′ = x

y

+ ab

⇔ab

=

xy′

′ – x

y

= 41

– 25

= 24

−

Jadi, translasi T = 24

−

.

b. Koordinat titik A(2, 1).

xy′

′ = x

y

+ ab

= 21

+ 24

−

= 43

−

Jadi, koordinat bayangan titik A adalahA′(4, –3).

Mx = 2 R[O, 180°]

My = 1 R[O, –90°][O, 2]


c. Koordinat titik B′(–3, 4).

xy′

′ = x

y

+ ab

⇔ 34

−

= xy

+ 24

−

⇔ xy

= 34

−

– 24

−

= 58−

Jadi, koordinat titik B(–5, 8).

2. Titik (5, 1) ditransformasi oleh matriks T = a 34 b

− −

menghasilkan bayangan (7, –12) maka:

712

−

= a 3 54 b 1

− −

⇔712

−

= 5a 320 b

− − +

Dari kesamaan matriks diperoleh:5a – 3 = 7 ⇔ 5a = 10

⇔ a = 2–20 + b = –12 ⇔ b = 8

Diperoleh matriks transformasi T = 2 34 8

− −

.

Misalkan (1, 0) bayangan titik P(x, y) oleh T–1 maka:

10

= T–1xy

⇔ T10

= TT–1 xy

⇔2 3 14 8 0

− −

= xy

⇔ xy

= 24

−

Jadi, koordinat titik P(2, –4).

3. Misal titik (x, y) terletak pada garis g ≡ x + y = 1a. Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan

terhadap titik A(1, 2):

(x, y) (a, b)M→ (2a – x, 2b – y)

xy

′ ′

= 2a x2b y

− −

= 2 1 x2 2 y

× − × −

= 2 x4 y

− −

Diperoleh x′ = 2 – x ⇔ x = 2 – x′ . . . (1)y′ = 4 – y ⇔ y = 4 – y′ . . . (2)

Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garisg ≡ x + y = 1:⇒ (2 – x′) + (4 – y′) = 1⇔ 6 – x′ – y′ = 1⇔ x′ + y′ = 5Jadi, bayangan garis g oleh pencerminanterhadap titik A(1, 2) adalah x + y = 5.

b. Bayangan titik (x, y) oleh pencerminanterhadap titik P(x, x + 1):

xy

′ ′

= 2(x) x

2(x 1) y−

+ −

⇔ xy

′ ′

= x

2x y 2 − +

Diperoleh:x′ = x ⇔ x = x′ . . . (1)y′ = 2x – y + 2 ⇔ y = 2x – y′ + 2

⇔ y = 2x′ – y′ + 2 . . . (2)Substitusi x dan y ke x + y = 1:⇒ x′ + (2x′ – y′ + 2) = 1⇔ 3x′ – y′ = –1Jadi, persamaan bayangan garis g adalah3x – y = –1.

4. Misal: R1 = rotasi [O(0, 0), 180°]R2 = rotasi [O(0, 0), –105°)R = R2 R1

= rotasi [O(0, 0), 180° + (–105°)]= rotasi [O(0, 0), 75°]

cos 75° = cos (45° + 30°)= cos 45° cos 30° – sin 45° sin 30°

= 12

2 × 12

3 – 12

2 × 12

= 14

6 – 14

2

sin 75° = sin (45° + 30°)= sin 45° cos 30° + cos 45° sin 30°

= 12

2 × 12

3 + 12

2 × 12

= 14

6 + 14

2

–sin 75° = –( 14

6 – 14

2 )

= – 14

6 – 14

2

Matriks R = rotasi [O(0, 0), 75°]


° − ° ° °

=

1 1 1 14 4 4 41 1 1 14 4 4 4

6 2 6 2

6 2 6 2

− − − + −


T = 31

− Mx = 1

Bayangan titik A(–4, 8) dan B(3, –6) oleh rotasi[O(0, 0), 75°].

A B

A B

x xy y

′ ′ ′ ′

=

1 1 1 14 4 4 41 1 1 14 4 4 4

6 2 6 2

6 2 6 2

− − − + −

A B

A B

x xy y

= 1 1 1 14 4 4 41 1 1 14 4 4 4

6 2 6 2

6 2 6 2

− − − + −

4 3

8 6−

−

= 3 3 6 64 4 4 43 3 6 64 4 4 4

6 2 2 6 2 2 6 2 6 2

6 2 2 6 2 2 6 2 6 2

− + − − − + + − − + − + − +

=

9 34 43 94 4

3 6 2 6 2

6 3 2 6 2−

− − + − +

Jadi, diperoleh A′( 3 6 2, 6 3 2− − ) dan

B′(9 3 3 94 4 4 4

6 2, 6 2−+ + ).

5. Misalkan T1 = 3 11 1

− − −

dan T2 = 1 11 2

− −

.

T = matriks transformasi tunggal yang mewakilitransformasi T1 dilanjutkan T2

= T2 T1

= 1 11 2

− −

3 11 1

− − −

= 2 21 3

Misalkan titik (x, y) terletak pada garis x – y = 0.Bayangan titik (x, y) oleh transformasi T:

xy

′ ′

= Txy

⇔xy

′ ′

= 2 21 3

xy

⇔xy

= 12 2

1 3

−

xy

′ ′

= 14

3 21 2

− −

xy

′ ′

= 3x 2y

4x 2y

4

′ ′−

′ ′− +


x = 3x 2y

4′ ′−

dan y = x 2y

4′ ′− +

Substitusikan x dan y ke x – y = 0:

3x 2y4

′ ′− –

x 2y4

′ ′− += 0

⇔ 3x′ – 2y′ – (–x′ + 2y′ ) = 0⇔ 3x′ – 2y′ + x′ – 2′y = 0⇔ 4x′ – 4y′ = 0⇔ x ′– y′ = 0⇔ x – y = 0Jadi, persamaan bayangan garis adalah x – y = 0(garis g itu sendiri). Terbukti.

6. (x, y) → (x + 3, y – 1) → (2 – (x + 3), y – 1)

Diperoleh:x′ = 2 – (x + 3) ⇔ x ′ = –x – 1

⇔ x = –x′ – 1y′ = y – 1 ⇔ y = y′ + 1Substitusi x dan y ke persamaan parabola:y = x2 – 2x + 4⇔ y′ + 1= (–x′ – 1)2 – 2(–x′ – 1) + 4⇔ y′ + 1= x′2 + 2x′ + 1 + 2x′ + 2 + 4⇔ y ′ = x′2 + 4x′ + 6Jadi, bayangannya y = x2 + 4x + 6.

7. a. Bayangan titik A(10, –4) oleh translasi

T1 = 8

6−

:

A

A

xy

′ ′

= A

A

xy

+ 8

6−

= 10

4 −

+ 8

6−

= 22

Diperoleh A′(2, 2).

Misal T2 = ab

Bayangan titik A′(2, 2) oleh translasi T2 = ab

:

A

A

xy

′′ ′′

= A

A

xy

′ ′

+ ab

⇔1212

−

= 22

+ ab

⇔1212

−

= a 2b 2

+ +


Dari kesamaan matriks, diperoleh:a + 2 = 12 ⇔ a = 10b + 2 = –12 ⇔ b = –14

Jadi, matriks translasi T2 = 1014

−

.

b. T = T3 T2 T1

= T3 + T2 + T1

= 57

− −

+ 1014

−

+ 8

6−

= 315

− −

Bayangan titik A(10, –4) oleh translasi

T = 315

− −

:

A

A

xy

′ ′

= A

A

xy

+ 315

− −

= 10

4 −

+ 315

− −

= 719

−

Diperoleh A′(7, –19).Jadi, bayangan titik A oleh translasi T adalah(7, –19).

8. T1 = matriks refleksi terhadap garis y = x

= 0 11 0

T2 = matriks rotasi [O(0, 0), 60°]


° − ° ° °

=

1 12 2

1 12 2

3

3

−

T3 = matriks dilatasi [O(0, 0), 2]

= 2 00 2

a. Q = T3 T2 T1

= 2 00 2

1 12 2

1 12 2

3

3

−

0 11 0

= 2 00 2

1 12 21 12 2

3

3

−

= 3 1

1 3

−

b. Misal titik (x, y) terletak pada garis 10x – 7y = 3.Bayangan titik (x, y) oleh transformasi matriks

Q = 3 1

1 3

−

xy

′ ′

= 3 1

1 3

−

xy

⇔xy

= 1

3 1

1 3

− −

xy

′ ′

= 14

3 1

1 3−

− − −

xy

′ ′

= 14

3x y

x 3y−

′ ′− ′ ′− −


x = 3x y4′ ′−

− dan y′ = x 3y

4′ ′− −

−

Substitusi x dan y ke persamaan garis10x – 4y = 3:

103x y

4

′ ′−

− – 4

x 3y4

′ ′− −

− = 3

⇔ 10( 3 x′ – y′) – 4(–x′ – 3 y′) = –12

⇔ 10 3 x′ – 10y′ + 4x′ + 4 3 y′ = –12

⇔ (10 3 + 4)x′ + (4 3 – 10)y′ = –12

⇔ (10 3 + 4)x + (4 3 – 10)y = –12Jadi, bayangan garis 10x – 4y = 3 oleh matriks Q

adalah (10 3 + 4)x + (4 3 – 10)y = –12.

9. Misal:Titik (x, y) terletak pada L: x2 + y2 – 2x + 4y – 3 = 0Bayangan titik (x, y) oleh pencerminan My = xdilanjutkan pencerminan My = –x:

xy

′ ′

= (My = –x My = x)xy

⇔ xy

′ ′

= 0 11 0

− −

0 11 0

xy

⇔ xy

′ ′

= 1 0

0 1−

−

xy

⇔ xy

′ ′

= xy

− −


Y

Q′

P

Q4

2

–1 10

R

X

–6

O

Bayangan titik (x′, y′) oleh dilatasi [P(1, 2), –2]:

xy

″ ″

= 2 0

0 2−

−

x 1y 2

′ − ′ −

+ 12

⇔ xy

″ ″

= 2x 2 12y 4 2

− ′ + + − ′ + +

⇔ xy

″ ″

= 2x 32y 6

− ′ + − ′ +

⇔ xy

″ ″

= 2( x) 32( y) 6

− − + − − +

⇔ xy

″ ″

= 2x 32y 6

+ +

Diperoleh x″ = 2x + 3 ⇔ x = x 3

2″ −

. . . (1)

y″ = 2y + 6 ⇔ y = y 6

2″ −

. . . (2)Substitusi (1) dan (2) ke persamaan lingkaran:

(x 3

2″ −

)2 + (y 6

2″ −

)2 – 2(x 3

2″ −

) + 4(y 6

2″ −

) – 3 = 0

⇔2x 6x 9

4″ − ″ + +

2y 12y 364

″ − ″ + – x″ + 3 + 2y″ – 12

– 3 = 0

⇔2x 6x 9

4″ − ″ + +

2y 12y 364

″ − ″ + – x″ + 2y″ – 12 = 0

⇔ x″2 – 6x″ + 9 + y″2 – 12y″ + 36 – 4x″+ 8y″ – 48 = 0

⇔ x″2 – 6x″ + y″2 – 12y″ – 3 = 0Jadi, bayangan lingkaran adalah:x2 – 4x + y2 – 12y – 3 = 0.

10. P(–1, 2), Q(10, 4), dan R(–1, –6)PR = 8QQ′ = 11

Luas ∆PQR adalah

L = PR QQ2

′× = 8 112× = 44 satuan luas

Luas segitiga setelah ditransformasi oleh matriks

T = 4 18 2

−

adalah:

L′ = |det T| = L = |(8 + 8)| · 44 = 704 satuan luas

Luas segitiga setelah didilatasi [P, 12 ] yaitu:

L′′ = (12 )2 L′ =

14 · 704

= 176 satuan luasJadi, luas segitiga PQR = 44 satuan luas dan luasbayangannya 176 satuan luas.

142 Ulangan Akhir Semester 1

A. Pilihan Ganda

1. Jawaban: d∫ x(2 x – 3) dx

= ∫ (2x – 3 x ) dx

= ∫ (2x – 312x ) dx

= 2 · 12 x2 – 3 ·

23

32x + c

= x2 – 2x x + c

2. Jawaban: df′(x) = (3x – 1)(x + 1)

= 3x2 + 2x – 1f(x) = ∫ f′(x) dx

= ∫(3x2 + 2x – 1) dx= x3 + x2 – x + c

f(2) = 6 ⇒ 23 + 22 – 2 + c = 6⇔ 8 + 4 – 2 + c = 6⇔ c = –4

Diperoleh f(x) = x3 + x2 – x – 4f(x – 1) = (x – 1)3 + (x – 1)2 – (x – 1) – 4

= x3 – 3x2 + 3x – 1 + x2 – 2x + 1 – x + 1 – 4= x3 – 2x2 – 3

Jadi, f(x – 1) = x3 – 2x2 – 3.

3. Jawaban: b3

0f(x) 3 dx+∫ =

3

0f(x) dx∫ +

3

03 dx∫

= 1

0f(x) dx∫ +

3

1f(x) dx∫ + [ ]303x

= 1

0f(x) dx∫ –

1

3f(x) dx∫ + 3(3 – 0)

= 2 – 1 + 9 = 10

4. Jawaban: e

∫ cos (θ + 3π

) cos θ dθ

= 12 ∫ (cos (2θ + 3

π) + cos 3

π) dθ

= 12 ∫ (cos (2θ + 3

π) +

12 ) dθ

= 12 ·

12 sin (2θ + 3

π) +

14 θ + c

= 14 sin (2θ + 3

π) +

14 θ + c

5. Jawaban: c

4

4

π

π−∫ (cos x + sin x)(cos x – sin x) dx

= 4

4

π

π−∫ (cos2 x – sin2 x) dx

= 4

4

π

π−∫ cos 2x dx

= 12 sin 2x 4

4

π

π−

= 12 (sin 2

π – sin 2

−π)

= 12 (1 – (–1)) = 1

6. Jawaban: bMisalkan u = x2 – 6x – 12 maka:dudx = 2x – 6

⇔ dudx = –2(3 – x)

⇔ (3 – x) dx = du2−

Sehingga diperoleh:

∫ 2

3 x

x 6x 12

−

− − dx

= ∫ (x2 – 6x – 1212)

−(3 – x) dx

= ∫ 12u

−

du2−

= –12 ∫

12u

− du

= –12 · 2

12u + c

= – 2x 6x 12− − + c


7. Jawaban: aKurva yang membatasi daerah yang diarsir adalah

y = 2 sin x untuk 2π

≤ x ≤ 32π

. Daerah L1 di atas

sumbu X dari x = 2π

sampai dengan x = π,

sedangkan daerah L2 di bawah sumbu X dari x = π

sampai dengan x = 32π

.

L2 = L1=

2

2 sin x dxπ

π

∫

= [ ]2

2 cos x ππ−

= –2(cos π – cos 2π

)= –2((–1) – 0)= 2

Luas daerah yang diarsir:L = L1 + L2 = 2 + 2 = 4 satuan luas

8. Jawaban: b


L = 4

0(g(x) f(x)) dx−∫

= 4

1 2 22

0( x x 4 (x 5x 4)) dx− + + − − +∫

= 4

3 22

0( x 6x) dx− +∫

= 41 3 2

2 0x 3x − +

= –12 (43 – 0) + 3(42 – 0)

= – 12

· 43 + 3 · 42

= 16 satuan luas

9. Jawaban: cMencari persamaan kurva terlebih dahulu.Kurva memotong sumbu X di titik (2, 0) dan (5, 0)maka:f(x) = a(x – 2)(x – 5)

= a(x2 – 7x + 10)

Y

X

4

y = f(x)

y = g(x)

–2 0 1 4

Kurva melalui titik (0, 5) maka f(0) = 5.f(0) = a(0 – 0 + 10)

⇒ 5 = 10a

⇔ a = 12

Diperoleh f(x) = 12 (x2 – 7x + 10).

Volume benda putar:

V = π2

0f(x) dx∫

= π2

1 22

0(x 7x 10) dx− +∫

= 21 1 73 2

2 3 2 0( x x 10x) π − +

= 12 π(

13 (23 – 0) –

72 (22 – 0) + 10 (2 – 0))

= 12 π(

83 – 14 + 20)

= π(43 + 3)


10. Jawaban: bPersamaan garis yang melalui titik (0, 3) dan (4, 0)adalah 3x + 4y = 12.Daerah penyelesaian di kanan garis 3x + 4y = 12maka pertidaksamaannya 3x + 4y ≥ 12.Persamaan garis yang melalui titik (0, 3) dan (4, 4)dalah 4y – x = 12.Daerah penyelesaian di kanan garis 4y – x = 12maka pertidaksamaannya 4y – x ≤ 12.Daerah penyelesaian di kanan sumbu Y dan di kirigaris x = 4 maka 0 ≤ x ≤ 4.Jadi pertidaksamaannya 3x + 4y ≥ 12, 4y – x ≤ 12,0 ≤ x ≤ 4.

11. Jawaban: dGaris x + 3y = 6 melalui titik (6, 0) dan (0, 2). Olehkarena x + 3y ≤ 6, berarti daerah penyelesaiannyadi sebelah kiri garis x + 3y = 6.Garis 5x + y = 5 melalui titik (1, 0) dan (0, 5). Olehkarena 5x + y ≥ 5, berarti daerah penyelesaiannyadi sebelah kanan garis 5x + y = 5.Garis 5x + 3y = 15 melalui titik (3, 0) dan (0, 5).Oleh karena 5x + 3y ≤ 15, berarti daerah pe-nyelesaiannya di sebelah kiri garis 5x + 3y = 15.Oleh karena x ≥ 0, berarti daerah penyelesaiannyadi kanan sumbu Y.Oleh karena y ≥ 0, berarti daerah penyelesaiannyadi atas sumbu X.


Kandungan proteinKandungan lemak

Harga/kg

Makanan

42

2.000

A

24

1.500

B

2016

Kebutuhan

A(0, 10)B(4, 2)C(8, 0)

Titik

2.000 · 0 + 1.500 · 10 = 15.0002.000 · 4 + 1.500 · 2 = 11.000 (minimum)2.000 · 8 + 1.500 · 0 = 16.000

f(x, y) = 2.000x + 1.500y

Y

X

60

32

0 60 106 23

AB(40, 20)

C

(0, 32)(40, 20)(60, 0)

(x, y)

3.000(0) + 7.000(32) = 224.0003.000(40) + 7.000(20) = 260.0003.000(60) + 7.000(0) = 180.000

f(x, y) = 3.000x + 7.000y

10

4

A

B C

x + 2y = 82x + y = 105 80

Irisan daerah penyelesaian dari kelima pertidak-samaan dapat digambarkan sebagai berikut.

Jadi, daerah penyelesaiannya adalah daerah IV.

12. Jawaban: bDibuat tabel:

Model matematikanya: x + 2y ≤ 80, 3x + y ≤ 120,x ≥ 0, y ≥ 0.

13. Jawaban: bMencari titik potong garis 2x – y = 6 dan y = 5.Substitusi y = 5 ke persamaan 2x – y = 6 diperoleh:2x – 5 = 6⇔ 2x = 11

⇔ x = 112

Garis y = 5 dan 2x – y = 6 berpotongan di titik (112 , 5).

Uji titik pojok:

Titik Pojok f(x, y) = 10x – 3y

(0, 5) 10 · 0 – 3 · 5 = –15(0, 2) 10 · 0 – 3 · 2 = –6(3, 0) 10 · 3 – 3 · 0 = 30

( 112 , 5) 10 · 11

2 – 3 · 5 = 40 (maksimum)

Jadi, nilai maksimumnya 40.

14. Jawaban: d

Misalkan: banyak makanan A = xbanyak makanan B = y

Model kalimat matematikanya:4x + 2y ≥ 20 ⇒ 2x + y ≥ 102x + 4y ≥ 16 ⇒ x + 2y ≥ 8x ≥ 0y ≥ 0


Titik B adalah titik potong garis 2x + y = 10 danx + 2y = 8.Menentukan titik B:x + 2y = 8 × 2 2x + 4y = 162x + y = 10 × 1 2x + y = 10

––––––––––– –3y = 6 ⇔ y = 2

Substitusi y = 2 ke persamaan x + 2y = 8 diperoleh:x + 2 · 2 = 8⇔ x = 8 – 4⇔ x = 4Diperoleh koordinat titik B(4, 2).Uji titik pojok:

Jadi, biaya minimum agar kebutuhan protein danlemak orang tersebut dapat terpenuhi adalahRp11.000,00.

15. Jawaban: eMisalkan: x = banyak mobil sedan

y = banyak busModel matematikanya menjadi:

6x + 20y ≤ 640x + y ≤ 60x ≥ 0y ≥ 0

f(x, y) = 3.000x + 7.000y

Menentukan nilai maksimum pada titik-titik sudutdaerah yang diarsir:

31

120

Kain Katun (m)

Jas Pria (x)Jas Wanita (y)

Bahan yang Tersedia

12

80

Kain Wol (m)Jenis

Y

X

5

2

0 1 3 6


Dari tabel diperoleh nilai maksimum f(x, y) adalah260.000 dicapai pada titik (40, 20).Jadi, pendapatan akan maksimum jika daerahparkir terisi 40 mobil sedan dan 20 bus.

16. Jawaban: dDari kesamaan matriks diperoleh:

1) 4log y = 12 ⇔ y = 4 2

1= 2

2) 2log z = 4 ⇔ z = 24 = 16

3) xlog y = 4log z⇔ xlog 2 = 4log 16⇔ xlog 2 = 2⇔ 2 = x2

⇔ x = 2 atau x = – 2

Oleh karena bilangan pokok harus positif maka

x = 2 .

Jadi, nilai x = 2 .

17. Jawaban: dDari kesamaan matriks diperoleh:y – 2 – x = x – y ⇔ 2y – 2x = 2

⇔ y – x = 1 . . . (1)x + 2 – y – 3 = 1 – x ⇔ 2x – y = 2 . . . (2)Eliminasi y dari persamaan (1) dan (2). y – x = 1–y + 2x = 2–––––––––– +

x = 3Substitusi x = 3 ke y – x = 1 diperoleh:y – 3 = 1 ⇔ y = 4Jadi, nilai x – y = 3 – 4 = –1.

18. Jawaban: dA2 + pA + qI = pB

⇔ 2 31 2

−

2 31 2

−

+ p2 31 2

−

+ q1 00 1

= p3 31 3

− −

⇔ 1 00 7−

+ 2p 3pp 2p

−

+ q 00 q

= 3p 3pp 3p

− −

Dari kesamaan matriks diperoleh:– 1– 2p + q = –3p ⇔ p + q = –1Jadi, nilai p + q = –1.

19. Jawaban: eBA = C + 2AT

⇔ 1 4

2 3− −

2 35 1

=26 2m n

n 6 7− −

+ + 2

2 53 1

⇔ 22 7

19 9− −

= 26 2m n

n 6 7− −

+ +

4 106 2

⇔ 22 7

19 9− −

= 22 2m n 10

n 12 9− − +

+

Dari kesamaan matriks diperoleh:19 = n + 12 ⇔ n = 7–7 = 2m – n + 10 ⇔ –7 = 2m – 7 + 10

⇔ 2m = –10⇔ m = –5

Jadi, nilai 4m + n = 4(–5) + 7 = –13.

20. Jawaban: b

AB – A = 2 43 1

−

2 13 6

− −

– 2 43 1

−

= 16 263 3

−

– 2 43 1

−

= 14 220 2

−

Determinan matriks (AB – A):

|AB – A| = 14 220 2

− = 28 – 0 = 28

21. Jawaban: ddet A = –x + 2(x – 1) = x – 2

A–1 = 1

det A1 1 x

2 x− −

= 1x 2−

1 1 x2 x− −

det A–1 = 21

(x 2)−(–x – 2(1 – x))

⇒ 14 = 2

1(x 2)−

· (x – 2)

⇔ 14 =

1x 2−

⇔ x – 2 = 4⇔ x = 6


A B

CD

E F

GH

22. Jawaban: e

PT + aI = 2 11 1

−

+ a1 00 1

= 2 a 1

1 a 1+

− det (PT + aI) = 0⇒ (2 + a)(a – 1) – 1 = 0⇔ a2 + a – 2 – 1 = 0

⇔ a2 + a + 14

– 14

– 3 = 0

⇔ a2 – a + 14

= 3 14

⇔ (a + 12

)2 = 3 14

23. Jawaban: e

A–1 = 1A

adj. (A)

|A| =

3 4 21 2 2

1 1 1− − = 6 – 8 – 2 – 4 + 6 + 4 = 2

a12 dari A–1 = 1A

12 13

32 33

a aa a

−

= – 12

4 21 1

= –12

(4 – 2) = –1

Jadi, elemen baris pertama kolom kedua dari A–1

adalah –1.

24. Jawaban: c

A = 2 41 5

⇔ A–1 = 110 4−

5 41 2

− −

= 16

5 41 2

− −

AX = B⇔ X = A–1B

= 16

5 41 2

− −

2 67 0

− −

= 16

18 3012 6

− −

= 3 52 1

− −

25. Jawaban: bEFHDCACD +−−

= EFDHACCD +++= HGDHCDAC +++= AG

26. Jawaban: a

u = 4 i – 2 j + k (zu = 1)

v = – i + 4 j – 2k (zv = –2)

w = 2 i + j – 3k (zw = –3)

p = 4u – 2 v – wzp = 4zu – 2zv – zw

= 4 · 1 – 2(–2) – (–3)= 4 + 4 + 3 = 11

Jadi, komponen vektor p pada arah sumbu Zadalah 11.

27. Jawaban: d

AB : AC = 3 : 2

⇔ 3 AC = 2 AB⇔ 3( c – a ) = 2(b – a )⇔ 3 c – 3 a = 2b – 2 a⇔ 3c = 2b + a⇔ 3c = 2(– i + 2 j + 5k) + (5 i – 7 j + 5k)⇔ 3c = 3 i – 3 j + 15k⇔ c = i – j + 5kJadi, koordinat titik C adalah (1, –1, 5).

28. Jawaban: d

a = 341

−

dan b = 253

− −

a – b = 341

−

– 253

− −

= 51

2

−

a · ( a – b ) = 341

−

· 51

2

−

= (3)(5) + (4)(–1) + (–1)(2)= 15 – 4 – 2 = 9

29. Jawaban: d

a = x32

; b = 263

− |a | = | b |

⇔ 2 2 2x 3 2+ + = 2 2 22 ( 6) 3+ − +⇔ 13 + x2 = 49⇔ x2 = 36⇔ x = ± 6


Untuk x = 6 maka a = 632

.

a · b = 6 · 2 + 3(–6) + 2 · 3= 12 – 18 + 6 = 0

Oleh karena a · b = 0 maka a dan b membentuksudut 90°.

Untuk x = –6 maka a = 632

−

.

a · b = –6 · 2 + 3(–6) + 2 · 3= –12 – 18 + 6= –24

Oleh karena a · b < 0 berarti a dan b membentuksudut tumpul.Jadi, pernyataan yang benar pilihan d.

30. Jawaban: d

Misalkan α adalah sudut antara vektor u dan v .

Sin α = 15

24 maka cos α = 15 .

|u + v |2 = (u + v)2

= (u )2 + 2u · v + ( v)2

= | u |2 + 2| u | · | v | cos α + | v |2

= 42 + 2 · 4 · 5 · 15 + 52

= 49

⇔ | u + v | = 49= 7 satuan

31. Jawaban: ea = 2 i + 4 j – kb = 2 i – 2 j + kc = x i + y j + zk

Vektor c tegak lurus a dan b , berarti

a · c = 0 ⇒ 2x + 4y – z = 0 . . . . (1)

b · c = 0 ⇒ 2x – 2y + z = 0 . . . . (2)

| c| = 41 ⇒ x2 + y2 + z2 = 412 . . . . (3)Eliminasi x dari persamaan 1 dan 2:2x + 4y – z = 02x – 2y + z = 0–––––––––––––– – 6y – 2z = 0 ⇔ z = 3y

Eliminasi z dari persamaan 1 dan 2:2x + 4y – z = 02x – 2y + z = 0–––––––––––––– + 4x + 2y = 0 ⇔ x = –

12 y

Substitusi z = 3y dan x = –12 y ke persamaan 3:

x2 + y2 + z2 = 412

⇔ 14 y2 + y2 + 9y2 = 412

⇔ 414 y2 = 412

⇔ y2 = 4 · 41

⇔ y = ± 2 41

Oleh karena vektor c membentuk sudut tumpul

dengan sumbu Y arah positif maka y = –2 41.

⇒ z = 3 · y = 3 · (–2 41) = –6 41

⇒ x = –12 y = –

12 · (–2 41) = 41

Jadi, vektor c = 41 i – 2 41 j – 6 41k

= 41( i – 2 j – 6k ).

32. Jawaban: b

a = 4 i – 5 j + 3k = 45

3

−

b = i + p j + k = 1p1

a · b = 45

3

−

1p1

= 4 – 5p + 3 = 7 – 5p

Panjang b = | b | = 2 21 p 1+ + = 2p 2+

Panjang proyeksi a pada b = 2 × panjang b

⇒a · b

b=

12

2p 2+

⇔2

7 5p

p 2

−

+= 2 2p 2+

⇔ 7 – 5p = 2(p2 + 2)⇔ 7 – 5p = 2p2 + 4⇔ 2p2 + 5p – 3 = 0⇔ (2p – 1)(p + 3) = 0⇔ 2p – 1 = 0 atau p + 3 = 0

⇔ p = 12 atau p = –3

Jadi, nilai p = –3 atau p = 12 .


33. Jawaban: b

Proyeksi b pada c = 2b c| c |

⋅ c

= 2 2 2 2

2( 3) 4(2) 5(1)

( ( 3) 2 1 )

− − + +

− + +

321

−

= 1914

321

−

= 57 19 1914 7 14

i j k− + +

Jadi, proyeksi vektor b pada c adalah57 19 19

14 7 14i j k− + + .

34. Jawaban: d

Misalkan translasi T = ab

, maka:

xy′

′ = x

y

+ ab

⇔ ab

= xy′

′ – x

y

= 21

– 42

−

= 23−

Diperoleh translasi T = 23

−

.

Koordinat titik B(–2, 5) ditranslasikan oleh T.

xy′

′ = x

y

+ ab

= 25

−

+ 23

−

= 48

−

Jadi, koordinat bayangan titik B adalah B′(–4, 8).

35. Jawaban: aMisalkan (x′, y′) adalah bayangan dari (x, y) oleh

transformasi matriks 2 23 4

.

xy

′ ′

= 2 23 4

xy

⇔ xy

= 12 2

3 4

−

xy

′ ′

= 18 6−

4 23 2

− −

xy

′ ′

= 12

4x 2y3x 2y

′ ′− ′ ′− +

Diperoleh: x = 12 (4x′ – 2y′) = 2x′ – y′

y = 32 (–3x′ + 2y′) = –

32 x′ + y′

Substitusi x dan y ke persamaan garis 2y + x = 1

⇒ 2(–32 x′ + y′) + (2x′ – y′) = 1

⇔ –3x′ + 2y′ + 2x′ – y′ = 1⇔ y′ – x′ = 1Jadi, persamaan garis bayangannya y – x = 1.

36. Jawaban: bDilatasi dengan faktor skala k dan pusat (a, b):

xy′

′ = k

xy

+ (1 – k)ab

; k = 12 , a = 2, b = 4

xy′

′ =

12

xy

+ (1 – 12 )

24

= 12

xy

+ 12

24

= 12

x 2y 4

+ +

x′ = 12 (x + 2) ⇔ x = 2x′ – 2

y′ = 12 (y + 4) ⇔ y = 2y′ – 4

Substitusi x dan y ke persamaan lingkaran:x2 + y2 – 4x + 2y – 24 = 0⇔ (2x′ – 2)2 + (2y′ – 4)2 – 4(2x′ – 2) + 2(2y′ – 4)

– 24 = 0⇔ 4x′2 – 8x′ + 4 + 4y′2 – 16y′ + 16 – 8x′ + 8 + 4y′

– 8 – 24 = 0⇔ 4x′2 + 4y′2 – 16x′ – 12y′ – 4 = 0⇔ x′2 + y′2 – 4x′ – 3y′ – 1 = 0Bayangan lingkaran: x2 + y2 – 4x – 3y – 1 = 0.

37. Jawaban: dMisalkan: Px = a = refleksi terhadap garis x = a

Py = b = refleksi terhadap garis y = b

(x, y) −−−−−−−−−−−→ (2a – x, y)

(x, y) −−−−−−−−−−−→ (x, 2b – y)

(i) A(5, –3) −−−−−−→ A′(2 × 2 – 5, –3) = (–1, –3)

(ii) A′(–1, –3) −−−−→ A′′(–1, 2 × 5 – (–3)) = (–1, 13)

Jadi, bayangan akhir titik A adalah (–1, 13).

38. Jawaban: e

a 34 b

− −

mentransformasikan (1, 4) ke titik (5, 8):

58

= a 3 14 b 4

− −

⇔58

= a 124 4b−

− +

Px = a

Py = b

Px = 2

Py = 5


Diperoleh:5 = a – 12 ⇔ a = 178 = –4 + 4b ⇔ 12 = 4b ⇔ b = 3

Matriks transformasinya: 17 3

4 3−

− Misal koordinat titik P = (x, y)

117 34 3

−− −

mentransformasikan P ke (1, 0):

10

= 117 3

4 3

−− −

xy

⇔

1117 3 14 3 0

−− − − =

xy

⇔17 3 1

4 3 0−

− =

xy

⇔17

4 −

= xy

Jadi, koordinat titik P adalah (17, –4).

39. Jawaban: a

Misalkan: 23

R π = rotasi sebesar 23π

berpusat di O

Px = refleksi terhadap garis y = x

Px 23

R π = 0 11 0

2 2

3 3

2 2

3 3

cos sin

sin cos

π π

π π

−

= 0 11 0

1 1

2 2

1 1

2 2

3

3

− − −

=

1 1

2 2

1 1

2 2

3

3

− − −

= 12

3 1

1 3

− − −

40. Jawaban: dMisalkan:Matriks pencerminan terhadap sumbu X

Mx = 1 00 1

−

Matriks dilatasi [O, 2] adalah Mk = 2 00 2

Matriks transformasi komposisinya:

M = Mk Mx = 2 00 2

1 00 1

−

= 2 00 2

−

Misalkan titik (x′, y′) adalah bayangan titik (x, y)oleh matriks transformasi M, maka:

xy

′ ′

= 2 00 2

−

xy

= 2x2y

−

Diperoleh:

x′ = 2x ⇔ x = 12 x′

y′ = –2y ⇔ y = –12 y′

Substitusi nilai x dan y ke persamaan y = x2 + 1:

⇒ –12 y′ = (

12 x′)2 + 1

⇔ –12 y′ =

14 x′2 + 1

⇔ –y′ = 12 x′2 + 2

⇔ y ′ = –12 x′2 – 2

Jadi, persamaan bayangan kurva adalah

y = –12 x2 – 2.

B. Uraian

1. a. ∫ (6x – 3) 2x 1− dxMisalkan u = 2x – 1 maka:dudx = 2

⇔ dx = du2

Diperoleh:

∫ (6x – 3) 2x 1− dx

= ∫ 3(2x – 1)(2x – 112) dx

= 3 ∫ (2x – 132) dx

= 3 ∫ 32u ·

du2

= 3 ∫ 32u du

= 32 ·

25

52u + c

= 35 u2 u + c

= 32 (2x – 1)2 2x 1− + c


= π017 13 5

3 5 216x x x

− − +

+ π117 13 5

3 5 016x x x − +

= π(16(0 + 2) – 83 (0 + 8) +

15 (0 + 32))

+ π(16(1 – 0) – 173 (1 – 0) +

15 (1 – 0))

= π(32 – 643 +

325 ) + π(16 –

173 +

15 )

= π(48 – 27 + 335 )

= 2735 π satuan luas

3. a. Persamaan garis yang melalui titik (0, 6) dan(4, 0) dalah 6x + 4y = 24 ⇔ 3x + 2y = 12.Daerah penyelesaian di kanan garis 3x + 2y= 12 maka pertidaksamaannya 3x + 2y ≥ 12.Persamaan garis yang melalui titik (0, 0) dan

(5, 6) adalah y = 65

x ⇔ 6x – 5y = 0.Daerah penyelesaian di kanan garis 6x + 5y= 0 maka pertidaksamaannya 6x + 5y ≥ 0.Persamaan garis yang melalui titik (6, 0) dan(5, 6) adalah y = –6x + 36 ⇔ 6x + y = 36.Daerah penyelesaian di kiri garis 6x + y = 36maka pertidaksamaannya 6x + y ≤ 36.Daerah penyelesaian di atas sumbu X makay ≥ 0.Jadi, sistem pertidaksamaannya adalah:

3x + 2y ≥ 126x – 5y ≥ 06x + y ≤ 36

y ≥ 0b. Persamaan garis yang melalui titik (0, 6) dan

(3, 2) adalah y = – 43

x + 6 ⇔ 4x + 3y = 18.Daerah penyelesaian di kanan garis 4x + 3y= 18 maka pertidaksamaannya 4x + 3y ≥ 18.Persamaan garis yang melalui titik (0, 3) dan

(5, 6) adalah y = 35

x + 3 ⇔ 3x – 5y = –15.

Daerah penyelesaian di kanan garis 3x – 5y = –15maka pertidaksamaannya 3x – 5y ≥ – 15.Persamaan garis yang melalui titik (3, 2) dan(5, 6) adalah y = 2x – 4 ⇔ 2x – y = 4.Daerah penyelesaian di kiri garis 2x – y = 4maka pertidaksamaannya 2x – y ≤ 4.Jadi, sistem pertidaksamaannya:

4x + 3y ≥ 183x – 5y ≥ –152x – y ≤ 4

Y

X

I

II

y1 = 4 – x2

y2 = 3x

–2 0 1 2

b. ∫ (2x – 1) cos x dxMisalkan:

u = 2x – 1 ⇒ dudx = 2

⇔ du = 2 dxdv = cos x dx⇒ v = ∫ cos x dx = sin x


∫ (2x – 1) cos x dx= ∫ (2x – 1) d(sin x)= (2x – 1)(sin x) – ∫ (sin x)(–2 dx)= (2x – 1) sin x + 2 ∫ sin x dx= (2x – 1) sin x – 2 cos x + c

2.

a. Luas daerah:L = L1 + L2

= 0

12y

−∫ dx +

1

1 20(y y )−∫ dx

= 0

2

2(4 x )

−−∫ dx +

12

0(4 x 3x)− −∫ dx

= 01 3

3 24x x

− − +

11 33 23 2 0

4x x x − −

= 4(0 + 2) – 13

(0 + 8) + 4(1 – 0) – 13

(1 – 0)

– 32

(1 – 0)

= 8 – 83

+ 4 – 13

– 32

= 7 12

satuan luas

b. Volume benda putarV = V1 + V2

= π0

21

2y

−∫ dx + π

12 2

1 20(y y )−∫ dx

= π0

2 2

2(4 x )

−−∫ dx + π

12 2 2

0((4 x ) (3x) )− −∫ dx

= π0

2 4

2(16 8x x )

−− +∫ dx

+ π1

2 4 2

0(16 8x x 9x )− + −∫ dx


4. Daerah penyelesaian dari sistem pertidaksamaantersebut:

Uji titik pojok:

Jadi, nilai minimumnya 30.

5. a. Misal x = banyak sarung bantaly = banyak taplak meja

Model matematika:Meminimumkan f(x, y) = 2.000x + 1.500ydengan kendala:15x + 10y ≤ 480 ⇔ 3x + 2y ≤ 9610x + 10y ≤ 300 ⇔ x + y ≤ 30Daerah penyelesaian:

Uji titik pojok

Jadi, upah minimum yang diterima Bu SofiRp45.000,00.

b. Bu Sofi menjahit 20 potong sarung bantal,berarti x = 20untuk x = 20 maka 20 + y = 30 ⇔ y = 10 dan3 · 20 + 2y = 96 ⇔ y = 18Diperoleh nilai minimum f(20, 10) dan nilaimaksimum f(20, 18).

f(20, 10) = 2.000 · 20 + 1.500 · 10 = 55.000f(20, 18) = 2.000 · 20 + 1.500 · 18 = 67.000Jadi, upah minimum dan upah maksimumyang akan diterima Bu Sofi berturut-turutadalah Rp55.000,00 dan Rp67.000,00

6. Misal: x = umur Andi sekarangy = umur Budi sekarangz = umur Tini sekarang

Diperoleh SPL:(i) x + y = 7 + z ⇔ x + y – z = 7(ii) (x – 2) + (z – 2) = 24 ⇔ x + z = 28(iii) (y + 3) + (z + 3) = 3(x + 3) ⇔ –3x + y + z = 3

D =1 1 11 0 13 1 1

−

−

= 1 · 0 · 1 + 1 · 1 · (–3) + (–1) · 1 · 1– (–3) · 0 · (–1) – 1 · 1 · 1 – 1 · 1 · 1

= 0 – 3 – 1 – 0 – 1 – 1= –6

Dx =7 1 128 0 13 1 1

−

= 7 · 0 · 1 + 1 · 1 · 3 + (–1) · 28 · 1– 3 · 0 · (–1) – 1 · 1 · 7 – 1 · 28 · 1

= 0 + 3 – 28 + 0 – 7 – 28= –60

Dy =1 7 11 28 13 3 1

−

−

= 1 · 28 · 1 + 7 · 1 · (–3) + (–1) · 1 · 3– (–3) · 28 · (–1) – 3 · 1 · 1 – 1 · 1 · 7

= 28 – 21 – 3 – 84 – 3 – 7 = –90

Dz =1 1 71 0 283 1 3−

= 1 · 0 · 3 + 1 · 28 · (–3) + 7 · 1 · 1 – (–3) · 0 · 7– 1 · 28 · 1 – 3 · 1 · 1

= 0 – 84 + 7 + 0 – 28 – 3 = –108

x = xDD =

606

−− = 10

y = yD

D =

906

−− = 15

z = zDD =

1086

−− = 18

Jadi, umur Andi, Budi, dan Tini sekarang berturut-turut 10 tahun, 15 tahun, dan 18 tahun.

(4, 2)(8, 4)(0, 6)

Titik f(x, y) = 6x + 5y

6 · 4 + 5 · 2 = 346 · 8 + 5 · 4 = 686 · 0 + 5 · 6 = 30 ← minimum

Y

X

6

4

2

x – 2y = 0

x + 4y = 24

x + y = 60 4 6 8

(0, 30)(30, 0)(32, 0)(0, 48)

Titik f(x, y) = 2.000x + 1.500y

2.000 · 0 + 1.500 · 30 = 45.000 ← minimum2.000 · 30 + 1.500 · 0 = 60.0002.000 · 32 + 1.500 · 0 = 64.0002.000 · 0 + 1.500 · 48 = 72.000

Y

X

48

30

18

10

3x + 2y = 96

x + y = 30

20 30 320


7. Posisi partikel mula-mula pada saat t = 0 yaitu

P =

00 20 1

+ −

=

021

−

Posisi partikel pada detik ke-3 yaitu

Q =

33 23 1

+ −

=

352

Jarak partikel dari tempat mula-mula:

PQ = 2 2 2(3 0) (5 2) (2 ( 1))− + − + − −

= 2 2 23 3 3+ +

= 27 = 3 3Jadi, jarak partikel dari tempat semula adalah3 3 satuan.

8. a.

AB = b – a

=

320

–

441

=

121

− − −

AC = c – a

=

232

–

441

=

21

1

− −

cos ∠A = AB AC| AB| | AC |

⋅

= 2 2 2 2 2 2

1 22 11 1

( ( 1) ( 2) ( 1) )( ( 2) ( 1) 1

− − − − −

− + − + − − + − +

= 2 2 16 6

+ − = 36 =

12

∠A = Arc cos 12

= 60°

BA = a – b

=

441

–

320

=

121

BC = c – b

=

232

–

320

=

112

−

cos ∠B = BA BC

|BA | |BC|⋅

= 2 2 2 2 2 2

1 12 11 2

1 2 1 ( 1) 1 2

−

+ + − + +

= 1 2 2

6 6− + +

= 36

= 12

∠B = arc cos 12

= 60°∠C = 180° – 60°– 60°

= 60°b. Jenis segitiga ABC adalah segitiga sama sisi.

c. |AB| = 6 satuan

|BC| = 6 satuan

|AC| = 6 satuanKeliling = |AB| + |BC| + |AC|

= 6 + 6 + 6

= 3 6 satuan

Luas = 12 |AB||AC| sin A

= 12 × 6 × 6 sin 60°

= 12 × 6 ×

12 3

= 32 3 satuan luas

9. Garis g1: x – 2y + 4 = 0 dan g2: 4x – 3y – 4 = 0berpotongan di titik P(4, 4).

Gradien garis g1: m1 = tan θ1 = 12

sehingga sin θ1 = 15 dan cos θ1 =

25

.

Gradien garis g2: m2 = tan θ2 = 43

sehingga sin θ2 = 45 dan cos θ2 =

35 .

A(4, 4, 1) B(3, 2, 0)

C(2, 3, 2)


Misal α: sudut antara g1 dan g2 maka α = θ2 – θ1sin α = sin (θ2 – θ1)

= sin θ2 cos θ1 – cos θ2 sin θ1

= 45 ×

25 –

35 ×

15

= 5

5 5

= 15

cos α = cos (θ2 – θ1)= cos θ2 cos θ1 + sin θ2 sin θ1

= 35 ×

25 +

45 ×

15

= 10

5 5 = 25

sin 2α = 2 sin α cos α

= 2 × 15 ×

25 =

45

cos 2α = cos2 α – sin2 α

= (25 )2 – (

15 )2

= 45 –

15 =

35

Koordinat bayangan:

xy

′ ′


α − α α α

P

P

x xy y

− −

+ P

P

xy

=

3 45 54 35 5

−

x 4y 4

− −

+ 44

Koordinat bayangan titik A:

A

A

x

y

′ ′

=

3 45 54 35 5

−

A

A

x 4

y 4

− −

+ 44

=

3 45 54 35 5

−

9 41 4−

− − +

44

=

3 45 54 35 5

−

55

−

+ 44

= 3 44 3

+ −

+ 44

= 115

Koordinat bayangan titik B:

B

B

xy

′ ′

=

3 45 54 35 5

−

B

B

x 4

y 4

− −

+ 44

=

3 45 54 35 5

−

14 44 4

− −

+ 44

=

3 45 54 35 5

−

100

+ 44

= 6 08 0

+ +

+ 44

= 1012

Koordinat bayangan titik C:

C

C

xy

′ ′

=

3 45 54 35 5

−

C

C

x 4

y 4

− −

+ 44

=

3 45 54 35 5

−

19 46 4

− − −

+ 44

=

3 45 54 35 5

−

1510

−

+ 44

= 9 812 6

+ −

+ 44

= 2110

Jadi, koordinat bayangan segitiga ABC adalahA′(11, 5), B′(10, 12), dan C′(21, 10).

10. (x, y) R[O, 270°]→ (y, –x) 2T =

5−

→ (y – 2, –x + 5)

Diperoleh:x′ = y – 2 ⇔ y = x′ + 2y′ = –x + 5 ⇔ x = 5 – y′Substitusi x dan y ke persamaan garis:y = 4x – 1⇔ x′ + 2 = 4(5 – y′) – 1⇔ x′ + 2 = 20 – 4y′ – 1⇔ x′ + 4y′ – 17 = 0Jadi, persamaan bayangannya x + 4y – 17 = 0.

154 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma

NilaiModel Pengintegrasian Nilai Pendidikan Karakter

IndikatorStandar Kompetensi Kompetensi Dasar Nilai4. Menggunakan konsep

barisan dan deretdalam pemecahanmasalah.

4.1 Menentukan suku ke-n barisan dan jumlah nsuku pertama deret aritmetika dan geometri.

4.2 Menggunakan notasi sigma dalam deret daninduksi matematika dalam pembuktian.

4.3 Merancang model matematika dari masalahyang berkaitan dengan deret.

4.4 Menyelesaikan model matematika dari masalahyang berkaitan dengan deret dan penafsirannya.

Tekun Menggunakan falsafahderet aritmetika untukmenyelesaikan masalahdalam kehidupan sehari-hari.

Pada bab ini akan dipelajari:1. Barisan dan deret aritmetika2. Suku ke-n dan jumlah n suku pertama deret aritmetika3. Barisan dan deret geometri4. Suku ke-n dan jumlah n suku pertama deret geometri5. Barisan dan deret geometri tak hingga6. Jumlah deret geometri tak hingga7. Notasi sigma8. Sifat-sifat notasi sigma9. Induksi matematika

Barisan, Deret, dan Notasi Sigma

Menentukan suku ke-nbarisan dan jumlah nsuku pertama deret

aritmetika dan geometri

Menyelesaikan modelmatematika dari masalahyang berkaitan dengan

deret dan penafsirannya

• Mendeskripsikan pe-ngertian, suku, dan bedabarisan aritmetika

• Mendeskripsikan pe-ngertian deret aritmetika

• Menentukan suku ke-n danjumlah n suku pertama baris-an dan deret aritmetika

• Mendeskripsikan penger-tian, suku, dan rasio barisangeometri

• Mendeskripsikan pe-ngertian deret geometri

• Menentukan suku ke-ndan jumlah n suku pertamabarisan dan deret geometri

• Menyelesaikan masalahmenggunakan barisanatau deret aritmetika

• Menyelesaikan masalahmenggunakan bentukbarisan atau deretgeometri

Siswa mampu menentukansuku ke-n barisan dan

jumlah n suku pertama deretaritmetika dan geometri

Siswa mampu menyelesaikanmodel matematika dari masalahyang berkaitan dengan barisandan deret dan penafsirannya

Siswa mampu merancangmodel matematika dari

masalah yang berkaitandengan barisan dan deret

• Mengubah masalahmenjadi bentuk barisanatau deret aritmetika

• Mengubah masalahmenjadi bentuk barisanatau deret geometri

Merancang modelmatematika dari masalahyang berkaitan dengan

deret

Menggunakan notasisigma dalam deret dan

induksi matematika dalampembuktian

• Mendeskripsikan pe-ngertian dan sifat-sifatnotasi sigma

• Menggunakan notasisigma dalam deret

• Mendeskripsikan pe-ngertian dan sifat induksimatematika

• Menggunakan induksimatematika dalampembuktian

Siswa mampu menggunakannotasi sigma dalam deretdan induksi matematika

dalam pembuktian

Siswa dapat menggunakan konsep barisan dan deret dalampemecahan masalah


4. Jawaban: aU6 = a + 5b⇔ –32 = 48 + 5b⇔ 5b = –32 – 48⇔ 5b = –80⇔ b = –16U3 × U5 = (a + 2b) × (a + 4b)

= (48 + 2(–16)) × (a + 4(–16))= (48 – 32) × (48 – 64)= 16 × (–16)= –256

5. Jawaban: dSelisih tinggi selalu bernilai positif maka U1 = 60dan U10 = 1.275.U10 = U1 + 9b ⇔ 1.275 = 60 + 9b

⇔ 9b = 1.215⇔ b = 135

Tinggi tiang penyangga ke-6:U6 = U1 + 5b = 60 + 5 · 135 = 735 cm

6. Jawaban: cU5 + U7 = 144⇔ a + 4b + a + 6b = 144⇔ 2a + 10b = 144⇔ 2(a + 5b) = 144⇔ a + 5b = 72⇔ U6 = 72

U5 + U6 + U7 = (U5 + U7) + U6

= 144 + 72= 216

Jadi, jumlah suku ke-5 sampai suku-7 adalah 216.

7. Jawaban: cU5 = 11 ⇒ U1 + 4b = 11 . . . . (1)U8 + U12 = 52⇔ (U1 + 7b) + (U1 + 11b) = 52⇔ 2U1 + 18b = 52⇔ 2(U1 + 9b) = 52⇔ U1 + 9b = 26 . . . . (2)Dari persamaan (1) dan persamaan (2) diperoleh:U1 + 4b = 11U1 + 9b = 26––––––––––– – –5b = –15⇔ b = 3U1 + 4b = 11⇔ U1 = 11 – 4b

= 11 – 12= –1


Barisan bilangan asli genap yaitu 2, 4, 6, 8, . . .U1 = a = 2b = 4 – 2 = 2

Sn = n2 (2a + (n – 1)b)

= n2 (2 · 2 + (n – 1)2)

= n2 (4 + 2n – 2)

= n2 (2n + 2)

= n2 + n

2. Jawaban: eDari permasalahan di atas diperoleh:U5 = a + 4b = –20 . . . (1)U8 = a + 7b = –38 . . . (2)Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2).a + 4b = –20a + 7b = –38–––––––––––– –

–3b = 18⇔ b = –6 . . . (3)Substitusikan persamaan (3) ke persamaan (1).a + 4b = –20⇔ a + 4 × (–6) = –20⇔ a – 24 = –20⇔ a = –20 + 24⇔ a = 4U12 = a + 11b

= 4 + 11 × (–6)= 4 – 66= –62

Jadi, suku kedua belas barisan tersebut –62.

3. Jawaban: dU2 + U15 + U40 = 165⇔ (U1 + b) + (U1 + 14b) + (U1 + 39b) = 165⇔ 3U1 + 54b = 165⇔ 3(U1 + 18b) = 165⇔ U1 + 18b = 55⇔ U19 = 55Jadi, nilai U19 adalah 55.


S8 = 82 (2U1 + 7b)

= 4(2(–1) + 21)= 4(19)= 76

8. Jawaban: bSn = n2 + 3nS20 = 202 + 3 × 20

= 400 + 60= 460

S19 = 192 + 3 × 19= 361 + 57= 418Un = Sn – Sn – 1

⇔ U20 = S20 – S19

⇔ U20 = 460 – 418⇔ U20 = 42Jadi, suku ke-20 deret tersebut 42.

9. Jawaban: bU3 = 9⇔ a + 2b = 9 . . . (1)U5 + U7 = 36⇔ a + 4b + a + 6b = 36⇔ 2a + 10b = 36⇔ a + 5b = 18 . . . (2)Eliminasi a dari persamaan (1) dan persamaan (2).a + 2b = 9a + 5b = 18––––––––––– –

–3b = –9⇔ b = 3 . . . (3)Substitusikan persamaan (3) ke persamaan (1).a + 2b = 9⇔ a + 6 = 9⇔ a = 3

S10 = 102 (2(3) + (10 – 1)3)

= 5(6 + 27)= 5 × 33= 165

Jadi, jumlah 10 suku pertamanya adalah 165.

10. Jawaban: bSn = (2a + (n – 1)b)S3 = 27

⇔ 32 (2a + (3 – 1)b) = 27

⇔ 32 (2a + 2b) = 27

⇔ 2a + 2b = 27 × 2

3

⇔ 2a + 2b = 18 . . . . (1)

S8 = 172

⇔ 82 (2a + (8 – 1)b) = 172

⇔ 4(2a + 7b) = 172⇔ 2a + 7b = 43 . . . . (2)Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2).2a + 2b = 182a + 7b = 43––––––––––– –

–5b = –25⇔ b = 5 . . . (3)Substitusikan persamaan (3) ke persamaan (1).2a + 2b = 18⇔ 2a + 2(5) = 18⇔ 2a + 10 = 18⇔ 2a = 18 – 10⇔ 2a = 8⇔ a = 4Jadi, suku pertamanya adalah 4.

11. Jawaban: bUn = a + (n – 1)bU3 + U5 + U7 + U9 = 104⇔ (a + 2b) + (a + 4b) + (a + 6b) + (a + 8b) = 104⇔ 4a + 20b = 104⇔ 4(a + 5b) = 104⇔ a + 5b = 26⇔ U6 = 26Jadi, U6 adalah 26.

12. Jawaban: eBarisan bilangan asli antara 1 dan 200 yang habisdibagi 4 adalah 4, 8, 12, . . . , 196.a = 4b = 8 – 4 = 4Un = a + (n – 1)b⇔ 196 = 4 + (n – 1)4⇔ 196 = 4 + 4n – 4⇔ 196 = 4n⇔ n = 49

Sn = n2 (U1 + Un) =

492 (4 + 196)

= 492 × 200 = 4.900

Jadi, jumlah bilangan asli antara 1 dan 200 yanghabis dibagi 4 adalah 4.900.

13. Jawaban: bSusunan bilangannya sebagai berikut.4, (4 + b), (4 + 2b), (4 + 3b), (4 + 4b), (4 + 5b), 28.Oleh karena barisan tersebut barisan arimetikamaka selisih dua suku yang berurutan haruslahsama, yaitu b. Dari dua suku terakhir diperoleh:28 – (4 + 5b) = b ⇔ 24 – 5b = b

⇔ 24 = 6b⇔ b = 4

Jadi, beda barisan aritmetika tersebut 4.


14. Jawaban: cDiketahui U2 = 190, b = 5Suku terakhir = U48U1 = U2 – b = 190 – 5 = 185 cmU48 = U1 + (48 – 1)b

= 185 + 47 · 5= 185 + 235= 420

U50 = U48 = 420 cmJadi, tinggi pohon pada pengamatan ke-50 adalah420 cm.

15. Jawaban: cLama kontrak = n = 10 tahunGaji awal = U1 = 1.600.000Kenaikan gaji = b = 200.000

Sn = n2 (2U1 + (n – 1)b) sehingga diperoleh:

S10 = 102 (2 × 1.600.000 + 9 × 200.000)

= 5(3.200.000 + 1.800.000)= 5 × 5.000.000= 25.000.000

Jadi, total gaji yang diterima hingga menyelesaikankontrak adalah Rp25.000.000,00.

B. Uraian

1. a. Diketahui U5 = 4 dan U9 = 20 pada barisanaritmetika.

Un = U1 + (n – 1)b⇔ U5 = U1 + 4b⇔ 4 = U1 + 4b . . . (1)

U9 = U1 + 8b⇔ 20 = U1 + 8b . . . (2)Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2).U1 + 4b = 4 × 2 2U1 + 8b = 8U1 + 8b = 20 × 1 U1 + 8b = 20

–––––––––––– –⇔ U1 = –12

Jadi, suku pertama barisan tersebut –12.b. U1 = –12 sehingga:

U5 = U1 + 4b⇔ 4 = –12 + 4b⇔ 4b = 16⇔ b = 4

Un = 64⇔ U1 + (n – 1)b = 64⇔ –12 + (n – 1)4 = 64⇔ 4n – 4 = 76⇔ 4n = 80⇔ n = 20Jadi, banyak suku barisan tersebut 20.

2. Misalkan bilangan-bilangan itu a, a + b, a + 2b,a + 3b, a + 4b.Jumlah 5 buah bilangan aritmetika 75 maka:a + a + b + a + 2b + a + 3b + a + 4b = 75⇔ 5a + 10b = 75⇔ a + 2b = 15⇔ a = 15 – 2b . . . (1)Hasil kali bilangan terkecil dan terbesar 161 maka:

a(a + 4b) = 161⇔ a2 + 4ab = 161 . . . (2)Substitusikan persamaan (1) ke persamaan (2).

(15 – 2b)2 + 4(15 – 2b)b = 161⇔ 225 – 60b + 4b2 + 60b – 8b2 = 161⇔ 225 – 4b2 = 161⇔ –4b2 = –64⇔ b2 = 16⇔ b = ± 4Untuk b = 4 maka a = 15 – 2(4) = 7Untuk b = –4 maka a = 15 – 2(–4) = 23Barisan tersebut: 7, 11, 15, 19, 23, atau 23, 19,15, 11, 7.Jadi, selisih bilangan terbesar dan terkecil23 – 7 = 16.

3. Suatu barisan bilangan U1, U2, U3, . . ., Unmerupakan barisan aritmetika jika selisih dua sukuyang berurutan selalu tetap.b = Un – Un – 1a. U2 – U1 = U3 – U2

⇔ (3k – 1) – (k + 5) = (4k – 1) – (3k – 1)⇔ 2k – 6 = k⇔ k = 6Untuk k = 6 diperoleh:U1 = k + 5 = 6 + 5 = 11U2 = 3k – 1 = 3(6) – 1 = 17U3 = 4k – 1 = 4(6) – 1 = 23Jadi, barisan aritmetika tersebut 11, 17, dan23.

b. U2 – U1 = U3 – U2

⇔ k – (k – 4) = (2k – 1) – k⇔ 4 = k – 1⇔ k = 4 + 1⇔ k = 5Untuk k = 5 diperoleh:U1 = k – 4 = 5 – 4 = 1U2 = k = 5U3 = 2k – 1 = 2(5) – 1 = 9Jadi, barisan aritmetika tersebut 1, 5, dan 9.


U8 = ar7

⇔ –384 = ar4 · r3

⇔ –384 = 48 · r3

⇔ r3 = –8⇔ r = 3 8− = –2

Substitusikan r = –2 ke persamaan (1).48 = a(–2)4

⇔ a = 4816

⇔ a = 3

U4 + U6 = ar3 + ar5

= 3(–2)3 + 3(–2)5

= –24 – 96= –120

3. Jawaban: c

r = 3

2

UU

= 2010 = 2

U2 = ar⇔ 10 = 2a⇔ a = 5

U4 × U5 = ar3 × ar4

= a2r7

= 52 × 27

= 25 × 128= 3.200

Jadi, nilai U4 × U5 adalah 3.200.

A. Pilihan Ganda

1. Jawaban: c

4

2

UU

= 3ar

ar

⇔14

1= r2

⇔ 14 = r2

⇔ r = 12

Substitusikan r = 12 ke U2 = ar.

U2 = ar

⇔ 1 = 12 a

⇔ a = 2Menentukan suku ke-7 (U7).U7 = ar6

= 4 × (12 )6

= 4 × 1

64

= 1

16

Jadi, suku ke-7 barisan tersebut 1

16 .

2. Jawaban: aUn = arn – 1

U5 = ar4

⇔ 48 = ar4 . . . . (1)

4. Sn + 3 – 3Sn + 2 + 3Sn + 1 – Sn

= (Sn + 3 – Sn) – 3(Sn + 2 – Sn + 1)= Un + 1 + Un + 2 + Un + 3 – 3(Un + 2)= Un + 1 + Un + 3 – 2Un + 2

= 2Un + 2 – 2Un + 2 (Ingat: 2Un + 1 = Un + Un + 2)= 0Jadi, terbukti bahwa Sn + 3 – 3Sn + 2 + 3Sn + 1 – Sn = 0.

5. Misalkan:Sx = S6 = jumlah 6 suku pertamaSy = jumlah U7 sampai dengan U16

Stotal = S16 = jumlah 16 suku pertama

Sx = 324⇔ S6 = 324⇔ 6

2 (2a + (6 – 1)b = 324⇔ 3(2a + 5b) = 324⇔ 2a + 5b = 108 . . . (1)

Stotal = Sx + Sy

⇔ S16 = 324 + 220

⇔ 162 (2a + (16 – 1)b = 544

⇔ 8(2a + 15b) = 544⇔ 2a + 15b = 68 . . . (2)

Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2).2a + 5b = 1082a + 15b = 68–––––––––––––– –

–10b = 40⇔ b = –4

Substitusikan b = –4 ke persamaan (1).2a + 5b = 108⇔ 2a + 5(–4) = 108⇔ 2a – 20 = 108⇔ 2a = 108 + 20⇔ 2a = 128⇔ a = 64Jadi, suku pertama dari deret tersebut 64.


4. Jawaban: e

Diketahui barisan geometri dengan U5 = 13 dan r =

13 .

Un = arn – 1

⇔ U5 = ar4

⇔ 13 = a × (

13 )4

⇔ 13 = a × 4

13

⇔ a = 13 × 34

⇔ a = 33

U9 = ar8 = 33 × (13 )8 =

3

833

= 51

3 =

1243

Jadi, suku ke-9 barisan tersebut 1

243 .

5. Jawaban: eU1 = p–2

U2 = p2x

r = 2

1

UU

= 2x

2pp− = p2x + 2

U10 = p88

⇔ U1r9 = p88

⇔ p88 = p–2(p2x + 2)9

⇔ p88 = p–2 · p18x + 18

⇔ p88 = p18x + 16

⇔ 88 = 18x + 16⇔ 18x = 72⇔ x = 4

6. Jawaban: bUn = arn – 1

U3 × U5 = ar2 × ar4

⇔ 14 = a2r6

⇔ 14 = (ar3)2

⇔ ar3 = 12

⇔ U4 = 12

Jadi, suku keempat barisan tersebut adalah 12 .

7. Jawaban: dUn = 96

⇔ U6 = 96⇔ ar5 = 96⇔ 3r5 = 96⇔ r5 = 32⇔ r = 2

S6 = 63(2 1)

2 1−

− = 3(64 1)

1−

= 3 × 63 = 189

Jadi, jumlah seluruh deret tersebut 189.

8. Jawaban: dMisalkan lima suku pertama barisan aritmetikatersebut a – 2b, a – b, a, a + b, a + 2b.(a – 2b) + (a – b) + a + (a + b) + (a + 2b) = 40⇔ 5a = 40⇔ a = 8Barisan aritmetika menjadi:8 – 2b, 8 – b, 8, 8 + b, 8 + 2bBarisan geometri:8 – 2b, (8 – b) + 2, 8 + 8⇔ 8 – 2b, 10 – b, 16

r = 10 b8 2b

−− atau r =

1610 b−

Diperoleh:10 b8 2b

−− =

1610 b−

⇔ (10 – b)2 = 16(8 – 2b)⇔ 100 – 20b + b2 = 128 – 32b⇔ b2 + 12b – 28 = 0⇔ (b + 14)(b – 2) = 0⇔ b = –14 atau b = 2b > 0 ⇒ diambil b = 2U5 – U3 = (U1 + 4b) – (U1 + 2b)

= 2b= 4

9. Jawaban: e

S∞ = a

1 r−

⇔ 5 = 3

1 r−

⇔ 5(1 – r) = 3⇔ 5 – 5r = 3⇔ 5r = 5 – 3⇔ 5r = 2

⇔ r = 25

Jadi, rasio deret tersebut 25 .

10. Jawaban: cS∞ = 3U1 = 2x + 1

S∞ = 1U1 r−

⇔ 3 = 2x + 11 r−

⇔ 3 – 3r = 2x + 1⇔ 3r = 2 – 2x

⇔ r = 2 2x

3−

Deret geometri tak hingga mempunyai jumlah jika–1 < r < 1.


Untuk r > –1 diperoleh:

2 2x3

− > –1

⇔ 2 – 2x > –3⇔ –2x > –5

⇔ x < 52

Untuk r < 1 diperoleh:

2 2x3

−< 1

⇔ 2 – 2x < 3⇔ –2x < 1

⇔ x > –12

Jadi, nilai x yang memenuhi {x | –12 < x <

52 }.

11. Jawaban: ba = 5r = 2Un = 160⇔ arn – 1 = 160⇔ 5(2)n – 1 = 160⇔ 2n – 1 = 32⇔ 2n – 1 = 25

⇔ n – 1 = 5⇔ n = 6Jadi, waktu bakteri membelah 6 detik.

12. Jawaban: ex 1

x− + 1

x + 1

x(x 1)−, . . .

Rasio deret = r = 1x

(x 1)x− = 1

x 1−

Syarat jumlahnya mempunyai limit yaitu:

| r | < 1 ⇔ | 1 x1− | < 1

⇔ |x – 1| > 1⇔ (x – 1)2 > 12

⇔ (x – 1)2 – 12 > 0⇔ (x – 1 – 1)(x – 1 + 1) > 0⇔ (x – 2) · x > 0⇔ x < 0 atau x > 2

Jadi, nilai x < 0 atau x > 2 agar jumlah deretmempunyai limit.

13. Jawaban: aa = 16

r = 2

1

UU

= 8

16−

= –12

S∞ = a1 r−

= 12

161+

= 32

16 = 323

Jadi, jumlah tak hingga dari deret tersebut 323 .

14. Jawaban: dlog U1 – log U2 – log U3 + log U4 + log U5 = log 6

⇔ log 1 4 5

2 3

U U UU U

= log 6

⇔ log 4

2a × 12 × ar

ar × ar= log 6

⇔ log 12r = log 6⇔ 12r = 6

⇔ r = 12

U4 = 12⇔ ar3 = 12

⇔ a(12 )3 = 12

⇔ 18 a = 12

⇔ a = 96

S5 = 1 5212

9(1 ( ) )

1

−

−

= 1

3212

9(1 )− =

3132

12

96 × = 186

Jadi, S5 adalah 186.

15. Jawaban: bPanjang lintasan semut dari hari pertama sampaiberhenti membentuk barisan geometri tak hingga

dengan a = 1,5 dan r = 12 .

Panjang lintasan semut sampai berhenti:

S¥ = a1 r−

= 12

1,5

1− = 1

2

1,5 = 3 m

B. Uraian

1. a. Diketahui U2 = –364 dan U5 =

38 .

Un = arn – 1

5

2

UU =

4arar

⇔38364

−= r3

⇔ 38 × (– 64

3) = r3

⇔ –8 = r3

⇔ r = –2Jadi, rasio barisan tersebut –2.

b. U2 = –364

⇔ ar = –364

⇔ a × (–2) = –364

⇔ a = 3

128


Sn = na(1 r )

1 r−−

⇔ S10 = 3 10

128(1 ( 2) )

1 ( 2)

− −− −

⇔ S10 = 3 10

128(1 2 )

3

−

⇔ S10 = 1

128 (1 – 210)

⇔ S10 = 1

128 – 102

128

⇔ S10 = 1 1.024

128−

⇔ S10 = –1.023128

⇔ S10 = –7127128

Jadi, jumlah 10 suku pertama barisan –7127128 .

2. log U1 + log U2 + log U3 + log U4 + log U5 = 15 log 2⇔ log (U1 · U2 · U3 · U4 · U5) = log 215

⇔ U1 · U2 · U3 · U4 · U5 = 215

⇔ a · a · r · a · r2 · a · r3 · a · r4 = 215

⇔ a5r10 = 215

⇔ a5(210) = 215

⇔ a5 = 15

1022

⇔ a5 = 25

⇔ a = 2

Sn = na(r 1)

r 1−

−

S9 = 92(2 1)

2 1−

− = 2(512 1)

1−

= 2 × 511 = 1.022

Jadi, S9 adalah 1.022.

3. Jarak pendulum setiap ayunan membentuk deret

geometri dengan a = 50 cm dan r = 9

10 .

S∞ = 910

50

1− = 1

10

50 = 500 cm = 5 m

Jadi, seluruh jarak ayunan pendulum adalah 5 m.

4. S∞ = a1 r−

⇔ 16 = a1 r−

⇔ 1 – r = 8

16

⇔ 1 – r = 12

⇔ r = 1 – 12

⇔ r = 12

U5 = ar4 = 8 × (12 )4 = 8 ×

116 =

12

Jadi, rasionya = 12 dan suku ke-5 =

12 .

5. Luas persegi yang palingbesar:p × p = p2

Luas persegi II = 12 p2

Luas persegi III = 14 p2

dan seterusnyaJumlah luas semua persegi:

L = p2 + 12 p2 +

14 p2 + . . . merupakan deret

geometri tak hingga dengan a = U1 = p2 dan r = 12 .

L = S∞ = a

1 r− = 2

12

p1−

= 2

12

p = 2p2

Jadi, jumlah luas persegi yang terbentuk 2p2.

2. Jawaban: d

U1 = a = 12

U2 = 18

r = 2

1

UU

= 1 812

= 14

A. Pilihan Ganda

1. Jawaban: cSepuluh bilangan asli genap yaitu 2, 4, 6, 8, 10,12, 14, 16, 18, 20.2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 + . . . + 20

= 10

i = 1∑ 2i


Diperoleh deret geometri dengan Un:Un = arn – 1

= 12

n 114

−

= (2)–1(2)–2(n – 1)

= 2–2n + 2 – 1

= 21 – 2n

Bentuk notasi sigma dari deret tersebut:10

i = 1∑ U1 =

10

i = 1∑ 21 – 2i

Jadi, bentuk notasi sigma dari deret tersebut

adalah 10

i = 1∑ 21 – 2i .

3. Jawaban: c8

i = 2∑ (3i – 2) =

8 1

i = 2 1

−

−∑ (3(i + 1) – 2)

= 7

i = 1∑ (3i + 1)

= 7

i = 1∑ 3i +

7

i = 1∑ 1

= 37

i = 1∑ i + 7 × 1

= 3(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) + 7= 3 × 28 + 7= 91

Jadi, 8

i = 2∑ (3i – 2) = 91.

4. Jawaban: d12

n 3=∑ (5n + 6)

= 12 2

n 3 2

−

= −∑ (5(n + 2) + 6)

= 10

n 1=∑ (5n + 16)

= 510

n 1=∑ n +

10

n 1=∑ 16

= 5(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10) + (10 × 16)= (5 × 55) + (10 × 16)= 275 + 160= 435

Jadi, nilai 12

n = 3∑ (5n + 6) adalah 435.

5. Jawaban: e

Untuk n = 1 ⇒ 1 (1 1)(1 2)3

+ += 2

Untuk n = 2 ⇒ 2(2 1)(2 2)3

+ += 8

Untuk n = 3 ⇒ 3(3 1)(3 2)3

+ += 20

Untuk n = 4 ⇒ 4(4 1)(4 2)3

+ += 40

Untuk n = 5 ⇒ 5(5 1)(5 2)3

+ += 70

Jadi, diperoleh:

∑=

5

1 n

n(n 1)(n 2)3

+ + = 2 + 8 + 20 + 40 + 70 = 140

6. Jawaban: b7

k = 3∑ k2 (x2 + 2x) = 405

⇔ (x2 + 2x) 7

k = 3∑ k2 = 405

⇔ (x2 + 2x)(32 + 42 + 52 + 62 + 72) = 405⇔ (x2 + 2x)(9 + 16 + 25 + 36 + 49) = 405⇔ (x2 + 2x) × 135 = 405⇔ x2 + 2x = 3⇔ x2 + 2x – 3 = 0⇔ (x + 3)(x – 1) = 0⇔ x = –3 atau x = 1Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = –3 ataux = 1.

7. Jawaban: a25

n 6=∑ (2 + pi) =

25

n 6=∑ 2 +

25

n 6=∑ pi

= 2 × 20 + 10= 40 + 10= 50

Jadi, nilai 25

n 6=∑ (2 + pi) adalah 50.

8. Jawaban: d6

i = 3∑ (2i × cos α) = 18 3

⇔6

i = 3∑ (2i × cos α) = 18 3

⇔ cos α 6

i = 3∑ 2i = 18 3

⇔ cos α (2 × 3 + 2 × 4 + 2 × 5 + 2 × 6) = 18 3

⇔ cos α (6 + 8 + 10 + 12) = 18 3

⇔ cos α × 36 = 18 3

⇔ cos α = 12 3

⇔ α = 60°Jadi, nilai α = 60°.


9. Jawaban: e

2n

k 1=∑ k(2k + 5) + 2

n

k 1=∑ (k + 3) + 3n

= n

k 1=∑ (4k2 + 10k) +

n

k 1=∑ (2k + 6) +

n

k 1=∑ 3

= n

k 1=∑ 4k2 + 10k + 2k + 6 + 3

= n

k 1=∑ 4k2 + 12k + 9

= n

k 1=∑ (2k + 3)2

10. Jawaban: e

8n

k = 1∑ k3 + 36

n

k = 1∑ k2 + 54

n

k = 1∑ k + 27n

= n

k = 1∑ 8k3 +

n

k = 1∑ 36k2 +

n

k = 1∑ 54k +

n

k = 1∑ 27

= n

k = 1∑ (8k3 + 36k2 + 54k + 27)

= n

k = 1∑ ((2k)3 + (2k)2 × 9 + 2k × 27 + 27)

= n

k = 1∑ ((2k)3 + (2k)2 × 3 × 3 + 2k × 32 × 3 + 33)

= n

k = 1∑ ((2k)3 + 3 × (2k)2 × 3 + 3 × 2k × 32 + 33)

= n

k = 1∑ (2k + 3)3

11. Jawaban: e5

k 1=∑ 1

k –

7

k 3=∑ 1

k 1−

= 5

k 1=∑ 1

k –

7 2

k 3 2

−

= −∑ 1

k 2 1+ −

= 5

k 1=∑ 1

k –

5

k 1=∑ 1

k 1+

= 5

k 1=∑ 1

k – 1

k 1+

= 12

1

− + 1 12 3

− + 1 1

3 4 −

+ 1 14 5

− + 1 1

5 6 −

= 12 +

16 +

112 +

120 +

130

= 30 10 5 3 2

60+ + + +

= 56

12. Jawaban: d12

a 7=∑ (a2 + 4) –

6

a 1=∑ (a2 + 4a – 5)

= 12 6

a 7 6

−

= −∑ ((a + 6)2 + 4) –

6

a 1=∑ (a2 + 4a – 5)

= 6

a 1=∑ (a2 + 12a + 36 + 4 – a2 – 4a + 5)

= 6

a 1=∑ (8a + 45) =

6

a 1=∑ 8a +

6

a 1=∑ 45

= 8 × 1 + 8 × 2 + 8 × 3 + 8 × 4 + 8 × 5 + 8 × 6 + 6 × 45= 438

13. Jawaban: a7 x

k 3 x

−

= −∑ (4k + 1) = (4(3 – x) + 1) + (4(4 – x) + 1)

+ (4(5 – x) + 1) +(4(6 – x) + 1)+ (4(7 – x) + 1)

= 12 – 4x + 1 + 16 – 4x + 1 + 20 – 4x+ 1 + 24 – 4x + 1 + 28 – 4x + 1

= 105 – 20x

7 x

k 3 x

−

= −∑ (4k + 1) = 85

⇔ 105 – 20x = 85⇔ 20x = 105 – 85⇔ 20x = 20⇔ x = 1Jadi, nilai x adalah 1.

14. Jawaban: c20

i 15=∑ p(i – 2) = 372

⇔ p20

i 15=∑ (i – 2) = 372

⇔ p(13 + 14 + 15 + 16 + 17 + 18) = 372⇔ 93p = 372

⇔ p = 37293

⇔ p = 4Jadi, nilai 7p adalah 28.

15. Jawaban: d5 2

k = 15

k = 1

(k + 1)

(4i + k)

∑

∑ = ∑

=

5

1 k(k + 1)2 : ∑

=

5

1 k(4i + k)

Untuk (k + 1)2 Untuk (4i + k)

k = 1 4 4i + 1k = 2 9 4i + 2k = 3 16 4i + 3k = 4 25 4i + 4k = 5 36 4i + 5

Jumlah 90 20i + 15

Sehingga:5 2

k = 15

k = 1

(k + 1)

(4i + k)

∑

∑ = 2 ⇔

9020i 15+ = 2

⇔ 90 = 40i + 30⇔ 60 = 40i

⇔ i = 6040 =

32

Jadi, nilai i adalah 23 .


Bentuk notasi sigma dari deret tersebut:15

i 1=∑ Ui =

15

i 1=∑ i × alog

1x

= 15

i 1=∑ i × alog x–1

= 15

i 1=∑ (–i) × alog x

Jadi, bentuk notasi sigma dari deret tersebut

adalah 15

i 1=∑ (–i) × alog x.

3. 23p

cosec x = 3p sin2 x

Untuk p = 1 ⇒ 3 × 1 sin2 x= 3 sin2 xUntuk p = 2 ⇒ 3 × 2 sin2 x= 6 sin2 xUntuk p = 3 ⇒ 3 × 3 sin2 x= 9 sin2 xUntuk p = 4 ⇒ 3 × 4 sin2 x= 12 sin2 xUntuk p = 5 ⇒ 3 × 5 sin2 x= 15 sin2x

∑=

5

1 p2

3pcosec x =

452

⇔ 3 sin2 x + 6 sin2 x + 9 sin2 x + 12 sin2 x +

15 sin2 x = 452

⇔ 45 sin2 x = 452

⇔ sin2 x = 12

⇔ sin x = 12 2

⇔ x = 45°Jadi, tan x = tan 45° = 1.

4. a.3

k = 1∑ (5 – 2k) =

3 4

k = 1+ 4

+∑ (5 – 2(k – 4))

= 7

k = 5∑ (5 – 2k + 8)

= 7

k = 5∑ (13 – 2k)

= (13 – 2 × 5) + (13 – 2 × 6)+ (13 – 2 × 7)

= (13 – 10) + (13 – 12) + (13 – 14)= 3 + 1 – 1 = 3

b.18

i = 12∑ (k2 + 1) =

18 7

i 12 7

−

= −∑ ((k + 7)2 + 1)

= 11

i = 5∑ ((k+ 7)2 + 1)

= (122 + 1) + (132 + 1) + (142 + 1)+ (152 + 1) + (162 + 1) + (172 + 1)+ (182 + 1)

= 145 + 170 + 197 + 226 + 257+ 290 + 325 = 1.610

B. Uraian

1. a.8

i = 4∑ (2i + 5) =

8 3

i = 4 3

−

−∑ (2(i + 3) + 5)

= 5

i = 1∑ (2i + 11)

= 5

i = 1∑ 2i +

5

i = 1∑ 11

= 25

i = 1∑ i + 5 × 11

= 2(1 + 2 + 3 + 4 + 5) + 55= 30 + 55= 85

Jadi, nilai 8

i = 4∑ (2i + 5) = 85.

b.10

i = 5∑ (i + 2)2 =

10 4

i = 5 4

−

−∑ ((i + 4) + 2)2

= 6

i = 1∑ (i + 6)2

= 6

i = 1∑ (i2 + 12i + 36)

= 6

i = 1∑ i2 + 12

6

i = 1∑ i +

6

i = 1∑ 36

= (12 + 22 + 32 + 42 + 52 + 62) +12(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) + 6 × 36

= (1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36) + 12× 21 + 216

= 91 + 252 + 216 = 559

Jadi, 10

i = 5∑ (i + 2)2 = 559.

2. Misalkan:

U1 = a = alog 1x = alog x–1 = –(alog x)

U2 = alog 21x

= alog x–2 = (–2) alog x

U3 = alog 31x

= alog x–3 = (–3) alog x

b = U2 – U1

= alog 21x

– alog 1x

= alog 21

x1x

= alog 1x

Diperoleh deret aritmetika sebagai berikut.Un = a + (n – 1) b

= alog 1x + (n – 1) alog

1x

= alog 1x + n alog

1x – alog

1x

= n alog 1x



a = 56b = 63 – 56 = 7Un = a + (n – 1)bU10 = a + 9b

= 56 + 9 × 7= 56 + 63= 119

Jadi, suku ke-10 barisan tersebut 119.

2. Jawaban: cBilangan yang dimaksud adalah 95, 100, 105, 110,· · · , 170, 175.Bilangan-bilangan tersebut membentuk barisanaritmetika dengan:U1 = a = 95b = 100 – 95 = 5

Suku terakhir Un = 175Un = U1 + (n – 1)b

⇔ 175 = 95 + (n – 1)5⇔ 80 = 5n – 5⇔ 85 = 5n⇔ n = 17Jadi, banyak bilangan adalah 17.

3. Jawaban: bU1 + U4 + U6 + U8 = 32⇔ (U1 + b) + (U1 + 3b) + (U1 + 5b) + (U1 + 7b)

= 32⇔ 4U1 + 16b = 32⇔ 4U1 + 16 × 5 = 32⇔ 4U1 = –48⇔ U1 = –12

5. a.12 ,

14 ,

18 , . . ., n

12

= n

i 1=Σ i

12

Misalkan P(n) adalah rumus n

i 1=Σ i

12

= 1 – (12 )n

berlaku untuk setiap n bilangan asli.1) Untuk n = 1

1

i 1=Σ i

12

= 1 – (12 )1 ← (sifat b6)

⇔ 112

= 1 – 12

⇔ 12 =

12

Ruas kiri = ruas kananJadi, P(n) benar untuk n = 1.

2) Andaikan P(n) benar untuk n = k makak

i 1=Σ i

12

= 1 – (12 )k bernilai benar. Akan

dibuktikan bahwa P(n) benar untuk

n = k + 1, yaitu k 1

i 1

+

=Σ i

12

= 1 – (12 )k + 1.

k 1

i 1

+

=Σ i

12

= k

i 1=Σ i

12

+ k 1

i k 1

+

= +Σ i

12

= 1 – (12 )k + k + 1

12

= 1 – (12 )k + (

12 )k + 1

= 1 – (12 )k + (

12 )k ·

12

= 1 – (12 )k (1 –

12 )

= 1 – (12 )k ·

12 = 1 – (

12 )k + 1

Jadi, terbukti bahwa k 1

i 1

+

=Σ i

12

= 1 – (12 )k + 1.

Dari 1) dan 2) terbukti 12 ,

14 ,

18 , . . ., n

12

= 1 – (12 )n berlaku untuk setiap n bilangan asli.

b. Misalkan P(n) adalah sifat n3 + 2n habisdibagi 3 untuk setiap n bilangan asli.1) Untuk n = 1

13 + 2 × 1 = 3 habis dibagi 3Jadi, P(n) benar untuk n = 1.

2) Andaikan P(n) benar untuk n = k, maka(k3 + 2k) habis dibagi 3.Akan dibuktikan P(n) benar untukn = k + 1, yaitu (k + 1)3 + 2(k + 1) habisdibagi 3.(k + 1)3 + 2(k + 1)= k3 + 3k2 + 3k + 1 + 2k + 2= (k3 + 2k) + 3k2 + 3k + 3= (k3 + 2k) + 3(k2 + k + 1)3(k2 + k + 1) merupakan kelipatan 3berarti 3(k2 + k + 1) habis dibagi 3.

Oleh karena (k3 + 2k) dan 3(k2 + k + 1)habis dibagi 3, maka (k + 1)3 + 2(k + 1)habis dibagi 3.

Dari 1) dan 2) terbukti n3 + 2n habis dibagi 3untuk setiap n bilangan asli.


Misalkan k = beda barisan aritmetika ke-2,diperoleh:V2 + V4 + V6 + V8 = 52⇔ (V1 + k) + (V1 + 3k) + (V1 + 5k) + (V1 + 7k)

= 52⇔ 4V1 + 16k = 52⇔ 4V1 + 16 × 4 = 52⇔ 4V1 = –12⇔ V1 = –3

(U1 + U3 + U5) – (V1 + V2 + V5)= (–12 + (U1 + 2b) + (U1 + 4b)) – (–3 + (V1 + 2k)

+ (V1 + 4k))= (–12 + (–12 + 10) + (–12 + 20)) – (–3 + (–3 + 8)

+ (–3 + 16))= (–36 + 30) – (–9 + 24)= –6 – 15= –21Jadi, (U1 + U3 + U5) – (V1 + V3 + V5) = –21.

4. Jawaban: ean + 1 – an nilainya selalu tetap. Jadi, barisan yangdimaksud adalah barisan aritmetika.a2 – a1 = –p + 9 – (2p + 25)

= –p + 9 – 2p – 25 = –3p – 16a3 – a2 = 3p + 7 – (–p + 9)

= 3p + 7 + p – 9 = 4p – 2an + 1 – an selalu sama (konstan)a2 – a1 = a3 – a2 ⇔ –3p – 16 = 4p – 2

⇔ 7p = –14⇔ p = –2

a3 – a2 = 4 × (–2) – 2 = –10a1 = 2 × (–2) + 25 = 21Diperoleh a = 21 dan b = –10.

S10 = 102 (2a + 9b)

= 5 × (2 × 21 – 9 × 10) = –240

5. Jawaban: d

Sn = 12 n(n + 1)

Sn – 1 = 12 (n – 1)(n – 1 + 1)

= 12 n(n – 1)

Un = Sn – Sn – 1

= 12 n(n + 1) –

12 n(n – 1)

= 12 n(n + 1 – n + 1)

= 12 × 2n

= nJadi, rumus suku ke-n adalah n.

6. Jawaban: aU7 = S7 – S6

⇔ a + 6b = S7 – S6⇔ 4 + 6b = 112 – 84⇔ 4 + 6b = 28⇔ 6b = 28 – 4⇔ 6b = 24⇔ b = 4Jadi, beda deret tersebut 4.

7. Jawaban: d

Sn = n2 (2a + (n – 1)b)

⇔ S10 = 102 (2a + (10 – 1)b)

⇔ 200 = 5(2a + 9b)⇔ 40 = 2a + 9bU3 + U4 + U7 + U8= a + 2b + a + 3b + a + 6b + a + 7b= 4a + 18b= 2(2a + 9b)= 2 × 40 = 80Jadi, nilai U3 + U4 + U7 + U8 adalah 80.

8. Jawaban: aSisi-sisi segitiga:72, 72 + b, 72 + 2b ⇒ n = 3Keliling = 252⇔ 72 + (72 + b) + (72 + 2b) = 252⇔ (3 · 72 + 3b) = 252⇔ 216 + 3b = 252⇔ 3b = 36⇔ b = 12U2 = 72 + 12 = 84U3 = 72 + 24 = 96Jadi, panjang kedua sisi yang lain 84 cm dan 96 cm.

9. Jawaban: aDari soal di atas, diperoleh:U2 = 5⇔ a + b = 5 . . . (1)U4 + U6 = 28⇔ a + 3b + a + 5b = 28⇔ 2a + 8b = 28⇔ a + 4b = 14 . . . (2)

Eliminasi a dari persamaan (1) dan persamaan (2).a + b = 5a + 4b = 14–––––––––– –

–3b = –9 ⇔ b = 3U7 – U5 = (a + 6b) – (a + 4b)

= 2b= 2 × 3 = 6

Jadi, selisih suku ketujuh dan suku kelima adalah 6.


10. Jawaban: bMisalkan suku-suku barisan aritmetika tersebuta – 3, a, a + 3.(a – 3) + (a – 1) + (a + 3) = 14⇔ 3a – 1 = 14⇔ 3a = 15⇔ a = 5Barisan geometri = a – 3, a – 1, a + 3 = 2, 4, 8

r = 42 = 2

Jadi, rasio barisan tersebut 2.

11. Jawaban: cSn = 2n2 + 4n

Un = Sn – Sn – 1⇔ U9 = S9 – S8⇔ U9 = (2 × 92 + 4 × 9) – (2 × 82 + 4 × 8)⇔ U9 = (2 × 81 + 36) – (2 × 64 + 32)⇔ U9 = (162 + 36) – (128 + 32)⇔ U9 = 198 – 160⇔ U9 = 38Jadi, suku ke-9 deret tersebut adalah 38.

12. Jawaban: aPermasalahan tersebut dapat diselesaikanmenggunakan deret aritmetika.Diketahui U1 = 46.000

b = 18.000n = 12

Sn = n2 (2U1 + (n – 1)b)

⇔ S12 = 122 (2 × 46.000 + 11 × 18.000)

⇔ S12 = 6(92.000 + 198.000)⇔ S12 = 6 × 290.000⇔ S12 = 1.740.000Jadi, jumlah keuntungan sampai bulan ke-12adalah Rp1.740.000,00.

13. Jawaban: aUn = arn – 1

8

4

UU

= 7

3arar

⇔80353

−

−= r4

⇔ 16 = r4

⇔ r = –2 (karena r < 0)U4 = ar3

⇔ –53 = a × (–2)3

⇔ –53 = a × (–8)

⇔ a = 524

U2 = ar

= 524 × (–2)

= –5

12

Jadi, suku kedua barisan tersebut –5

12 .

14. Jawaban: cBanyak suku awal = 2Barisan geometri baru 48, x, y, z, 768Banyak suku barisan baru = 5

Un = arn – 1

⇔ U5 = ar4

⇔ 768 = 48r4

⇔ r4 = 16⇔ r = 2

Sn = na(r 1)

r 1−

−

S5 = 548(2 1)

2 1−

−

= 48(32 1)

1−

= 48 × 31= 1.488

Jadi, jumlah barisan geometri tersebut 1.488.

15. Jawaban: dq, s, dan t membentuk barisan geometri sehinggadengan membandingkan rasio diperoleh:sq

= ts

⇔ t = 2s

q

Diperoleh:

q 2s tq s+ +

+=

2sq

q 2s

q s

+ +

+ · q

q

= 2 2q 2qs s

(q s)q+ +

+

= 2(q s)

(q s)q++

= q sq+

16. Jawaban: a

Sn = na(r 1)

r 1−

−

⇔ S5 = 5a(4 1)

4 1−

−

⇔ 1.023 = a(1.024 1)3

−

⇔ 1.023 = 1.023a3

⇔ a = 3


U6 – U4 = ar5 – ar3

= 3 · 45 – 3 · 43

= 3(45 – 43)= 3(1.024 – 64) = 2.880

17. Jawaban: cU3 = 16U7 = 256

7

3

UU

= 6

2arar

⇔ 25616 = r4

⇔ 16 = r4

⇔ r = 2U3 = ar2

⇔ 16 = a × 22

⇔ a = 4

Sn = na(r 1)

r 1−

−

⇔ S7 = 74(2 1)

2 1−

−

⇔ S7 = 4(128 – 1)⇔ S7 = 508Jadi, jumlah 7 suku pertama deret adalah 508.

18. Jawaban: cNilai jual mobil setiap tahun membentuk barisan

geometri dengan r = 1920 .

Nilai awal = 80.000.000

U1= 1920 × 80.000.000

= 76.000.000Nilai jual setelah dipakai 3 tahun = U3

U3= ar2 = 76.000.000 × (1920 )2 = 68.590.000

Jadi, nilai jual mobil setelah dipakai 3 tahunRp68.590.000,00.

19. Jawaban: a

a = 23

r = 2

1

UU

= 2 923

= 13

S∞ = a1 r−

= 23

13

1− = 1

Jadi, jumlah deret geometri tak hingga di atasadalah 1.

20. Jawaban: bU1 = aU2 = a + bU6 = a + 5b

U1 + U2 + U6 = 42⇔ a + (a + b) + (a + 5b) = 42⇔ 3a + 6b = 42⇔ a + 2b = 14 . . . . (1)U1, U2 dan U6 membentuk barisan geometrisehingga:

2

1

UU

= 6

2

UU

⇔ U22 = U1 × U6

⇔ (a + b)2 = a(a + 5b)⇔ a2 + 2ab + b2 = a2 + 5ab⇔ b2 – 3ab = 0⇔ b(b – 3a) = 0⇔ b = 0 atau b = 3a . . . . (2)Dipilih b = 3a sehingga:

a + 2b = 14⇔ a + 2(3a) = 14⇔ 7a = 14⇔ a = 2b = 3a = 6Jadi, beda barisan tersebut 6.

21. Jawaban: ar rasio dari deret konvergen, maka –1 < r < 1.

S = 1 + 1

4 + r + 2

1(4 + r) + . . . + n

1(4 + r)

+ . . .

= 14 r

1

1+

− = 4 r

(4 r) 1+

+ − =

4 r3 r

++

Untuk r = –1 ⇒ S = 4 13 1

−− =

32 = 1

12

Untuk r = 1 ⇒ S = 4 13 1

++ =

54 = 1

14

Jadi, 114 < S < 1

12 .

22. Jawaban: bLuas persegi-persegi tersebut membentuk barisangeometri dengan S∞ = 640.

r = 2

1

UU

= 21

23

U

1 U

= 4 3

1 = 34

S∞ = a1 r−

⇔ 640 = 34

a

1−

⇔ 640 = 1

4

a

⇔ a = 640 × 14

⇔ a = 160


U3 = ar2

= 160 × 23

4

= 160 × 9

16 = 90

U3 = luas persegi ketigaSisi persegi ketiga = s3

s3 = 3U = 90 = 3 10 cm

23. Jawaban: e

S∞ = a1 r−

⇔ 10 = 21 r−

⇔ 1 – r = 210

⇔ 1 – r = 15

⇔ r = 1 – 15

⇔ r = 45

U2 = ar = 2 × 45

= 1 35

Jadi, suku keduanya 1 35

.

24. Jawaban: d

Sn = n

1U (r 1)r 1

−−

⇔ S10 = 102(r 1)r 1

−−

⇔ 33 × S5 = 102(r 1)r 1

−−

⇔ 33 × 52(r 1)

r 1−

−=

102(r 1)r 1

−−

⇔ 33(r5 – 1) = r10 – 1⇔ 33(r5 – 1) = (r5 + 1)(r5 – 1)⇔ 33 = r5 + 1⇔ r5 = 32

Nilai U6 = U1r5 = 2 × 32 = 64.

25. Jawaban: aDeret tersebut mempunyai jumlah jika –1 < r < 1.Diperoleh:

–1 < 5log (3x + 2) < 1

⇔ 5log 15

< 5log (3x + 2) < 5log 5

⇔ 15

< 3x + 2 < 5

⇔ – 95

< 3x < 3

⇔ – 35

< x < 1

Jadi, nilai x yang memenuhi – 35

< x < 1.

26. Jawaban: e3 – 5x2 + 7x4 – . . . + 99x96 terlebih dahulu diuraikanmenjadi bentuk 3 + 5 + 7 + . . . + 99 danx0 + x2 + x4 + . . . + x96

Rumus suku ke-n deret 3 + 5 + 7 + . . . + 99 adalahUn = 2n + 1.Batas bawah = n = 1Mencari batas atas.

99 = (2n + 1)⇔ 99 – 1 = 2n⇔ n = 49Diperoleh batas atas = n = 49Rumus suku ke-n deret x0 + x2 + x4 + . . . + x96

adalah Un = x2n – 2.Batas bawah = n = 1Mencari batas atas.

96 = 2n – 2⇔ 2n = 98⇔ n = 49Diperoleh batas atas = n = 49Untuk menentukan tanda (–/+) yang berselang-seling digunakan: –(–1)n.

Jadi, notasi sigmanya 49

n 1=∑ –(2n + 1)x2n – 2 (–1)n.

27. Jawaban: c8

k = 4∑ (2k + 1) =

8 3

k = 4 3

−

−∑ (2(k + 3) + 1)

= 5

k = 1∑ (2k + 6 + 1)

= 5

k = 1∑ (2k + 7)

= 5

k = 1∑ 2k +

5

k = 1∑ 7

= 25

k = 1∑ k + 5 × 7

= 2(1 + 2 + 3 + 4 + 5) + 35= 2 × 15 + 35 = 65

8

k = 3∑ (3k – 1) =

8 2

k = 3 2

−

−∑ (3(k + 2) – 1)

= 6

k = 1∑ (3k + 6 – 1)

= 6

k = 1∑ (3k + 5)

= 36

k = 1∑ k +

6

k = 1∑ 5

= 3(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) + 5 × 6= 3 × 21 + 30 = 63 + 30 = 93

8

k = 4∑ (2k + 1) +

8

k = 3∑ (3k – 1) = 65 + 93 = 158


B. Uraian1. Misalkan bilangan-bilangan tersebut adalah:

a – b, a, a + b(a – b) + a + (a + b) = 30⇔ 3a = 30⇔ a = 10a = 10 sehingga a – b = 10 – 3 = 7a + b = 10 + 3 = 13Jadi, bilangan tersebut adalah 7, 10, dan 13.

2. Banyak suku mula-mula = n = 2Misalkan 10 bilangan yang disisipkan = a1, a2, a3,. . ., a10.Deret aritmetika baru yang terbentuk:50 + a1 + a2 + a3 + . . . + a10 + 100Banyak suku deret yang terbentuk n = 2 + 10 = 12U1 = a = 50U12 = 100Jumlah deret yang terbentuk:

Sn = n2 (a + Un)

= 122

(a + U12)

= 122

(50 + 100)

= 6 × 150 = 900Jadi, jumlah suku deret yang terbentuk adalah 900.

3. 5

3

UU

= 9624

⇔4

2arar

= 4

⇔ r2 = 4⇔ r = 2

S4 = 90

⇔4a(2 1)

2 1−

−= 90

⇔ a(16 – 1) = 90⇔ 15a = 90⇔ a = 6Jadi, suku pertama deret tersebut 6.

4. Tahun 2010→ 20.000

Tahun 2011 → 20.000 + 110

× 20.000

= 1110

× 20.000

Tahun 2012 → ( 1110

× 20.000) + 110

( 1110

× 20.000)

= 211

10

× 20.000, dan seterusnya

Diperoleh deret geometri dengan U1 = 20.000, r =

1110

.

Jumlah penduduk pada tahun 2014 = U5

28. Jawaban: c10

k 2=∑ 1

k 1+ –

8

k 1=∑ 1

k 3+

= 10

k 2=∑ 1

k 1+ –

8 2

k 1 2

+

= +∑ 1

k 2 3− +

= 10

k 2=∑ 1

k 1+ –

10

k 3=∑ 1

k 1+

= 13

+ 10

k 3=∑ 1

k 1+ –

10

k 3=∑ 1

k 1+

= 13

+ 10

k 3=∑ ( 1

k 1+ – 1

k 1+)

= 13

Jadi, nilai dari 10

k 2=∑ 1

k 1+ –

8

k 1=∑ 1

k 3+ adalah 1

3.

29. Jawaban: d15

i = 1∑ (5ai + 6) =

15

i = 1∑ 5ai +

15

i = 1∑ 6

= 515

i = 1∑ ai + 6 × 15

= 5 × 30 + 90 = 240

Jadi, nilai 15

i = 1∑ (5ai + 6) = 240.

30. Jawaban: a5

k 1=∑ (k2 × log x2 – 44) = 0

⇔5

k 1=∑ k2 × log x2 –

5

k 1=∑ 44 = 0

⇔5

k 1=∑ k2 × (2 log x) =

5

k 1=∑ 44

⇔ 2 log x × 5

k 1=∑ k2 = 5 × 44

⇔ 2 log x × 5

k 1=∑ k2 = 220

⇔ log x × 5

k 1=∑ k2 = 110

⇔ log x × (12 + 22+ 32 + 42 + 52) = 110⇔ log x × (1 + 4 + 9 + 16 + 25) = 110⇔ 55 log x = 110⇔ log x = 2⇔ log x = log 102

⇔ log x = log 100⇔ x = 100Jadi, nilai x adalah 100.


U5 = U1r4 = 20.000 × 511

10

= 20.000 × 161.051100.000

≈ 32.210 jiwa

Jadi, diperkirakan jumlah penduduk kabupatentersebut pada tahun 2014 sekitar 32.210 jiwa.

5. a. Diketahui a = 8

r = 48 =

12

U8 = ar7

= 8 × (12 )7

= 23 × 71

2

= 41

2

= 1

16

Jadi, suku kedelapan deret tersebut 1

16 .

b. S∞ = a1 r−

= 12

8

1−

= 12

8

= 16Jadi, jumlah seluruh suku deret tersebut 16.

6.

b = ( ) ( )2 21 12 2

a a+

= 2 21 14 4

a a+

= 212

a

= a 12

Luas persegi pertama = L1L1 = a × a = a2

Luas persegi kedua = L2

L2 = b × b = a 12

× a 12

= 12

a2

r = 2

1

LL

= 1 22

2

a

a = 1

2

Jadi, luas persegi kedua 12

a2, sedangkan rasio

deret tersebut 12

.

7. Keliling lingkaran I = 2πR.

Sisi persegi I = 2R

4R2 = ( 2 R)2 + ( 2R)2

Keliling lingkaran II = 2π ( 21

2 R) = 2 πR.

Jadi, diperoleh deret dari keliling lingkaran:

2πR + 2π(21

2 R) + . . .

dengan U1 = a = 2πR

r = 21

2

S∞ = 1U1 r−

= π12

2 R1 2−

= π4 R2 2−

× 2 + 22 + 2

= π4 R(2 + 2)4 2−

= 2πR(2 + 2 )

Jadi, jumlah keliling lingkaran 2πR(2 + 2 ).

8. a.6

i = 3∑

2(2i 3)(i + 4)2

−

= 12

6

i = 3∑ (2i – 3)(i2 + 4)

= 12 ((2 × 3 – 3)(32 + 4) + (2 × 4 – 3)(42 + 4)

+ (2 × 5 – 3)(52 + 4) + (2 × 6 – 3)(62 + 4))

= 12 (3 × 13 + 5 × 20 + 7 × 29 + 9 × 40)

= 12 (39 + 100 + 203 + 360)

= 12 (702) = 351

a

a

b

b

R R

RR

2R


b.5

k = 1∑ k(–1)k ×

2k 122−

= 1(–1)1 × 2 1 1

22⋅ −

+ 2(–1)2 × 2 2 1

22⋅ −

+ 3(–1)3

× 2 3 1

22⋅ −

+ 4(–1)4 × 2 4 1

22⋅ −

+ 5(–1)5 × 2 5 1

22⋅ −

= –122 + 2 ×

322 + (–3) ×

522 + 4 ×

722 + (–5) ×

922

= –122 +

522 + (–3) ×

522 +

1122 + (–5) ×

922

= – 2 + (–2)522 +

15

22 + (–5) × 1

422

= – 2 – 722 + 32 2 + (–5) × 16 2

= – 2 – 128 2 + 32 2 – 80 2

= –209 2 + 32 2

= –177 2

9. Akan dibuktikan ruas kiri = ruas kanan.15

k 5=∑ (pk + 2) = 0

⇔15

k 5=∑ pk +

15

k 5=∑ 2 = 0

⇔15

k 5=∑ pk + 2 × 11 = 0

⇔15

k 5=∑ pk + 22 = 0

⇔15

k 5=∑ pk = –22

⇔ p15

k 5=∑ k = –22

⇔ p(5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11 + 12 + 13 + 14+ 15 = –22

⇔ 110p = –22

⇔ p = –15

Nilai 10

k 1=∑ 8p =

10

k 1=∑ (–

85 )

= –85 × 10

= –16

Jadi, nilai 10

k 1=∑ 8p adalah –16.

10. a. 4 + 7 + 10 + . . . + (3n – 1) = n

i 1=∑ (3i + 1)

Misalkan P(n) rumus n

i 1=∑ (3i + 1) =

n(3n 5)2+

berlaku untuk setiap n bilangan asli.

1) Akan dibuktikan P(n) benar untuk n = 1.

1

i 1=∑ (3i + 1)=

1(3 1 5)2

⋅ +

⇔ 3 · 1 + 1 = 4⇔ 4 = 4Ruas kiri = ruas kananOleh karena ruas kiri = ruas kanan, makaP(n) benar untuk n = 1.

2) Andaikan P(n) benar untuk n = k makak

i 1=∑ (3i + 1) =

k(3k 5)2+

bernilai benar. Akan

dibuktikan P(n) benar untuk n = k + 1,yaituk 1

i 1

+

=∑ (3i + 1) =

(k + 1)(3(k + 1) + 5)2 .

Untuk n = k + 1, ruas kiri P(n) menjadi:k 1

i 1

+

=∑ (3i + 1)

= k

i 1=∑ (3i + 1) +

k 1

i k 1

+

= +∑ (3i + 1)

= k(3k 5)

2+

+ (3(k + 1) + 1)

= k(3k 5)

2+

+ (3k + 4)

= k(3k + 5) + 2(3k + 4)

2

= 23k + 5k + 6k + 8

2

= 23k + 11k + 8

2

= (k + 1)(3k + 8)

2

= (k + 1)(3k + 3 + 5)

2

= (k + 1)(3(k +1) + 5)

2

Ruas kiri = ruas kananOleh karena ruas kiri = ruas kanan makaP(n) benar untuk n = k + 1.

Dari 1) dan 2) terbukti bahwa k

i 1=∑ (3i + 1) =

k(3k 5)2+

atau berlaku benar untuk setiap n

bilangan asli.


b.3

16 + 38 +

34 + . . . + 3(2)n – 5 =

n3(2 1)16

−

Misalkan P(n) adalah rumus n

i 1=∑ 3(2)i – 5

= n3(2 1)16

− berlaku untuk setiap n bilangan asli.

1) Akan dibuktikan P(n) benar untuk n = 1.

n

i 1=∑ 3(2)i – 5 =

n3(2 1)16

−

⇔ 3(2)1 – 5 = 3

16

⇔ 316 =

316

Ruas kiri = ruas kananOleh karena ruas kiri = ruas kanan, makaP(n) benar untuk n = 1.

2) Andaikan P(n) benar untuk n = k, makak

k 1=∑ 3(2)i – 5 =

k3(2 1)16

− bernilai benar.

Akan dibuktikan P(n) benar untuk n = k + 1,

yaitu k 1

k 1

+

=∑ 3(2)i – 5 =

k 13(2 1)16

+ − .

Untuk n = k + 1, ruas kiri P(n) menjadi:k 1

i 1

+

=∑ 3(2)i – 5

= k

k 1=∑ 3(2)i – 5 +

k 1

i k 1

+

= +∑ 3(2)k – 5

= k3(2 1)16

− + 3(2)k + 1 – 5

= k3(2 1)16

− + 3(2)k – 4

= k k 43(2 1) 16(3(2) )

16

−− +

= k k 4 43(2 1) 3(2)

16

− +− +

= k k3(2 1) 3(2 )

16− +

= k k3(2 1 2 )

16− +

= k3(2 2 1)

16⋅ −

= k 13(2 1)16

+ −

Ruas kiri = ruas kanan

Dari 1) dan 2) terbukti bahwa k

k 1=∑ 3(2)i – 5 =

k3(2 1)16

−

bernilai benar untuk setiap n bilangan asli.



U1, U2, U3 membentuk barisan aritmetika berartib = U2 – U1 atau b = U3 – U2.b = U3 – U2 = (m – 3) – (m – 1) = –2

U2 – U1 = U3 – U2⇔ (m – 1) – (–m + 2) = –2⇔ 2m – 3 = –2

⇔ m = 12

U1 = –m + 2 = –12 + 2 =

32 = 1

12

U5 = a + 4b = U1 + 4b

= 112 + 4(–2)

= 112 – 8 = –6

12

Jadi, suku kelima barisan tersebut –612 .

2. Jawaban: cAngsuran pinjaman setiap bulan membentukbarisan aritmetika dengan a = 350.000 danb = –25.000.Jumlah pinjaman = 2.500.000 + 5% × 2.500.000⇔ Sn = 2.500.000 + 125.000

⇔ n2 (2a + (n – 1)b) = 2.625.000

⇔ n2 (2 · 350.000 + (n – 1)(–25.000)) = 2.625.000

⇔ 700.000n – 25.000n(n – 1) = 5.250.000⇔ 28n – n(n – 1) = 210⇔ 28n – n2 + n = 210⇔ n2 –29n + 210 = 0⇔ (n – 15)(n – 14) = 0⇔ n – 15 = 0 atau n – 14 = 0⇔ n = 15 atau n = 14Untuk n = 15U15 = a + 14n

= 350.000 + 14(–25.000)= 350.000 – 350.000= 0

Untuk n = 14U14 = a + 13n

= 350.000 + 13(–25.000)= 350.000 – 325.000= 25.000

U15 = 0 berarti pada bulan ke-15 Pak Anto sudahtidak mempunyai angsuran sehingga pinjaman PakAnto lunas dalam waktu 14 bulan.

3. Jawaban: aDeret aritmetika:U6 = 8 ⇔ a + 5b = 8U11 = 28 ⇔ a + 10b = 28

–––––––––––– ––5b = –20

⇔ b = 4a + 5b = 8 dan b = 4 maka:a + 20 = 8⇔ a = –12Rumus jumlah n suku pertama deret aritmetika:

Sn = 12 n(2a + (n – 1)b)

= 12 n(2(–12) + (n – 1)4)

= 12 n(–24 + 4n – 4)

= 12 n(4n – 28)

= 2n2 – 14n

4. Jawaban: cDeret aritmetika Sn = 2n2 – nUn = Sn – Sn – 1

U15 = S15 – S14

= (2(15)2 – 15) – (2(14)2 – 14)= (2 × 225 – 15) – (2 × 196 – 14)= 435 – 378 = 57

Jadi, nilai 2U15 = 2 × 57 = 114.

5. Jawaban: dU2 + U4 + U6 + U8 + U10 = 130⇔ a + b + a + 3b + a + 5b + a + 7b + a + 9b = 130⇔ 5a + 25b = 130⇔ 5(a + 5b) = 130⇔ a + 5b = 26


U3 + U6 + U9 = a + 2b + a + 5b + a + 8b= 3a + 15b= 3(a + 5b)= 3(26)= 78

6. Jawaban: dUn = 5n – 6 U15 = 5(15) – 6a = U1 = 5(1) – 6 = 69

= –1

Sn = 12 n(a + Un)

S15 = 12 × 15(a + U15)

= 12 × 15((–1) + 69)

= 12 × 15 × 68

= 510

7. Jawaban: aBarisan: 3, 18, 33, 48, · · ·

↓ ↓ ↓ ↓U1 U2 U3 U4

Barisan yang baru: 3, U2, U3, U4, U5, 18, · · ·

↓ b b b b b↓ U1 U6

Beda yang baru:

b′ = 6 1U U5−

= 18 3

5−

= 155 = 3

Suku ke-10:U′10 = a + (10 – 1)b′

= 3 + 9 × 3= 3 + 27= 30

8. Jawaban: aU5 = 17 ⇔ a + 4b = 17U9 = 33 ⇔ a + 8b = 33

––––––––––– ––4b = –16

⇔ b = 4Substitusi b = 4 ke a + 4b = 17 diperoleh:a + 4(4) = 17⇔ a = 1U1 = a = 1U2 = a + b = 1 + 4 = 5U3 = a + 2b

= 1 + 2 × 4= 9

U4 = a + 3b= 1 + 3 × 4= 13

A = 1 59 13

dan B = 13 95 1

AB = 1 59 13

13 95 1

= 1 13 5 5 1 9 5 1

9 13 13 5 9 9 13 1× + × × + ×

× + × × + ×

= 13 25 9 5117 65 81 13

+ + + +

= 38 14

182 94

9. Jawaban: cDi antara U1 dan Un disisipkan 8 bilangan sehinggadiperoleh:–4, U2, U3, U4, U5, U6, U7, U8, U9, 23 ↓ ↓ U1 U10

U10 = 23⇔ U1 + 9b = 23⇔ –4 + 9b = 23⇔ 9b = 27⇔ b = 3U6 = U1 + 5b

= –4 + 5 × 3= 11

Jadi, b = 3 dan U6 = 11.

10. Jawaban: dU3 = 15 ⇔ a + 2b = 15U14 = 48 ⇔ a + 13b = 48

–––––––––––– ––11b = –33

⇔ b = 3Substitusi b = 3 ke a + 2b = 15 diperoleh:a + 2(3) = 15⇔ a = 9U21 = a + 20b

= 9 + 20(3)= 69

Ut = 21 1U U2+

= 69 9

2+

= 39

11. Jawaban: eBarisan bilangan antara 1 dan 300 yang habis dibagi4 mempunyai a = 4, b = 4, dan Un = 296.Un = 296⇔ 4 + (n – 1)4 = 296⇔ (n – 1)4 = 292⇔ n – 1 = 73⇔ n = 74


Barisan bilangan antara 1 dan 300 yang habis dibagi4 dan 7 mempunyai a′ = 28, b′ = 28, dan Un = 280.Un′ = 280⇔ 28 + (n′ – 1)28 = 280⇔ (n′ – 1)28 = 252⇔ n′ – 1 = 9⇔ n′ = 10

Jumlah bilangan antara 1 dan 300 yang habis dibagi 4:

S1 = 12 n(a + Un)

= 12 × 74(4 + 296)

= 37(300)= 11.100

Jumlah bilangan antara 1 dan 300 yang habisdibagi 4 dan habis dibagi 7:

S2 = 12 n′(a′ + Un′)

= 12 × 10(28 + 280)

= 5 · 308= 1.540

Jadi, jumlah bilangan yang habis dibagi 4 tetapitidak habis dibagi 7 adalah 11.100 – 1.540 = 9.560.

12. Jawaban: aSuatu barisan U1, U2, U3 membentuk barisan

geometri jika 2

1

UU

= 3

2

UU

.

(a + 2), (a – 1), (a – 7), membentuk barisan geometrimaka:

a 1a + 2

−=

a 7a 1

−−

⇔ (a – 1)2 = (a + 2)(a – 7)⇔ a2 – 2a + 1 = a2 – 5a – 14⇔ 3a = –15⇔ a = –5

13. Jawaban: cSuku ke-n barisan geometri = Un = arn – 1.U3 = 9 ⇔ ar2 = 9U5 = 228 ⇔ ar4 = 228

4

2arar

= 2289

⇔ r2 = 763

⇔ r = 763

ar2 = 9

⇔ a2

763

= 9

⇔ a × 763 = 9

⇔ a = 2776

Rumus suku ke-n:Un = ar n – 1

= 2776

n 1763

−

= 9 × 376

n 1276

3

−

= 9176

3

−

n 1276

3

−

= 9n 1

2

1763

− −

= 9n 3

2763

−

= 9n 3

763

−

Rumus barisan geometri tersebut adalah

Un = 9n 3

763

−

14. Jawaban: dU1 × U3 = 16 ⇔ a × ar2 = 16

⇔ a2r2 = 16⇔ (ar)2 = 16⇔ ar = ± 16⇔ ar = ±4

Oleh karena a > 0 dan r > 0 maka ar > 0 sehinggaar = 4.U2 + U5 = 112 ⇔ ar + ar4 = 112

⇔ ar(1+ r3) = 112⇔ 4(1 + r3) = 112⇔ 1 + r3 = 28⇔ r3 = 27⇔ r = 3

U6 = ar5 = ar × r4 = 4 × 34 = 4 × 81 = 324Jadi, nilai suku keenam 324.

15. Jawaban: aMisalkan U1 = populasi satwa pada awal tahun ke-1.U2 = U1 + U1 × 10%

= U1 + 1U10

= U1(1 + 1

10 )= 1,1 U1

Populasi satwa pada awal tahun keempat samadengan populasi satwa pada akhir tahun ketiga (U3)U3 = U2 + U2 × 10%

= 1,1 U1 + 1,1 U1 × 1

10

= (1 + 1

10 )(1,1U1)

= (1,1)(1,1U1)= (1,1)2 U1= 1,21U1


121.000 = 1,21 × U1

⇔ U1 = 121.000

1,21

= 100.000Jadi, populasi satwa pada awal tahun pertamasebanyak 100.000 ekor.

16. Jawaban: e2log x + 2log x2 + 2log x3 + · · · + 2log x20

= 2log x + 2 2log x + 3 2log x + · · · + 20 2log x2log x + 2 2log x + 3 2log x + · · · + 20 2log xmerupakan deret aritmetika dengan nilai a = 2log x;b = 2log x; Un = 20 2log x; dan n = 20.

Sn = 12 n(a + Un)

S20 = 12 × 20(2log x + 20 2log x)

⇔ 840 = 10(21 2log x)⇔ 4 = 2log x⇔ x = 16

17. Jawaban: ePermasalahan tersebut merupakan bentuk barisan

geometri dengan a = 10, r = 2, dan n = 305 + 1 = 7.

Banyak bakteri setelah 12 jam:

S7 = 710(2 1)

2 1−

− = 10 127

1×

= 1.270

Jadi, banyak sel bakteri setelah 12 jam ada 1.270.

18. Jawaban: bMisalkan bilangan a – b, a, dan a + b merupakanbarisan aritmetika.a – b, a – 2, a + b merupakan barisan geometrisehingga:

r = a 2a b

−− =

a ba 2

+− = 2

a 2a b

−− = 2

⇔ a – 2 = 2a – 2b⇔ a – 2b = –2 . . . . (1)

a + ba 2− = 2

⇔ a + b = 2a – 4⇔ a – b = 4 . . . . (2)Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2).a – 2b = –2a – b = 4––––––––––– – –b = –6⇔ b = 6Substitusi b = 6 ke persamaan a – b = 4 diperoleh:a – 6 = 4 ⇔ a = 10Barisan bilangan tersebut: 4, 10, 16.Jumlah ketiga bilangan itu = 4 + 10 + 16 = 30.

19. Jawaban: e

S∞ = a

1 r−

4 = 2

1 r−

⇔ 1 – r = 24

⇔ r = 12

20. Jawaban: cDi antara bilangan 2 dan 128 disisipkan 5 bilangan.Seluruhnya ada 7 suku dengan a = 2 dan U7 = 128.Banyak sisipan = k = 5

U7 = ar6

⇔ 128 = 2r6

⇔ r6 = 64⇔ r = 2

Sn = na(r 1)

r 1−

−

S7 = 72(2 1)

2 1−

−

= 2(128 1)

1−

= 254

21. Jawaban: dDeret mempunyai a = cos x dan r = cos x.

cos x + cos2 x + cos3 x + . . . = 12

S∞ = a

1 r−

⇔ 12

= cos x1 cos x−

⇔ 1 – cos x = 2 cos x⇔ 3 cos x = 1

⇔ cos x = 13

⇔ r = 13


22. Jawaban: a

Sn = 12n + 1

4 – 4

S2 = 1

2

2 + 14

× – 4

= 42 – 4= 12

S1 = 1

12

+ 14

⋅ – 4

= 324 – 4

= 8 – 4 = 4


U1 = S1 = 4U2 = S2 – S1 = 12 – 4 = 8

r = 2

1

UU

= 84 = 2

23. Jawaban: c15

n = p + 5Σ (n – 3)2 =

15 5

n = p + 5 5

−

−Σ ((n + 5) – 3)2

= 10

n = pΣ (n + 2)2

= 10

n = pΣ (n2 + 4n + 4)

24. Jawaban: eMisal harga kendaraan mula-mula = MHarga jual setelah enam tahun = M(1 – 12,5%)6

= M687,5

100

25. Jawaban: c

n

i = 1Σ (i2 – 4) +

n + 5

i = 6Σ (i2 – 3) +

n 5

i = 4

−

−Σ (i + 5)

= n

i = 1Σ (i2 – 4) +

n

i = 1Σ ((i + 5)2 – 3) +

n

i = 1Σ ((i – 5) + 5)

= n

i = 1Σ (i2 – 4) +

n

i = 1Σ (i2 + 10i + 25 – 3) +

n

i = 1Σ i

= n

i = 1Σ (i2 – 4 + i2 + 10i + 25 – 3 + i)

= n

i = 1Σ (2i2 + 11i + 18)

26. Jawaban: e3n + 2 – 3n + 18 · 3n – 2 = 3n · 32 – 3n + 18 · 3n · 3–2

= 3n(32 – 1 + 18 · 19 )

= 3n(9 – 1 + 2)= 10 · 3n

27. Jawaban: b2

50

x 1 x

2x

20

10

− ⋅ = 0,0000128

⇔x 1 x

x(0,04) 20

100

− ⋅ = (0,2)7

⇔ (0,2)2(x – 1) · x20

100

= (0,2)7

⇔ (0,2)2(x – 1) · (0,2)x = (0,2)7

⇔ (0,2)2x – 2 + x = (0,2)7

⇔ 2x – 2 + x = 7⇔ 3x = 9⇔ x = 3

28. Jawaban: d2x > 0 ⇔ 23x > 0

⇔ 23x · 2 > 0⇔ –23x + 1 < 0⇔ 8 – 23x + 1 < 8⇔ f(x) < 8

Jadi, daerah hasil fungsi eksponen tersebutf(x) < 8.

29. Jawaban: cGrafik memotong sumbu X jika y = 0.y = f(x) = 0 ⇔ 36 – 4 · 34x – 2 = 0

⇔ 4 · 34x – 2 = 36⇔ 34x – 2 = 9⇔ 34x – 2 = 32

⇔ 4x – 2 = 2⇔ 4x = 4⇔ x = 1

Jadi, grafik fungsi eksponen memotong sumbu Xdi titik (1, 0).

30. Jawaban: ef(x) = 25 + x + 4 mempunyai bilangan pokoka = 2 > 0, maka grafik fungsi f(x) monoton naik.2x > 0 ⇔ 2x · 25 > 0

⇔ 2x + 5 + 4 > 4⇔ f(x) > 4

Oleh karena f(x) > 4 dan grafik fungsi f(x) monotonnaik, untuk nilai x semakin kecil nilai f(x) mendekati4.

31. Jawaban: a

y = 32 – x – 2 = 32 · 3–x – 2 = 9(13 )x – 2

Fungsi y = 9(13 )x – 2 mempunyai bilangan pokok

a = 13 . Oleh karena 0 < a =

13 < 1, grafik fungsi

monoton turun. Grafik fungsi y = 9(13 )x – 2

mempunyai asimtot y = –2, maka untuk nilai xsemakin besar, nilai y mendekati –2. Grafik fungsimemotong sumbu Y di titik (0, 7).Jadi, sketsa grafik yang benar pilihan a.

32. Jawaban: eGrafik memotong sumbu Y di titik (0, 20), makaf(x) = 20 · ax.Grafik monoton naik maka bilangan pokoknya a > 1.Dengan mengambil a = 2 diperoleh:f(x) = 20 · 2x

= 5 · 4 · 2x

= 5 · 22 · 2x

= 5 · 2x + 2

Jadi, persamaan grafik fungsinya f(x) = 5 · 2x + 2.


33. Jawaban: bGrafik f(x) = 3 · 22x digeser ke kiri 3 satuan, makapersamaan bayangannya adalah h(x) = 3 · 22(x + 3).h(x) = 3 · 22(x + 3) = 3 · 22x + 6

Jadi, persamaan grafik fungsi hasil pergeseranadalah h(x) = 3 · 22x + 6.

34. Jawaban: c43x + 1 – 82x + 2 + 480 = 0⇔ 22(3x + 1) – 23(2x + 2) = –480⇔ 26x · 22 – 26x · 26 = –480⇔ 26x(4 – 64) = –480⇔ 26x = 8⇔ 26x = 23

⇔ 6x = 3

⇔ x = 12

35. Jawaban: c2n 3n 5n

2n9 49 21

7⋅ ⋅ = 441

⇔2 2n 2 3n 5n

2n(3 ) (7 ) 21

7⋅ ⋅ = 212

⇔4n 6n 5n

2n3 7 21

7⋅ ⋅ = 212

⇔ 34n · 74n · 215n = 212

⇔ 214n · 215n = 212

⇔ 219n = 212

⇔ 9n = 2

⇔ n = 29

36. Jawaban: a2x 46

16

−= 2x x

144

12 2⋅

⇔2 2x x 4

42 6

2

−⋅ = 2

x1212

⇔ 2x2 – 4 · 6x2 – 4 = 122 – x

⇔ (2 · 6)x2 – 4 = 122 – x

⇔ 12x2 – 4 = 122 – x

⇔ x2 – 4 = 2 – x⇔ x2 + x – 6 = 0⇔ (x + 3)(x – 2) = 0⇔ x + 3 = 0 atau x – 2 = 0⇔ x = –3 atau x = 2Jadi, himpunan penyelesaiannya {–3, 2}.

37. Jawaban: a

4x 536 81 +⋅ = 1 3x18

243 −

⇔ (4 · 9 · 124(4x+5)3 ) = 5(1 3x)

2 93 −

⋅

⇔ 2 · 3 · 32(4x + 5) = 2 · 32 · 3–5(1 – 3x)

⇔ 38x + 10 + 1 = 3–5 + 15x + 2

⇔ 38x + 11 = 315x – 3

⇔ 8x + 11 = 15x – 3⇔ 7x = 14⇔ x = 2

38. Jawaban: c32x + 1 + 92 – x = 36⇔ 32x · 3 + 92 · 9–x – 36 = 0

⇔ 3 · 32x + 2x813

– 36 = 0

Misal p = 32x maka persamaan eksponen menjadi:

3p + 81p – 36 = 0

⇔ 3p2 – 36p + 81 = 0⇔ p2 – 12p + 27 = 0⇔ (p – 3)(p – 9) = 0⇔ p – 3 = 0 atau p – 9 = 0⇔ p = 3 atau p = 9⇔ 32x = 31 atau 32x = 32

⇔ 2x = 1 atau 2x = 2

⇔ x = 12 atau x = 1

Jadi, himpunan penyelesaiannya {12 , 1}.

39. Jawaban: b

323x2 – 4 ≤ 3 3x 264 −

⇔ 25(3x2 – 4) ≤ 3 3x 264 −

⇔ 215x2 – 20 ≤ 23x – 2

⇔ 15x2 – 20 ≤ 3x – 2⇔ 15x2 – 3x – 18 ≤ 0⇔ (5x – 6)(3x + 3) ≤ 0

Batas-batas nilai x:(5x – 6)(3x + 3) = 0

⇔ 5x – 6 = 0 atau 3x + 3 = 0

⇔ x = 65 atau x = –1

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah –1 ≤ x ≤ 65 .

40. Jawaban: a25x + 2 + 50 · 5x – 3 > 0⇔ 52(x + 2) + 10 · 5 · 5x – 3 > 0⇔ 52(x + 1) + 2 + 10 · 5x + 1 – 3 > 0⇔ (5x + 1)2 · 52 + 10 · 5x + 1 – 3 > 0⇔ 25(5x + 1)2 + 10 · 5x + 1 – 3 > 0Misal p = 5x + 1 maka pertidaksamaan menjadi:25p2 + 10p – 3 > 0⇔ (5p – 1)(5p + 3) > 0

+ – +

–1 65


+ – +

– 35

15

Batas-batas nilai p:(5p – 1)(5p + 3) = 0

⇔ 5p – 1 = 0 atau 5p + 3 = 0

⇔ p = 15 atau p = –

35

⇔ p < –35 atau p >

15

Untuk p < –35 tidak memenuhi karena bilangan

pokok selalu lebih dari nol.Sehingga diperoleh:

p > 15

⇔ 5x + 1 > 5–1

⇔ x + 1 > –1⇔ x > –2Jadi, himpunan penyelesaiannya {x| x > –2}.

B. Uraian1. Tabungan Andi: a = Rp250.000,00

b = Rp10.000,00Tabungan Deni: a′ = Rp200.000,00

b′ = Rp20.000,00Sn = Sn′

⇔ 12 n(2a + (n – 1)b) =

12 n(2a′ + (n – 1)b′)

⇔ 2a + (n – 1)b = 2a′ + (n –1)b′⇔ (500.000 + (n – 1)10.000) = (400.000

+ (n – 1)20.000)⇔ 500.000 – 400.000 = (n – 1)20.000 – (n – 1)10.000⇔ 100.000 = 10.000(n – 1)⇔ n – 1 = 10⇔ n = 11

S11 = 12 · 11(500.000 + (11 – 1)10.000)

= 112 (600.000) = 3.300.000

Jadi, tabungan keduanya akan berjumlah samapada bulan ke-11 yaitu sebesar Rp3.300.000,00.

2. a. U1 = 8, Un = 38

Sn = n2 (U1 + Un)

⇔ 414 = n2 (8 + 38)

⇔ 414 = n2 × 46

⇔ 414 = 23 × n⇔ n = 18Banyak bilangan yang disisipkan= n – 2 = 18 – 2 = 16.

b. U1 = 8, Un = U16 = 38U16 = U1 + (16 – 1) × b⇔ 38 = 8 + 15 × b⇔ 30 = 15 × b⇔ b = 2Jadi, beda barisan tersebut 2.

3. a. Deret tersebut yaitu a + ar + ar2+ . . ., dengan:a + ar + ar2 + . . .= 32 . . . (1)U2 + U4 + U6 + . . . = 6,4

⇔ ar + ar3 + ar5 + . . . = 6,4 . . . (2)Dari (1) diperoleh:

a1 r− = 32

⇔ a = 32(1 – r) . . . (3)Dari (2) diperoleh

2ar

1 r− = 6,4

⇔ 232(1 r) r

1 r− ×−

= 6,4

⇔32(1 r) r(1 r)(1 r)

− ×− + = 6,4

⇔32r1 r+ = 6,4

⇔ 6,4 + 6,4r = 32r⇔ 6,4 = 25,6r

⇔ r = 6,425,6 =

14


b. a = 32(1 – r)

= 32(1 – 14 )

= 32 · 34 = 24

U6 = ar5

= 24 · (14 )5

= 3 · 23 · ( 212

)5

= 3 · 23 · 101

2

= 732

= 3

128

Jadi, suku ke-6 deret tersebut 3

128 .

4. Banyak air pada periode I = U1 = 1.000Banyak air pada periode II = U2U2 = 1.000 – 5% × 1.000 = 95% × U1

Banyak air pada periode III = U3U3 = U2 – 5%U2

= 95%U2= 95%(95% U1) = (95%)2 · U1


Banyak air pada setiap periode membentuk barisangeometri dengan U1 = 1.000.

r = 2

1

UU

= 1

1

95% UU

×

= 95%= 0,95

Banyak air pada periode III = U3 = U1r2

= 1.000 × (0,95)2

= 1.000 × 0,9025= 902,5 ml

Jadi, banyak air dalam wadah pada periode ke-3sebanyak 902,5 ml.

5. a.20

k = 3Σ ((k – 1)2 + 6k )

= 20 2

k = 3 2

−

−Σ ((k + 2 – 1)2 + 6(k + 2))

= 18

k = 1Σ ((k + 1)2 + 6(k + 2))

= 18

k = 1Σ (k2 + 2k + 1 + 6k + 12)

= 18

k = 1Σ (k2 + 8k + 13)

b.13

k = 4Σ (k – 3)3 =

13 3

k = 4 3

−

−Σ ((k + 3) – 3)3 =

10

k = 1Σ k3

c.20

k = 4−Σ (k3 + 5)

= 20 + 5

k = 4 + 5−Σ ((k – 5)3 + 5)

= 25

k = 1Σ ((k3 + 3k2(–5) + 3k(–5)2 + (–5)3 + 5))

= 25

k = 1Σ (k3 –15k2 + 75k – 120)

6. a. 2 + 6 + 18 + . . . + 2(3n – 1) = 3n – 1

⇔n

i = 1∑ 2(3i – 1) = 3n – 1

i) Akan dibuktikan rumus tersebut benaruntuk n = 1

1

i = 1∑ 2(3i – 1) = 31 – 1 ⇔ 2(31 – 1) = 3 – 1

⇔ 2 = 2Oleh karena ruas kiri = ruas kanan, rumustersebut benar untuk n = 1.

ii) Diasumsikan rumus tersebut benar untukn = k.2 + 6 + 18 + . . . + 2(3k – 1) = 3k – 1

Akan dibuktikan rumus tersebut benaruntuk n = k + 1 yaitu:

2 + 6 + 18 + . . . + 2(3k – 1) + 2(3k) = 3k + 1 – 1

Ruas kiri= 2 + 6 + 18 + . . . + 2(3k – 1) + 2(3k)= (3k – 1) + 2(3k)= 3k – 1 + 2(3k)= 3(3k) – 1= 3k + 1 – 1 (terbukti)

Oleh karena ruas kiri = ruas kanan makarumus tersebut benar untuk n = k + 1.

Jadi, rumus tersebut benar untuk semua nbilangan asli.

b. 2 + 6 + 12 + . . . + n(n + 1) = n(n + 1)(n + 2)3

⇔n

i = 1∑ i(i + 1) = n(n + 1)(n + 2)

3

i) Akan dibuktikan rumus tersebut benaruntuk n = 1

1

i = 1∑ i(i + 1) = 1(1 + 1)(1 + 2)

3

⇔ 1(1 + 1) = 1 2 33

× ×

⇔ 2 = 2Oleh karena ruas kiri = ruas kanan, rumustersebut benar untuk n = 1.

ii) Diasumsikan rumus tersebut benar untukn = k.

2 + 6 + 12 + . . . + k(k + 1) = k(k + 1)(k + 2)3

Akan dibuktikan rumus tersebut benaruntuk n = k + 1 yaitu 2 + 6 + 8 + . . . + k(k + 1)

+ (k + 1)(k + 2) = (k + 1)(k + 2)(k + 3)3

Ruas kiri= 2 + 6 + 12 + . . . + k(k + 1) + (k + 1)(k + 2)

= k(k + 1)(k + 2)3

+ (k + 1)(k + 2)

= (k + 1)(k + 2) ( )k3 + 1

= (k + 1)(k + 2)k + 3

3

= (k + 1)(k + 2)(k + 3)3

Oleh karena ruas kiri = ruas kanan, rumustersebut benar untuk n = k + 1.

Jadi, rumus tersebut terbukti benar untuksemua n bilangan asli.

7. Grafik fungsi f(x) = 3bx c1

2

+

memotong sumbu Y di

titik (0, 12) dan melalui titik (13 , 6) maka

f(0) = 12 dan f13

= 6.


+ – +

1 25

f(0) = 3 · 0 c1

2

+

⇔ 12 = 3c1

2

⇔ 4 = c1

2

⇔21

2

−

= c1

2

⇔ c = –2

f13

= 6

⇔ 6 = 313b c1

2

+

⇔ 2 = 13b 21

2

−

⇔11

2

−

= 13b 21

2

−

⇔ –1 = 13 b – 2

⇔ 13 b = 1

⇔ b = 3

Diperoleh persamaan f(x) = 33x 21

2

−

.Grafik f(x) digeser ke kanan 5 satuan maka:

h(x) = 33(x 5) 21

2

− −

= 33x 171

2

−

Jadi, persamaan grafik fungsi h(x) = 33x 171

2

−

.

8. Misal h(x) = 2x – 1, f(x) = 3x2 – x + 2, dan g(x) =2x2 + x + 5.Penyelesaian persamaan eksponen tersebut dapatditentukan dari beberapa kemungkinan berikut.a. f(x) = g(x)

⇔ 3x2 – x + 2 = 2x2 + x + 5⇔ x2 – 2x – 3 = 0⇔ (x – 3)(x + 1) = 0⇔ x – 3 = 0 atau x + 1 = 0⇔ x = 3 atau x = –1

b. h(x) = 1⇔ 2x – 1 = 1⇔ 2x = 2⇔ x = 1

c. h(x) = 0⇔ 2x – 1 = 0

⇔ x = 12

Substitusi x = 12 ke f(x) dan g(x).

f(12 ) = 3(

12 )2 –

12 + 2 = 2

14 > 0

g(12 ) = 2(

12 )2 +

12 + 5 = 6 > 0

Oleh karena f(12 ) > 0 dan g(

12 ) > 0 maka

x = 12 merupakan penyelesaian.

d. h(x) = –1⇔ 2x – 1 = –1⇔ x = 0

Substitusi x = 0 ke f(x) dan g(x).f(0) = 3 · 02 – 0 + 2 = 2 (genap)g(0) = 2 · 02 + 0 + 5 = 5 (ganjil)Oleh karena f(0) genap dan g(0) ganjil makax = 0 bukan penyelesaian.

Jadi, himpunan penyelesaiannya {–1, 12 , 1, 3}.

9.15 × 625x – 26 × 52x – 1 + 5 ≥ 0

⇔ 15 × 252x – 26 × 52x × 5–1 + 5 ≥ 0

⇔ 15 (25x)2 –

265 25x + 5 ≥ 0

Misal p = 25x maka pertidaksamaan menjadi:

15 p2 –

265 p + 5 ≥ 0

⇔ p2 – 26p + 25 ≥ 0⇔ (p – 25)(p – 1) ≥ 0

Pembuat nol:(p – 25)(p – 1) = 0

⇔ p – 25 = 0 atau p – 1 = 0⇔ p = 25 atau p = 1

Penyelesaian:

p ≤ 1 atau p ≥ 25⇔ 25x ≤ 1 atau 25x ≥ 25⇔ x ≤ 0 atau x ≥ 1Jadi, penyelesaiannya x ≤ 0 atau x ≥ 1.


10. x1608− ≥ 5 ×

x3x 264 +

⇔ 1605

≥ 8–x · x

3x 264 +

⇔ 32 ≥ 2–3x · 6x

3x 22 +

⇔ 25 ≥ 6x

3x 23x

2 +−

⇔ 5 ≥ 6x3x 2+ – 3x

⇔ 5 ≥ 6x 3x(3x 2)3x 2

− ++

⇔ 5 ≥ 29x

3x 2−

+

⇔29x

3x 2−

+ – 5 ≤ 0

⇔29x 5(3x 2)3x 2

− − ++

≤ 0

⇔29x 15x 103x 2

− − −+

≤ 0

⇔29x 15x 10

3x 2+ +

+≥ 0

Oleh karena (9x2 + 15x + 10) mempunyai D < 0dan a > 0 maka (9x2 + 15x + 10) definit positifsehingga (9x2 + 15x + 10) > 0.

Oleh karena 29x 15x 10

3x 2+ +

+ ≥ 0 dan (9x2 + 15x + 10) > 0

maka 3x + 2 > 0 ⇔ x > – 23

.

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x| x > 23

}.

184 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen

5. Menggunakan aturanyang berkaitan denganfungsi eksponen danlogaritma dalam pe-mecahan masalah.


5.1 Menggunakan sifat-sifat fungsieksponen dan logaritma dalampemecahan masalah.

5.2 Menggambar grafik fungsi eksponendan logaritma.

5.3 Menggunakan sifat-sifat fungsieksponen atau logaritma dalampenyelesaian pertidaksamaaneksponen atau logaritma sederhana.

Pada bab ini akan dipelajari:1. Fungsi eksponen dan grafiknya2. Berbagai bentuk persamaan eksponen dan penyelesaiannya3. Pertidaksamaan eksponen dan penyelesaiannya

P a n t a n gmenyerah

Menyelesaikan persamaan danpertidaksamaan fungsi eksponenmenggunakan sifat-sifat fungsieksponen.


Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen

Menggambar grafik fungsi eksponen

Siswa mampu menggambar grafikfungsi eksponen

• Menjelaskan tentang grafik fungsieksponen

• Menyebutkan sifat-sifat grafikfungsi eksponen

• Menentukan unsur-unsur padagrafik fungsi eksponen

• Menggambar grafik fungsi eksponen

Siswa mampu menggunakan sifat-sifat fungsi eksponen untuk

menyelesaikan persamaan eksponen

Menggunakan sifat-sifat fungsieksponen untuk menyelesaikan

persamaan eksponen

Menggunakan sifat-sifat fungsieksponen untuk menyelesaikan

pertidaksamaan eksponen

Siswa dapat menggunakan aturan yang berkaitandengan fungsi eksponen dalam pemecahan masalah

Siswa mampu menggunakan sifat-sifat fungsi eksponen untuk

menyelesaikan pertidaksamaaneksponen

• Menyelesaikan pertidaksamaaneksponen dengan bilangan pokokberupa bilangan yang sama

• Menyelesaikan pertidaksamaaneksponen dengan mengubah kebentuk pertidaksamaan kuadrat

• Menyelesaikan persamaaneksponen dengan bilangan pokokberupa bilangan yang sama

• Menyelesaikan persamaaneksponen dengan mengubah kebentuk persamaan kuadrat

• Menyelesaikan persamaaneksponen dengan bilangan pokokberupa fungsi


1. Jawaban: cAB =

2 x

2 x26

−

−

= 2 x2

6

−

= 2 x1

3

−

= ( )2 x13−−

= 3x – 2

2. Jawaban: e26x + 4 = 22(3x + 1) + 2

= (23x + 1)2 · 22

= 4p2

3. Jawaban: e

Grafik fungsi f(x) = x 1

4 19

− +

melalui titik (a, 9),

maka f(a) = 9.

f(a) = a 1

4 19

− +

⇔ 9 = 2 a 14 (3 )− − +

⇔ 32 = (32a – 2)14

⇔ 32 = 312

a – 12

⇔ 2 = 12 a –

12

⇔ 4 = a – 1⇔ a = 5

4. Jawaban: ef(x) = k · 25x – 8

f(2) = k · 25 · 2 – 8

⇔ 20 = k · 210 – 8

⇔ 20 = k · 22

⇔ k = 5f(x) = 5 · 25x – 8

f(1) = 5 · 25 · 1 – 8

= 5 · 2–3 = 58

5. Jawaban: aGrafik fungsi f(x) memotong sumbu Y jika x = 0.f(0) = 60 + 1 + 61 – 0 = 61 + 61 = 12Jadi, f(x) memotong sumbu Y di titik (0, 12).

6. Jawaban: eKurva fungsi eksponen monoton turun denganbilangan pokok 2 dan memotong sumbu Y di titik(0, 6) yaitu:y = 6 · 2–x

= 3 · 2 · 2–x

= 3 · 21 – x

7. Jawaban: cKurva melalui titik (0, 1), (1, 3), dan (2, 9). Fungsieksponen yang benar adalah y = 3x karena:1 = 30

3 = 31

9 = 32

8. Jawaban: cKurva melalui titik (0, 2) dan (1, 3).Fungsi yang sesuai adalah f(x) = 2x + 1 karena:f(0) = 20 + 1 ⇒ 2 = 1 + 1f(1) = 21 + 1 ⇒ 3 = 2 + 1

9. Jawaban: c

Cara lain:y = 4 – 4 · 2x

untuk x = 0 ⇒ y = 4 – 4 · 1 = 0 sehingga grafikmelalui titik (0, 0).

∞→xlim y =

∞→xlim (4 – 4 · 2x) = 4 – 4 · ∞ = –∞

Untuk x semakin besar, nilai y semakinmendekati –∞.

∞→ –xlim y =

∞→ –xlim (4 – 4 · 2x)

= 4 – 4 · 0 = 4Untuk x semakin kecil, nilai y semakin mendekati 4.Jadi, grafik yang benar pilihan c.

10. Jawaban: d

f(x) = 32 – x – 4 = 32 · 3–x – 4 = 9 · x1

3

– 4

1) Persamaan grafik f(x) mempunyai bilangan

pokok 13 . Oleh karena 0 <

13 < 1, grafik fungsi

f(x) monoton turun.

A. Pilihan Ganda

Y

X

4

0

–4y = 4 – 4 · 2x

y = –4 · 2x

Y

X

4

0

–4

y = 4 · 2x

y = –4 · 2x


x

f(x)

. . .

. . .

–3

8

–2

4

–1

2

0

1

1

12

2 3 . . .

14

18 . . .

f(x) = 2–x

Y

X

8

4

2

1

–3 –2 –1 0 1 2 3

Diperoleh:

x′ = 12 (x + 2) ⇔ x = 2x′ – 2

y′ = 12 (y – 1) ⇔ y = 2y′ + 1

y = 23 – 2x ⇒ 2y′ + 1 = 23 – 2(2x′ – 2)

⇔ 2y′ = –1 + 27 – 4x′

⇔ y′ = –12 +

12 · 27 – 4x′

= –12 + 26 – 4x′

f′(x) = –12 + 26 – 4x

f′(1) = –12 + 26 – 4 = –

12 + 22 = 4 –

12 = 3

12

B. Uraian

1. a. f(x) = x 2

x3

9 3

+

⋅ = x 2

2

2 x3

3 3

+

⋅ = 12

x 1

2 x33

+

+ = 312

x + 1 – (2 + x)

= 3–12

x – 1 = 13 ·

x13

b. f(x) = 13 ·

x13

f(0) = 13 ·

013

= 13

f(1) = 13 ·

13

= 19

3

f(2) = 13 ·

213

= 13 ·

13 =

19

Jadi, f(0) = 13 , f(1) = 1

93 , dan f(2) =

19 .

2. a. f(x) = 2–x

Tabel fungsi f(x) = 2–x

Grafik fungsi f(x) = 2–x

2) Grafik memotong sumbu Y di titik (0, f(0)).f(0) = 32 – 0 – 4 = 9 – 4 = 5Jadi, grafik memotong sumbu Y di titik (0, 5).

3)x1

3

> 0 ⇔ 9 · x1

3

> 0

⇔ 9 · x1

3

– 4 > –4

⇔ f(x) > –4Oleh karena f(x) > –4, asimtot datarnya y = –4.

4) Oleh karena grafik fungsi f(x) monoton turundan asimtot datarnya y = –4, untuk nilai xsemakin besar, nilai f(x) mendekati –4.

Jadi, pernyataan yang benar II dan V.

11. Jawaban: ef(x) = 2(5x + 3) = 2 · 5x + 6Asimtot datar y = 5x adalah sumbu X atau garis y = 0.Asimtot datar y = 2 · 5x + 6 adalah garis y = 0 + 6 = 6.Jadi, asimtot datar grafik fungsi f(x) adalah y = 6.

12. Jawaban: c3x > 0 ⇔ (3x)2 > 0

⇔ 32x · 13 > 0

⇔ 32x – 1 > 0⇔ 5 + 32x – 1 > 5⇔ y > 5

Jadi, daerah hasilnya {y | y > 5, y ∈ R}.

13. Jawaban: cMisalkan m(x) = –x2 + 4x – 6.

m(x) maksimum untuk x = –b

2a = 42

−− = 2

Fungsi h(x) = 4m(x) maksimum jika nilai pangkatnya(m(x)) maksimum.Jadi, nilai maksimum fungsi h:

h(2) = 4–4 + 8 – 6 = 4–2 = 1

16

14. Jawaban: bBanyak serangga mula-mula 20.000 ekor maka:

S(n) = 20.000 (2) 12n

S(–36)= 20.000 (2)– 1236

= 20.000 · 2–3

= 20.000 · 18 = 2.500

Jadi, jumlah serangga 36 hari yang lalu 2.500 ekor.

15. Jawaban: df(x) = 23 – 2x → y = 23 – 2x

(x, y) 2T1

= − → (x + 2, y – 1)

12

O, → (

12 (x + 2),

12 (y – 1))


b. f(x) = 3x – 1Tabel fungsi f(x) = 3x – 1

Grafik fungsi f(x) = 3x – 1

3. f(x) = 3ax + b

Grafik melalui titik (1, 3) dan (2, 27), maka f(1) = 3dan f(2) = 27.f(1) = 3a + b ⇔ 3 = 3a + b ⇔ a + b = 1 . . . (1)f(2) = 32a + b ⇔ 27 = 32a + b

⇔ 33 = 32a + b

⇔ 2a + b = 3 . . . (2)Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2).2a + b = 3a + b = 1

–––––––– –a = 2

Substitusikan a = 2 ke persamaan (1).a + b = 1

⇔ 2 + b = 1⇔ b = –1

Substitusi nilai a = 2 dan b = 1 ke persamaanf(x) = 3ax + b diperoleh f(x) = 32x – 1.Jadi, persamaan grafik fungsi eksponenf(x) = 32x – 1.

4. Grafik fungsi f(x) = 4x1

3

digeser ke kanan

1 satuan, maka f1(x) = 4x 11

3

−

.

Grafik f1(x) = 4x 11

3

−

digeser ke atas 3 satuan,

maka h(x) = 3 + f1(x) = 3 + 4x 11

3

−

.

h(–1) – h(1) = 3 + 421

3

−

– 3 – 401

3

= 4 · 9 – 4

= 32

5. Grafik fungsi f(x) = –4a – bx memotong sumbu Y dititik (0, –4), maka f(0) = –4.f(0) = –4a – 0 ⇔ –4 = –4a

⇔ a = 1Grafik f(x) digeser ke atas 3 satuan, makag(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

⇔ 22(1 – b) = 2⇔ 2(1 – b) = 1

⇔ 1 – b = 12

⇔ b = 12

Jadi, persamaan grafik fungsi g(x) = 3 – 41 – 12 x.

f(x) = 3x – 1Y

X

8

21

–1–2 –1 0 1 2

x

f(x)

. . .

. . .

–1

23−

0

0

1

2

2

8

. . .

. . .

2. Jawaban: c3 x1

27

−

= 81x2 – 4

⇔ 3–3(3 – x) = 34(x2 – 4)

⇔ –3(3 – x) = 4(x2 – 4)⇔ –9 + 3x = 4x2 – 16⇔ 4x2 – 3x – 7 = 0⇔ (4x – 7)(x + 1) = 0

4x – 7 = 0 atau x + 1 = 0

⇔ x = 74 atau x = –1

Jadi, himpunan penyelesaiannya {–1, 74 }.

1. Jawaban: b3x2 + x – 2 = 81x + 2

⇔ 3x2 + x – 2 = (34)x + 2

⇔ 3x2 + x – 2 = 34x + 8

⇔ x2 + x – 2 = 4x + 8⇔ x2 – 3x – 10 = 0⇔ (x – 5)(x + 2) = 0⇔ x – 5 = 0 atau x + 2 = 0⇔ x = 5 atau x = –2Oleh karena a > b, diperoleh a = 5 dan b = –2Nilai a – b = 5 – (–2) = 7


3. Jawaban: a3 5 x9

27

−= x 1

13 +

⇔5 x

3927

−

= (x 1)

23− +

⇔2(5 x)

3

33

3

−

= (x 1)

23− +

⇔2(5 x)

333− −

= (x 1)

23− +

⇔ 2(5 x)3−

– 3 = (x 1)

2− +

⇔ 10 2x3−

– 93 =

(x 1)2

− +

⇔ 1 2x3

−=

(x 1)2

− +

⇔ 2(1 – 2x) = –3(x + 1)⇔ 2 – 4x = –3x – 3⇔ –4x + 3x = –3 – 2⇔ –x = –5⇔ x = 5

4. Jawaban: c

4x 2

3 116

−

= 32

⇔ 22 · 12

4(x 2)3−

= 25

⇔ 24(x 2)

3− −

= 23

⇔ 4(x 2)3

− −= 3

⇔ –4x + 8 = 9⇔ –4x = 1

⇔ x = –14

Jadi, himpunan penyelesaiannya {–14 }.

5. Jawaban: dx 21

4

+

= 3 2x 18 −

⇔ 2–2(x + 2) = 23(2x 1)

3−

⇔ –2(x + 2) = 2x – 1⇔ –2x – 4 = 2x – 1⇔ 4x = –3

⇔ x = –34

81x = 81– 34 = (34)– 3

4 = 3–3 = 1

27

6. Jawaban: ax1

4

– 16 · 2x = 0

⇔ 2x1

2 – 16 · 2x = 0

⇔ 1 – 16 · 23x = 0

⇔ 23x = 1

16⇔ 23x = 2–4

⇔ 3x = –4

⇔ x = –43

Jadi, nilai x yang memenuhi –43 .

7. Jawaban: d45 (23x – 1) +

x810

= 2

⇔45 · 23x · 2–1 +

3x210

= 2

Misalkan 23x = a, persamaan menjadi:

⇔45 · a ·

12 +

a10 = 2

⇔ 410 a +

110 a = 2

⇔ 510 a = 2

⇔ a = 4⇔ 23x = 22

⇔ 3x = 2

⇔ x = 23

8. Jawaban: d2x 4x 38 − + = x 1

132 −

⇔ 232 (x2 – 4x + 3) = 2–5(x – 1)

⇔ 32

(x2 – 4x + 3) = –5(x – 1)

⇔ 3(x2 – 4x + 3) = –10(x – 1)⇔ 3x2 – 12x + 9 = –10x + 10⇔ 3x2 – 2x – 1 = 0⇔ (3x + 1)(x – 1) = 0

⇔ x = –13 atau x = 1

Oleh karena α > β, α = 1 dan β = –13 .

Jadi, 2α + 3β = 2 · 1 + 3(–13 ) = 2 + (–1) = 1.

9. Jawaban: d5x + 1 + 52 – x = 30

⇔ 5x · 51 + 52 · 5–x = 30


Misalkan 5x = p, persamaan menjadi:⇔ 5p + 25p–1 = 30⇔ 5p – 30 + 25p–1 = 0–––––––––––––––––––––– ×

p5

⇔ p2 – 6p + 5 = 0Akar-akar persamaan kuadrat adalah p1 = 5α danp2 = 5β.p1 · p2 ⇒ 5α · 5β = 5

⇔ 5α + β = 51

⇔ α + β = 1

10. Jawaban: d

2x + 1 + x 31

2 − = 17

⇔ 2x · 21 + 3

x22

= 17

Misalkan 2x = p, persamaan menjadi:

⇔ 2p + 8p = 17

⇔ 2p2 – 17p + 8 = 0⇔ (2p – 1)(p – 8) = 0

⇔ p = 12 atau p = 8

⇔ 2x = 2–1 atau 2x = 23

⇔ x = –1 atau x = 3Diperoleh x1 = –1 dan x2 = 3.Jadi, x1

2 + x22 = (–1)2 + 32 = 1 + 9 = 10.

11. Jawaban: b3x + 2 + 9x + 1 = 810

⇔ 3x · 9 + 32x · 9 = 810⇔ 9 · (3x)2 + 9 · 3x – 810 = 0Misalkan m = 3x, persamaan menjadi:⇔ 9m2 + 9m – 810 = 0⇔ m2 + m – 90 = 0⇔ (m – 9)(m + 10) = 0⇔ m = 9 atau m = –10⇔ 3x = 9 atau 3x = –10⇔ x = 2 Untuk 3x = –10 tidak ada nilai x yang memenuhi.

Jadi, 3x – 3 = 32 – 3 = 3–1 = 13 .

12. Jawaban: ex1

64

– 5 · 21 – 3x + 16 = 0

⇔6x1

2

– 5 · 2 · 2–3x + 16 = 0

⇔23x1

2

– 10 ·

3x12

+ 16 = 0

Misalkan 3x1

2

= p, persamaan menjadi:

p2 – 10p + 16 = 0⇔(p – 8)(p – 2) = 0⇔ p – 8 = 0 atau p – 2 = 0⇔ p = 8 atau p = 2

⇔3x1

2

= 8 atau3x1

2

= 2

⇔ 2–3x = 23 atau 2–3x = 21

⇔ –3x = 3 atau –3x = 1

⇔ x = –1 atau x = –13

Jadi, akar-akar persamaan tersebut –13 dan –1.

13. Jawaban: b

(49 )x2 – 3(

827 )1 – x =

32

⇔ (23 )2(x2 – 3)(

23 )3(1 – x) = (

23 )–1

⇔ (23 )2(x2 – 3) + 3(1 – x) = (

23 )–1

⇔ 2(x2 – 3) + 3(1 – x) = –1⇔ 2x2 – 3x – 2 = 0⇔ (2x + 1)(x – 2) = 0

⇔ x = –12 atau x = 2

Diperoleh x1 = 12 dan x2 = 2

Jadi, (x1 – x2)2 = (–

12 – 2)2 = (–

52 )2 =

254 .

14. Jawaban: bMisalkan h(x) = x – 2, f(x) = x + 3, dan g(x) = 2x –1. Penyelesaian persamaan tersebut dapatditentukan dari beberapa kemungkinan berikut.1) f(x) = g(x) ⇒ x + 3 = 2x – 1

⇔ x = 42) h(x) = 1 ⇒ x – 2 = 1

⇔ x = 33) h(x) = 0 ⇒ x – 2 = 0

⇔ x = 2Substitusikan x = 2 ke f(x) dan g(x):f(2) = 2 + 3 = 5 (positif)g(2) = 4 – 1 = 3 (positif)Oleh karena f(2) > 0 dan g(2) > 0, x = 2merupakan penyelesaian.

4) h(x) = –1 ⇒ x – 2 = –1⇔ x = 1

Substitusikan x = 1 ke f(x) dan g(x):f(1) = 1 + 3 = 4 (genap)g(1) = 2 – 1 = 1 (ganjil)Oleh karena f(1) genap dan g(1) ganjil, x = 1bukan penyelesaian.

Jadi, himpunan penyelesaiannya {4, 3, 2}.


A

CB

42x + 2

22x + 1

15. Jawaban: d(x + 1)x2 – 16 = 1⇔ (x + 1)x2 – 16 = (x + 1)0

Misalkan f(x) = x2 – 16, g(x) = 0, dan h(x) = x + 1.Penyelesaian persamaan tersebut sebagai berikut.1) f(x) = g(x)

⇔ x2 – 16 = 0⇔ (x – 4)(x + 4) = 0⇔ x – 4 = 0 atau x + 4 = 0⇔ x = 4 atau x = –4

2) h(x) = 1⇔ x + 1 = 1⇔ x = 0

3) h(x) = –1⇔ x + 1 = –1⇔ x = –2Substitusikan x = –2 ke f(x).f(x) = x2 – 16 ⇒ f(–2) = –12 (genap)Oleh karena f(x) genap, x = –2 merupakanpenyelesaian.Jadi, himpunan penyelesaiannya {–4, –2, 0, 4}.

B. Uraian

1. a. 92x – 4 = 2x 41

27

−

⇔ (32)2x – 4 = (3–3)x2 – 4

⇔ 2(2x – 4) = –3(x2 – 4)⇔ 4x – 8 = –3x2 + 12⇔ 3x2 + 4x – 20 = 0⇔ (3x + 10)(x – 2) = 0⇔3x + 10 = 0 atau x – 2 = 0

⇔ x = –103 ⇔ x = 2

Jadi, himpunan penyelesaiannya {–103 , 2}.

b. 8x + 2 = 3 x 564 +

⇔ 8x + 2 = 82(x 5)

3+

⇔ 8x + 2 = 82x 10

3+

⇔ x + 2 = 2x 103+

⇔ 3x + 6 = 2x + 10⇔ x = 4Jadi, himpunan penyelesaiannya {4}.

c.2x 11

2

+ =

4x 12 (0,125)16

−

⇔2x 11

2

+

= 14x 18

4

2

2

− ⋅

⇔ (2–1)2x + 1 = 4x 1 3 42 2 2− − −⋅ ⋅

⇔ 2–2x – 1 = 24x 8

2−

⇔ –2x – 1 = 4x 82−

⇔ –2x – 1 = 2x – 4⇔ –4x = –3

⇔ x = 34

Jadi, himpunan penyelesaiannya {34 }.

2. a. 9n + 1 + 32n + 1 + 45 ·1 2n1

3

−

= 243

⇔ 9n · 9 + 32n · 3 + 45 · 32n – 1 = 243⇔ 32n · 9 + 32n · 3 + 15 · 32n = 243⇔ 32n(9 + 3 + 15) = 243⇔ 32n = 9⇔ 32n = 32

⇔ 2n = 2⇔ n = 1

b. 7n + 7n + 1 – 21 · 7n – 1 = 245

⇔ 7n + 7n · 7 – 21 · 7n · 17 = 245

⇔ 7n (1 + 7 – 3) = 245⇔ 7n = 49⇔ 7n = 72

⇔ n = 2

3. 52x – 32x = 52x – 1 + 32x – 1

⇔ 52x – 52x – 1 = 32x + 32x – 1

⇔ 52x – 15 · 52x = 32x +

13 · 32x

⇔ 45 · 52x =

43 · 32x

⇔2x55

= 2x33

⇔ 52x – 1 = 32x – 1

Penyelesaian dari 52x – 1 = 32x – 1 adalah:2x – 1= 0

⇔ x = 12

Jadi, ni lai x yang memenuhi persamaan

tersebut adalah 12 .

4.

AC2 = AB2 + BC2

⇔ (2x + 2)2 = 42 + (22x + 1)2

⇔ 22x + 4 = 16 + 24x+2

⇔ 24x + 2 – 22x + 4 + 16 = 0⇔ 22 · 24x – 24 · 22x + 16 = 0


Misalkan p = 22x, persamaan tersebut menjadi:4p2 – 16p + 16 = 0

⇔ p2 – 4p + 4 = 0⇔ (p – 2)2 = 0⇔ p – 2 = 0⇔ p = 2

p = 2⇔ 22x = 2⇔ 2x = 1

⇔ x = 12

Jadi, nilai x yang memenuhi 12 .

5. Persamaan (x2 – 2x)x2 – 2x = (x2 – 2x)6 – x merupa-kan bentuk (h(x))f(x) = (h(x))g(x). Penyelesaiannyadapat ditentukan dari beberapa kemungkinanberikut.a. f(x) = g(x) ⇔ x2 – 2x = 6 – x

⇔ x2 – x – 6 = 0⇔ (x + 2)(x – 3) = 0⇔ x = –2 atau x = 3

b. h(x) = 1 ⇔ x2 – 2x = 1⇔ x2 – 2x – 1 = 0

⇔ x = 2 4 42

± + = 2 2 22

±

⇔ x = 1 + 2 atau x = 1 – 2

c. h(x) = 0 ⇔ x2 – 2x = 0⇔ x(x – 2) = 0⇔ x = 0 atau x = 2

Substitusikan x = 0 dan x = 2 ke f(x) dan g(x).f(0) = 02 – 2 · 0 = 0g(0) = 6 + 0 = 6Oleh karena f(0) dan g(0) keduanya tidakpositif atau keduanya tidak negatif, x = 0bukan penyelesaian.f(2) = 22 – 2 · 2 = 0g(2) = 6 – 2 = 4 > 0Oleh karena f(2) dan g(2) keduanya tidakpositif dan keduanya tidak negatif, x = 2 bukanpenyelesaian.

d. h(x) = –1 ⇔ x2 – 2x = –1⇔ x2 – 2x + 1 = 0⇔ (x – 1)2 = 0⇔ x = 1

Substitusikan x = 1 ke f(x) dan g(x):f(1) = 12 – 2 · 1 = –1 (ganjil)g(1) = 6 – 1 = 5 (ganjil)Oleh karena f(1) ganjil dan g(1) ganjil, x = 1merupakan penyelesaian.

Jadi, himpunan penyelesaiannya {–2, 1 – 2 , 1,

1 + 2 , 3}.


Grafik fungsi f(x) berada di atas sumbu X ketikaf(x) > 0.

f(x) > 0

⇔21

3

2x 13 + – 27 > 0

⇔ 3–2 · 32x 1

2+

– 33 > 0

⇔ 32x 3

2−

> 33

⇔ 2x 32−

> 3

⇔ 2x 3 62

− −> 0

⇔ 2x – 9 > 0

⇔ x > 92

Jadi, grafik fungsi f(x) berada di atas sumbu X

pada interval x > 92 .

2. Jawaban: b2x

x512 2

32⋅ ≤

x864

⇔29 x

5x2 2

2⋅ ≤

3x

622

⇔ 2x2 – 5x + 9 ≤ 23x – 6

⇔ x2 – 5x + 9 ≤ 3x – 6⇔ x2 – 8x + 15 ≤ 0⇔ (x – 5)(x – 3) ≤ 0

Pembuat nol:x – 5 = 0 atau x – 3 = 0x = 5 atau x = 3

Penyelesaian:

⇔ 3 ≤ x ≤ 5

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 3 ≤ x ≤ 5.

+ – +

3 5


+ – +

3 9

▲

9

▲+ – +

13

6. Jawaban: d32x + 1 + 8 · 3x – 3 > 0

⇔ 3 · 32x + 8 · 3x – 3 > 0Misalkan p = 3x, pertidaksamaan menjadi:

3p2 + 8p – 3 > 0⇔ (3p – 1)(p + 3) > 0Pembuat nol:3p – 1 = 0 atau p + 3 = 0

⇔ p = 13 atau p = –3

Penyelesaian:

p < –3 ⇔ 3x < –3 (tidak ada nilai x yang memenuhi)

p > 13 ⇔ 3x >

13

⇔ 3x > 3–1

⇔ x > –1

7. Jawaban: d 32x + 1 + 9 – 28 · 3x > 0

⇔ 3 · 32x + 9 – 28 · 3x > 0Misalkan p = 3x, pertidaksamaan menjadi:

3p2 + 9 – 28p > 0⇔ 3p2 – 28p + 9 > 0⇔ (3p – 1)(p – 9) > 0Pembuat nol:3p – 1 = 0 atau p – 9 = 0

⇔ p = 13 atau p = 9

Penyelesaian:

p < 13 ⇔ 3x <

13

⇔ 3x < 3–1

⇔ x < –1p > 9 ⇔ 3x > 9

⇔ 3x > 32

⇔ x > 2

8. Jawaban: c32x – 4 · 3x + 1 > –27

⇔ (3x)2 – 12 · 3x + 27 > 0⇔ (3x – 3)(3x – 9) > 0Pembuat nol:3x – 3 = 0 atau 3x – 9 = 0⇔ 3x = 3 atau 3x = 9

⇔ 3x < 3 atau 3x > 9⇔ x < 1 atau x > 2

3. Jawaban: b12

x 419

−

≤ 274 – x2

⇔ 3–2(12 x – 4) ≤ 33(4 – x2)

⇔ –2(12 x – 4) ≤ 3(4 – x2)

⇔ –x + 8 ≤ 12 – 3x2

⇔ 3x2 – x – 4 ≤ 0⇔ (3x – 4)(x + 1) ≤ 0Pembuat nol:3x – 4 = 0 atau x + 1 = 0

⇔ x = 43 atau x = –1

Penyelesaian:

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –1 ≤ x ≤ 43 }.

4. Jawaban: c

2x 1

1

81 − ≤ 272 – x

⇔ 34(2x 1)

2− −

≤ 33(2 – x)

⇔ –2(2x – 1) ≤ 3(2 – x)⇔ –4x + 2 ≤ 6 – 3x⇔ –x ≤ 4⇔ x ≥ –4

5. Jawaban: d2x

x5

25 5⋅≥ x

255

⇔2x

2 x5

5 5⋅≥

2

x55

⇔ 52x x 2

2− −

≥ 52 – x

⇔2x x 2

2− − ≥ 2 – x

⇔ x2 – x – 2 ≥ 4 – 2x⇔ x2 + x – 6 ≥ 0⇔ (x + 3)(x – 2) ≥ 0Pembuat nol:x + 3 = 0 atau x – 2 = 0

⇔ x = –3 atau x = 2Penyelesaian:

Jadi, penyelesaiannya x ≤ –3 atau x ≥ 2.

+ – +

–3 2

13

▲

▲+ – +

–3

+ – +

–1 43


9. Jawaban: d22x + 4 + 31 · 2x + 1 – 8 > 0

⇔ 22x + 2 · 22 + 31 · 2x + 1 – 8 > 0⇔ 4(2x + 1)2 + 31 · 2x + 1 – 8 > 0Misalkan 2x + 1 = a, pertidaksamaan menjadi:

4a2 + 31a – 8 > 0⇔ (4a – 1)(a + 8) > 0

⇔ a < –8 atau a > 14

a < –8 ⇒ 2x + 1 < –8 (tidak ada nilai x yang me-menuhi)

a > 14 ⇒ 2x + 1 >

14

⇔ 2x + 1 > 2–2

⇔ x + 1 > –2⇔ x > –3

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

10. Jawaban: d93x – 4 · 33x + 1 + 27 ≤ 0

⇔ (32)3x – 4 · 33x · 3 + 27 ≤ 0⇔ (33x)2 – 12 · 33x + 27 ≤ 0Misalkan p = 33x, pertidaksamaan menjadi:p2 – 12p + 27 ≤ 0⇔ (p – 9)(p – 3) ≤ 0Pembuat nol:p – 9 = 0 atau p – 3 = 0

⇔ p = 3 atau p = 3Penyelesaian:

3 ≤ p ≤ 9⇔ 3 ≤ 33x ≤ 9⇔ 31 ≤ 33x ≤ 32

⇔ 1 ≤ 3x ≤ 2

⇔ 13 ≤ x ≤

23


{x | 13 ≤ x ≤

23 }.

B. Uraian

1. y = f(x) = 4 – x39

a. f(x) = –23 ⇒ 4 – x39

= –23

⇔ – 2x3

3= –27

⇔ 31 – 2x = 33

⇔ 1 – 2x = 3⇔ –2x = 2⇔ x = –1

Jadi, nilai x = –1.

b. Grafik fungsi berada di bawah garis y = 1berarti:f(x) < 1 ⇒ 4 – 31 – 2x < 1

⇔ 31 – 2x > 3⇔ 1 – 2x > 1⇔ 2x < 0⇔ x < 0

Jadi, nilai x < 0.

2. a. Titik potong f(x) dan g(x).f(x) = g(x)

⇔ 3x + 2 = 19 · 3–x

⇔ 3x + 2 = 3–2 · 3–x

⇔ 3x + 2 = 3–x – 2

⇔ x + 2 = –x – 2⇔ 2x = –4⇔ x = –2Ordinat titik potong adalah y = f(–2) atauy = g(–2).y = f(–2)

= 3–2 + 2

= 30

= 1Jadi, titik potong f(x) dengan g(x) adalah(–2, 1).

b. f(x) = 3x + 2 = 3x · 32 = 9 · 3x

Grafik fungsi f(x) memotong sumbu Y di titik(0, 9).Grafik fungsi g(x) memotong sumbu Y di titik

(0, 19 ).

Kedua kurva berpotongan di titik (–2, 1).Grafik fungsi f(x) dan g(x) sebagai berikut.

+ – +

3 9

f(x)

Y

Xg(x)

9

1

–3

13

–2 –1

(–1, 3)

(–2, 1)(–1, 1

3 )•

(0, 19 )

•

(–3, 3)

(–3, 13 )

3


c. Interval x sedemikian hingga f(x) di atas g(x)adalah x > –2 dan f(x) di bawah g(x) adalahinterval x < –2.

3. a.x

3 1664

≥ x168

⇔4x

63 2

2≥

4

3x22

⇔ 24x 6

3−

≥ 24 – 3x

⇔ 4x 63− ≥ 4 – 3x

⇔ 4x – 6 ≥ 12 – 9x⇔ 13x ≥ 18

⇔ x ≥ 1813

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x ≥ 1813 }.

b. 54x + 1 – 26 · 25x + 5 ≤ 0⇔ 5 · (52x)2 – 26 · 52x + 5 ≤ 0Misalkan 52x = p, pertidaksamaan menjadi:5p2 – 26p + 5 ≤ 0⇔ (5p – 1)(p – 5) ≤ 0Pembuat nol:5p – 1 = 0 atau p – 5 = 0

⇔ p = 15 atau p = 5

Penyelesaian:

⇔ 15 ≤ p ≤ 5

⇔ 5–1 ≤ 52x ≤ 51

⇔ –1 ≤ 2x ≤ 1

⇔ –12 ≤ x ≤

12


{x | –12 ≤ x ≤

12 }.

4. a. 5x + x55

– 6 > 0

Misalkan p = 5x, pertidaksamaan menjadi:

p + 5p – 6 > 0

⇔ p2 + 5 – 6p > 0⇔ p2 – 6p + 5 > 0⇔ (p – 5)(p – 1) > 0Pembuat nol:p – 5 = 0 atau p – 1 = 0⇔ p = 5 atau p = 1

Penyelesaian:

p < 1 ⇔ 5x < 1⇔ 5x < 50

⇔ x < 0p > 5 ⇔ 5x > 5

⇔ 5x > 51

⇔ x > 1Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah{x | x < 0 atau x > 1}.

b. (x + 1)2x + 6 > (x2 + 2x + 1)3x + 5

⇔ (x + 1)2x + 6 > ((x + 1)2)3x + 5

⇔ (x + 1)2x + 6 > (x + 1)2(3x + 5)

⇔ 2x + 6 > 2(3x + 5)⇔ 2x + 6 > 6x + 10⇔ 2x – 6x > 10 – 6⇔ –4x > 4⇔ x < –1Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah{x | x < –1}.

5. 3m + 1 = p

⇔ 3 = p1

m 1+

5n – 1 = p ⇔ 5 = p1

n 1−

p > 15 ⇔ p > 3 · 5

⇔ p > p1

m 1+ · p1

n 1−

⇔ p > p1

m 1+ + 1

n 1−

Oleh karena 0 < p < 1 maka:

1 < 1

m 1+ +

1n 1−

⇔ 1 < n 1 m 1(m 1)(n 1)

− + ++ −

⇔ 1 – n 1 m 1(m 1)(n 1)

− + ++ − < 0

⇔(m 1)(n 1) n m

(m 1)(n 1)+ − − −

+ − < 0

⇔mn m n 1 n m

(m 1)(n 1)− + − − −

+ − < 0

⇔mn 2m 1(m 1)(n 1)

− −+ − < 0 (terbukti)

+ – +

15

5

▲

▲+ – +

1 5


1. Jawaban: c11 1

1 1x yx y

−− −

− −

+ −

= 1 1

1 1x yx y

− −

− −−+

= 1 1x y1 1x y

−

+

= y x

xyy x

xy

−

+

= y xy x

−+

2. Jawaban: bGrafik memotong sumbu Y jika x = 0.f(0) = 6 – 702 – 2 · 0 + 1

= 6 – 7 = –1Jadi, grafik fungsi f(x) memotong sumbu Y di titik(0, –1).

3. Jawaban: cGrafik memotong sumbu X jika y = 0.y = g(x) = 0

⇔2x

x2

128 4⋅ – 256 = 0

⇔2x

7 2x2

2 2⋅ = 256

⇔ 2x2 – 2x – 7 = 28

⇔ x2 – 2x – 7 = 8⇔ x2 – 2x – 15 = 0⇔ (x – 5)(x + 3) = 0⇔ x – 5 = 0 atau x + 3 = 0⇔ x = 5 atau x = –3Jadi, grafik fungsi g(x) memotong sumbu X di titik(–3, 0) dan (5, 0).

4. Jawaban: e

Grafik fungsi h(x) melalui titik (p, 514 ) maka

h(p) = 514 .

h(p) = p5

500 – 1 ⇔ 5

14 =

p54 125⋅ – 1

⇔ 614 =

p

35

4 5⋅⇔ 25 = 5p – 3

⇔ 52 = 5p – 3

⇔ 2 = p – 3⇔ p = 5

5. Jawaban: bf–1(16 2 ) = a ⇒ f(a) = 16 2

⇔ 2a8 = 16 2

⇔ 23a = 2412

⇔ 3a = 412

⇔ a = 112 =

32

Jadi, f–1(16 2 ) = 32 .

6. Jawaban: bf(x) = 32x + 1 – 4

= 32x · 3 – 4= (3x)2 · 3 – 4

3x > 0 ⇔ (3x)2 > 0⇔ 32x · 3 > 0⇔ 32x · 3 – 4 > –4⇔ 32x + 1 – 4 > –4⇔ f(x) > –4

Jadi, daerah hasilnya f(x) > –4.

7. Jawaban: e

f(x)= x 68 − = 23(x 6)

2−

= 232 x · 2–3 =

18 · 2

32 x

Grafik fungsi f(x) = 18 · 2

32 x mempunyai bilangan

pokok a = 2 > 1 berarti grafik monoton naik dan

k = 18 berarti grafik memotong sumbu Y di titik (0,

18 ).

Jadi, grafik yang benar pilihan e.

8. Jawaban: bGrafik fungsi eksponen monoton naik danmemotong sumbu Y di titik (0, 18), y = f(x) =18 · ax.Dengan mengambil bilangan pokok 3,y = f(x) = 18 · 3x = 2 · 9 · 3x = 2 · 3x + 2.Jadi, persamaan grafik yang sesuai adalahy = 2 · 3x + 2.

9. Jawaban: bGrafik fungsi f(x) = ax jika digeser ke kanan4 satuan akan menghasilkan grafik fungsi denganpersamaan h(x) = ax – 4 sehingga persamaan grafikfungsi h(x) = 6x – 4 + 3 ⇔ h(x) = 6x – 1.

10. Jawaban: d1) Grafik fungsi f(x) = 53x + 2 – 125 mempunyai

bilangan pokok a = 5 > 0 maka grafik monotonnaik.

A. Pilihan Ganda


14. Jawaban: a3 (x + 2)3 =

(1– x)

1

27

⇔ 3 32+x

= 3 2)x–1(3–

⇔ x + 23 =

3x – 32

⇔ 2(x + 2) = 3(3x – 3)⇔ 2x + 4 = 9x – 9⇔ 7x = 13

⇔ x = 137

15. Jawaban: b

x 1

233 −

= 3 19

⇔ 32 – (2x – 2) = 3–23

⇔ 2 – 2x + 2 = –23

⇔ 4 – 2x = –23

⇔ 143 = 2x

⇔ x = 73

Nilai 8x = 873 = 23 · 7

3 = 27 = 128.

16. Jawaban: e

x1284

= 2x x28

+

⇔7

2x22

= 2x x

32

2

+

⇔ 27 – 2x = 2x2 + x – 3

⇔ 7 – 2x = x2 + x – 3⇔ x2 + 3x – 10 = 0⇔ (x + 5)(x – 2) = 0⇔ x + 5 = 0 atau x – 2 = 0⇔ x = –5 atau x = 2

17. Jawaban: d2 · 32x + 1 + 32x + 3 = 297

⇔ 2 · 32x ·3 + 32x · 33 = 297⇔ 32x(6 + 27) = 297⇔ 32x = 9⇔ 32x = 32

⇔ 2x = 2⇔ x = 1

18. Jawaban: b4y + x – 4y + x + 2 = –15

⇔ 4y + x – 42 · 4y + x = –15⇔ (1 – 42) · 4y + x = –15⇔ –15 · 4y + x = –15⇔ 4y + x = 1⇔ y + x = 0⇔ y = –x

2) Grafik memotong sumbu X jika y = 0.y = f(x) = 0 ⇔ 53x + 2 – 125 = 0

⇔ 53x + 2 = 125⇔ 53x + 2 = 53

⇔ 3x + 2 = 3⇔ 3x = 1

⇔ x = 13

Jadi, grafik memotong sumbu X di titik (13 , 0).

3) Grafik memotong sumbu Y jika x = 0.x = 0 ⇔ f(0) = 53 · 0 + 2 – 125

= 25 – 125 = –100Jadi, grafik memotong sumbu Y di titik(0, –100).

4) 5x > 0 ⇔ 53x > 0⇔ 53x · 52 > 0⇔53x + 2 – 125 > –125⇔ f(x) > –125

Oleh karena f(x) > –125, asimtot datarnyay = –125.

5) Oleh karena asimtot datarnya y = –125sehingga untuk nilai x semakin kecil, nilai f(x)mendekati –125.

Jadi, pernyataan yang benar pilihan d.

11. Jawaban: b3x + 2 = 27 3

⇔ 3x + 2 = 33 . 123

⇔ 3x + 2 = 12

33

⇔ x + 2 = 312

⇔ x = 112

12. Jawaban: e2x – 2–x = 6

⇔ (2x – 2–x)2 = 62

⇔ 22x – 2 + 2–2x = 36⇔ 2x + 2–2x = 38

13. Jawaban: e

2x 127

3 − = 19

⇔ 2x 127

3 − = 213

⇔ 33 – (2x – 1) = 3–2

⇔ 3 – (2x – 1) = –2⇔ 4 – 2x = –2⇔ –2x = –6⇔ x = 3


19. Jawaban: e92x2 – 6x + 1 = 272x – 4

⇔ 32(2x2 – 6x + 1) = 33(2x – 4)

⇔ 4x2 – 12x + 2 = 6x – 12⇔ 4x2 – 18x + 14 = 0α dan β akar-akar persamaan 4x2 – 18x + 14 = 0,

maka α + β = –ba =

184 = 4

12 .

20. Jawaban: d34 – x + 3x – 30 = 0

⇔4

x33

+ 3x – 30 = 0

––––––––––––––––– × 3x

⇔ 34 + 32x – 30 · 3x = 0⇔ 81 + 32x – 30 · 3x = 0Misalkan p = 3x, persamaan menjadi:

81 + p2 – 30p = 0⇔ p2 – 30p + 81 = 0⇔ (p – 3)(p – 27) = 0⇔ p – 3 = 0 atau p – 27 = 0⇔ p = 3 atau p = 27Untuk p = 3 ⇒ 3x = 3

⇔ x = 1Untuk p = 27 ⇒ 3x = 33

⇔ x = 3Jadi, x1

3 + x23 = 13 + 33 = 1 + 27 = 28.

21. Jawaban: a2x 4x9

25

+

· x 4125

27

+

= 1

⇔22(x 4x)3

5

+

· 3(x 4)3

5

− +

= 03

5

⇔ 2(x2 + 4x) – 3(x + 4) = 0⇔ 2x2 + 5x – 12 = 0⇔ (2x – 3)(x + 4) = 0⇔ 2x – 3 = 0 atau x + 4 = 0

⇔ x = 32 atau x = –4

Oleh karena x1 < x2 maka x1 = –4 dan x2 = 32 .

Nilai x1 – 2x2 = –4 – 2 · 32 = –7.

22. Jawaban: cMisal h(x) = x + 4, f(x) = x – 1, dan g(x) = x2 – 7x + 6.Penyelesaian persamaan tersebut dapatditentukan dari beberapa kemungkinan berikut.1) f(x) = g(x)

⇔ x – 1 = x2 – 7x + 6⇔ x2 – 8x + 7 = 0⇔ (x – 1)(x – 7) = 0⇔ x = 1 atau x = 7

2) h(x) = 1 ⇔ x + 4 = 1⇔ x = –3

3) h(x) = 0 ⇔ x + 4 = 0⇔ x = –4

Substitusikan x = –4 ke f(x) dan g(x).f(–4) = –4 – 1 = –5 < 0g(–4) = (–4)2 – 7 · (–4) + 6 = 50 > 0Oleh karena f(–4) dan g(–4) keduanya tidakpositif, x = –4 bukan penyelesaian.

4) h(x) = –1 ⇔ x + 4 = –1⇔ x = –5

Substitusikan x = –5 ke f(x) dan g(x).f(–5) = –5 – 1 = –6 (genap)g(–5) = 25 + 35 + 6 = 66 (genap)Oleh karena f(–5) dan g(–5) keduanya genap,x = –5 merupakan penyelesaian.

Diperoleh semua penyelesaian: 1, 7, –3, dan –5.Jumlahnya = 1 + 7 + (–3) + (–5) = 0.

23. Jawaban: c(x2)x = x4x – x2

⇔ x2x = x4x – x2

1) 2x = 4x – x2

⇔ x2 – 2x = 0⇔ x(x – 2) = 0⇔ x = 0 atau x = 2

2) x = 13) x = 0

Substitusikan x = 0 ke 2x dan 4x – x2.2x = 2(0) = 04x – x2 = 4(0) – 02 = 0x = 0 tidak memenuhi

4) x = –1Substitusikan x = –1 ke 2x dan 4x – x2

2x = 2(–1) = –2 (genap)4x – x2 = 4(–1) – (–1)2 = –5 (ganjil)x = –1 tidak memenuhi

Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {1, 2}.

24. Jawaban: d5x – 2y + 1 = 25x – 2y

⇔ 5x – 2y + 1 = 52(x – 2y)

⇔ x – 2y + 1 = 2(x – 2y)⇔ x – 2y + 1 = 2x – 4y⇔ –x + 2y = –1 . . . (i)

4x – y + 2 = 32x – 2y + 1

⇔ 22(x – y + 2) = 25(x – 2y + 1)

⇔ 2(x – y + 2) = 5(x – 2y + 1)⇔ 2x – 2y + 4 = 5x – 10y + 5⇔ –3x + 8y = 1 . . . (ii)Dari persamaan (i) dan (ii):–x + 2y = –1 × 3 –3x + 6y = –3

–3x + 8y = 1 × 1 –3x + 8y = 1––––––––––– – –2y = –4⇔ y = 2


+ – +

– 103

2

⇔ – 4x3

> 9 – x⇔ –4x > 27 – 3x⇔ –x > 27⇔ x < –27Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah{x | x < –27}.

29. Jawaban: c22x + 3 – 17 · 2x + 2 ≤ 0

⇔ 8 · 22x – 17 · 2x + 2 ≤ 0Misalkan p = 2x, pertidaksamaan menjadi:

8p2 – 17p + 2 ≤ 0⇔ (8p – 1)(p – 2) ≤ 0Pembuat nol:8p – 1 = 0 atau p – 2 = 0

⇔ p = 18 atau p = 2

⇔ 18 ≤ p ≤ 2

⇔ 2–3 ≤ 2x ≤ 21

⇔ –3 ≤ x ≤ 1Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –3 ≤ x ≤ 1}.

30. Jawaban: d

92x – 4 ≥ 2x 41

27

−

⇔ (32)2x – 4 ≥ (3–3)x2 – 4

⇔ 4x – 8 ≥ –3x2 + 12⇔ 3x2 + 4x – 20 ≥ 0⇔ (3x + 10)(x – 2) ≥ 0Pembuat nol:3x + 10= 0 atau x – 2 = 0⇔ 3x= –10 ⇔ x = 2

⇔ x = –103

Penyelesaian:

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x ≤ –103 atau

x ≥ 2}.

B. Uraian

1. Grafik f(x) = 52x – 1 – 5 digeser ke atas 4 satuanmaka:f1(x) = 52x – 1 – 5 + 4 = 52x – 1 – 1Grafik f(x) digeser ke kiri 2 satuan maka:h(x) = 52(x + 2) – 1 – 1 = 52x + 3 – 1

Substitusikan y = 2 ke persamaan (i).–x + 2y = –1

⇔ –x + 4 = –1⇔ –x = –5⇔ x = 5Nilai x + y = 5 + 2 = 7.

25. Jawaban: df(x) = 73x – 343 di atas sumbu X berarti f(x) > 0.

73x – 343 > 0⇔ 73x > 343⇔ 73x > 73

⇔ 3x > 3⇔ x > 1Jadi, domain grafik fungsi tersebut adalah {x | x > 1}.

26. Jawaban: aGrafik fungsi f(x) di atas grafik fungsi g(x) jikaf(x) > g(x).

f(x) > g(x) ⇒ 5x2 – x + 5 > x 81

5

− −

⇔ 5x2 – x + 5 > 5x + 8

⇔ x2 – x + 5 > x + 8⇔ x2 – 2x – 3 > 0⇔ (x – 3)(x + 1) > 0

Pembuat nol:x – 3 = 0 atau x + 1 = 0⇔ x = 3 atau x = –1Penyelesaian:

Jadi, interval x yang memenuhi sedemikian hinggagrafik fungsi f(x) di atas g(x) adalah x < –1 ataux > 3.

27. Jawaban: c32x + 1 – 63 · 9x – 1 + 108 ≥ 0

⇔ 32x · 3 – 63 · 32x · 19 ≥ –108

⇔ 32x(3 – 7) ≥ –108⇔ 32x ≤ 27⇔ 32x ≤ 33

⇔ 2x ≤ 3

⇔ x ≤ 32

28. Jawaban: e

x3 1

16>

x

x64 512

128⋅

⇔ 2–4x3 >

6x 9

7x2 2

2⋅

⇔ 2–4x3 > 29 – x

▲

▲+ – +

–1 3

18

+ – +

2


Grafik h(x) memotong sumbu X jika y = h(x) = 0.h(x) = 0 ⇒ 52x + 3 – 1 = 0

⇔ 52x + 3 = 1⇔ 2x + 3 = 0

⇔ x = –112

Grafik h(x) memotong sumbu Y jika x = 0.x = 0 ⇒ h(0) = 50 + 3 – 1 = 125 – 1 = 124Jadi, grafik fungsi h(x) memotong sumbu X di titik

(–112 , 0) dan memotong sumbu Y di titik (0, 124).

2. Grafik fungsi f(x) = memotong sumbu Y di titik(0, 7) dan melalui titik (1, 56) maka f(x) = 7abx danf(1) = 56.f(1) = 7ab ⇔ 56 = 7 · ab

⇔ ab = 8

f(13 ) + f(2) = 7a

13 b + 7 · a2b

= 7((ab)13 + (ab)2)

= 7(813 + 82)

= 7(2 + 64)= 462

3. a. f(x) = 2x – 2Tabel fungsi:

Grafik fungsi:

b. f(x) = –3x

Tabel fungsi:

Grafik fungsi:

4. a. 24 · 82x – 1 + 43x + 2 = 304

⇔ 24 · 82x · 18 + 43x · 42 = 304

⇔ 3 · 26x + 16 · 26x = 304⇔ 26x(3 + 16) = 304⇔ 26x = 16⇔ 26x = 24

⇔ 6x = 4

⇔ x = 23


b. 81x + 1 – 324 · 92x – 2 = 231

⇔81x · 81 – 324 · 92x · 181 = 231

⇔ 34x · 81 – 4 · 34x = 231⇔ 34x(81 – 4) = 231⇔ 34x = 3⇔ 4x = 1

⇔ x = 14


5. a. 5x2 – 2x + 1 = 6x2 – 2x + 1

⇔ x2 – 2x + 1 = 0⇔ (x – 1)2 = 0⇔ x = 1Jadi, nilai x yang memenuhi x = 1.

b. 3 · 2x + 2 : 96 · 22x – 1 – 1 = 0

⇔ 3 · 2x + 2 : 96 · 22x · 12 = 1

⇔x 2

2x3 248 2

+⋅⋅

= 1

⇔x 2

2x2

16 2

+

⋅= 1

⇔ 2x + 2 = 2x + 4

⇔ x + 2 = 2x + 4⇔ x = –2Jadi, nilai x yang memenuhi x = –2.

x

f(x)

. . .

. . .

–2

–1 34

–1

–1 12

0

–1

1 2 3 . . .

. . .0 2 6

x

f(x)

. . .

. . .

–2

– 19

–1

– 13

0

–1

1 2 . . .

. . .–3 –9

f(x) = 2x – 2Y

X

654321

–2 –1 0 1 2 3

Y

X

–3

–9

–3 –2 –1 0 1 2 3

y = –3x

1


+ – +

–4 1

12

+ – +

4

c. 16x + 1 – 24 · 4x + 8 = 0⇔ 16x · 16 – 24 · 4x + 8 = 0⇔ (4x)2 · 16 – 24 · 4x + 8 = 0Misalkan p = 4x, persamaan menjadi:

16p2 – 24p + 8 = 0⇔ 2p2 – 3p + 1 = 0⇔ (2p – 1)(p – 1) = 0

⇔ 2p – 1 = 0 atau p – 1 = 0

⇔ p = 12 atau p = 1

⇔ 4x = 12 4x = 1

⇔ 22x = 2–1 22x = 20

⇔ 2x = –1 2x = 0

⇔ x = –12 x = 0

Jadi, nilai x yang memenuhi x = –12 dan x = 0.

6. Misal h(x) = x2 – 5x + 7, f(x) = x2 – 4, dang(x) = 2 – x.Penyelesaian persamaan tersebut dapat ditentukandari beberapa kemungkinan berikut.a. f(x) = g(x)

⇔ x2 – 4 = 2 – x⇔ x2 + x – 6 = 0⇔ (x + 3)(x – 2) = 0⇔ x = –3 atau x = 2

b. h(x) = 1⇔ x2 – 5x + 7 = 1⇔ x2 – 5x + 6 = 0⇔ (x – 2)(x – 3) = 0⇔ x = 2 atau x = 3

c. h(x) = 0x2 – 5x + 7 = 0D = (–5)2 – 4 · 1 · 7 = 25 – 28 = –3 < 0(Tidak mempunyai penyelesaian bilangan nyata.)

d. h(x) = –1.x2 – 5x + 7 = –1⇔ x2 – 5x + 8 = 0D = (–5)2 – 4 · 1 · 8 = 25 – 32 = –7 < 0(Tidak mempunyai penyelesaian bilangannyata)

Jadi, himpunan penyelesaiannya {–3, 2, 3}.

7. a. ( 3 )4x > 96x + 7

⇔(312 )4x > (32)6x + 7

⇔ 4x2 > 2(6x + 7)

⇔ 2x > 12x + 14⇔ –10x > 14

⇔ x < –1410 ⇔ x < –

75

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x < –75 }.

b. (12 )x2 + 4x + 1 < (

12 )x + 5

⇔ x2 + 4x + 1 > x + 5⇔ x2 + 3x – 4 > 0⇔ (x + 4)(x – 1) > 0Pembuat nol:x + 4 = 0 atau x – 1 = 0

⇔ x = –4 atau x = 1

Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah{x | x < –4 atau x > 1}.

8. 22 – 2x + 2 < x92

⇔ 2x4

2 + 2 < x

92

Misalkan p = 2x, pertidaksamaan menjadi:

24p + 2 <

9p

⇔ 4 + 2p2 < 9p⇔ 2p2 – 9p + 4 < 0⇔ (2p – 1)(p – 4) < 0Pembuat nol:

2p – 1 = 0 atau p – 4 = 0

⇔ p = 12 atau p = 4

⇔ 12 < p < 4

⇔ 12 < 2x < 4

⇔ 2–1 < 2x < 22

⇔ –1 < x < 2Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {–1 < x < 2}.

9. 4x2 – x – 2 × 2x2 – 5x + 4 < 1

16

⇔ (22)x2 – x – 2 × 2x2 – 5x + 4 < 2–4

⇔ 22x2 – 2x – 4 + x2 – 5x + 4 < 2–4

⇔ 2x2 – 2x – 4 + x2 – 5x + 4 < –4⇔ 3x2 – 7x + 4 < 0⇔ (3x – 4)(x – 1) < 0


+ – +

1 43

+ – +

119

Pembuat nol:3x – 4 = 0 atau x – 1 = 0

⇔ x = 43 atau x = 1

⇔ 1 < x < 43

Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan

tersebut adalah 1 < x < 43 .

10. 32x + 3 – 10 · 3x + 1 + 3 < 0⇔ 33 · 32x – 10 · 3 · 3x + 1 + 3 < 0⇔ 27 · 32x – 30 · 3x + 3 < 0⇔ 9 · 32x – 10 · 3x + 1 < 0

Misalkan 3x = p, pertidaksamaan menjadi:9p2 – 10p + 1 < 0⇔ (9p – 1)(p – 1) < 0Pembuat nol:9p – 1= 0 atau p – 1 = 0

⇔ p = 19 atau p = 1

Penyelesaian:

⇔ 19 < p < 1

⇔ 3–2 < 3x < 30

⇔ –2 < x < 0Jadi, penyelesaiannya adalah –2 < x < 0.

202 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma

5. Menggunakan aturanyang berkaitan de-ngan fungsi eksponendan logaritma dalampemecahan masalah.

Standar Kompetensi Kompetensi Dasar Nilai

5.1 Menggunakan sifat-sifat fungsi eksponendan logaritma dalampemecahan masalah.

5.2 Menggambar grafikfungsi eksponen danlogaritma.

5.3 Menggunakan sifat-sifat fungsi eksponenatau logaritma dalampenyelesaian perti-daksamaan eksponenatau logaritma seder-hana.

Kritis Mengajak siswa membuktikan rumus penyelesaianpersamaan logaritma

Pada bab ini akan dipelajari:1. Fungsi logaritma2. Grafik fungsi logaritma3. Persamaan logaritma4. Pertidaksamaan logaritma


Siswa mampu menggambar grafikfungsi logaritma

Siswa dapat menggambar grafik fungsi logaritma danmenggunakan sifat-sifat fungsi logaritma untuk

menyelesaikan persamaan dan pertidaksamaan logaritma

Indikator

Menyelesaikan pertidaksamanlogaritma

Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma

Menyelesaikan persamaan logaritmaMenggambar grafik fungsi logaritma

• Mendefinisikan pengertian fungsilogaritma

• Menyebutkan sifat-sifat fungsilogaritma

• Menggunakan sifat-sifat fungsilogaritma

• Menggambar grafik fungsi logaritma

• Mendefinisikan persamaan logaritma• Menyelesaikan persamaan loga-

ritma• Menyelesaikan permasalahan yang

berkaitan dengan persamaanlogaritma

• Mendefinisikan pertidaksamaanlogaritma

• Menyelesaikan pertidaksamaanlogaritma

• Menyelesaikan permasalahan yangberkaitan dengan pertidaksamaanlogaritma

Siswa mampu menyelesaikanpersamaan logaritma

Siswa mampu menyelesaikanpertidaksamaan logaritma


+ – +

–3 12

+ – +2 5

–2 –1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

7

6

5

4

3

2

1

–1

–2

Y

X

y = f(x) = 2log (3x + 12

)

5. Jawaban: aDomain fungsi logaritma adalah Df = {x | x > 0 danx ∈ R}.y = 2log (x2 – 7x + 10)Domain fungsinya:x2 – 7x + 10 > 0⇔ (x – 5)(x – 2) > 0

⇔ x < 2 atau x > 5Jadi, domain fungsinya {x | x < 2 atau x > 5, x ∈ R}.

6. Jawaban: cf(x) = xlog (2x2 + 5x – 3) terdefinisi jika x > 0, x ≠ 1,dan (2x2 + 5x – 3) > 0.2x2 + 5x – 3 > 0⇔ (2x – 1)(x + 3) > 0

⇔ x < –3 atau x > 12

Oleh karena x > 0 dan x ≠ 1 maka nilai x yang

memenuhi adalah x > 12

dan x ≠ 1.

Jadi, domainnya {x | x > 12

, x ≠ 1, x ∈ R}.

7. Jawaban: dCara 1

f(x) = 2log (3x + 12

)

Beberapa titik yang dilalui

x 0 16

12

76

52

316

212

f(x) –1 0 1 2 3 4 5

A. Pilihan Ganda

1. Jawaban: a

f(8) = 14 log (2 · 82 + 8 + 8)

= 14 log 144

= 14 log 9 · 16

= 14 log 9 +

14 log 16

= 2–2log 32 + 2–2log 24

= –2log 3 – 2 · 2log 2= –2log 3 – 2

2. Jawaban: e2log (32x2 + 96x + 72) = 2log 8(4x2 + 12x + 9)

= 2log 8(2x2 + 3)2

= 2log 8 + 2log (2x + 3)2

= 3 + 2 · 2log (2x + 3)= 3 + 2p

3. Jawaban: c

f(x) = 3

xlog x

2 log 3− =

3

3

1

log x

log x

2 − ×

3

3log xlog x

= 3 2

3( log x)

2 · log x 1−

f( 3x

) = 33 2x33x

( log )

2 · log 1−

= 3 3 2

3 3( log 3 log x)

2 · log 3 2 · log x 1−

− −

= 3 2

3(1 log x)1 2 · log x

−−

f(x) + f( 3x

) = 3 2

3( log x)

2 · log x 1− –

3 2

3(1 log x)1 2 · log x

−−

= 3 2 3 2

3( log x) (1 log x)

2 · log x 1− −

−

= 3 2 3 3 2

3( log x) (1 2 · log x ( log x) )

2 · log x 1− − +

−

= 3

32 · log x 12 · log x 1

−−

= 1

4. Jawaban: dFungsi y = alog x terdefinisi jika a > 0, a ≠ 1 sertax > 0. Fungsi y = x – 2log 5 terdefinisi jika x – 2 > 0dan x – 2 ≠ 1.1) x – 2 > 0

⇔ x > 22) x – 2 ≠ 1

⇔ x ≠ 3Dari 1) dan 2) diperoleh nilai x yang memenuhiadalah x > 2 dan x ≠ 3.


Dari grafik tersebut diperoleh

Domain = Df = {x| 0 ≤ x ≤ 212

, x ∈ R}

Range = Rf = {y| –1 ≤ y ≤ 5, y ∈ R}

Cara 2

f(x) = 2log (3x + 12

)

Fungsi logaritma f(x) dengan bilangan pokok a = 2 > 1merupakan fungsi monoton naik. Dengan demikian,semakin besar nilai x maka f(x) akan semakinbesar.f(x) terkecil dicapai saat x = 0.

f(0) = 2log (3 × 0 + 12

) = 2log 12

= –1

f(x) terbesar dicapai saat x = 212

.

f( 212

) = 2log (3 × 212

+ 12

) = 2log 32 = 5

Range fungsi = {f(0) ≤ f(x) ≤ f( 12

)}

= {y| –1 ≤ y ≤ 5, y ∈ R}

8. Jawaban: eGrafik pada soal merupakan grafik fungsi logaritmaf(x) = alog x dengan a > 1.Sifat-sifat grafik tersebut:1) mempunyai asimtot tegak x = 0;2) memotong sumbu X di titik (1, 0);3) daerah asal fungsi {x | x > 0, x ∈ R}.Jadi, pernyataan yang benar pada pilihan e.

9. Jawaban: bTabel titik bantu fungsi f(x) = 3log x

Fungsi f(x) = 3log x melalui titik (1, 0), (3, 1), dan(9, 2).

Jadi, grafik yang sesuai adalah pilihan b.

10. Jawaban: dGrafik fungsi monoton turun dan memotong sumbu Xdi titik (1, 0), maka persamaannya: y = alog x dengan0 < a < 1. Persamaan grafik fungsi yang bilangan

pokoknya 0 < a < 1 adalah y = 21

log x.Jadi, persamaan grafik fungsi yang mungkin

y = 21

log x.

x 0 1 3 9

f(x) = 3log x – 0 1 2

(x, f(x)) – (1, 0) (3, 1) (9, 2)

Y

X0

2

1

1

3 9

y = f(x)

y = f(x) = 5log 5x + 1

4

3

2

1

Y

X–2 –1 0 1 2 3 4 5 6 7

y = g(x) = 5log 5x

11. Jawaban: ef(x) = 5log 5x + 1Beberapa titik yang dilalui

x 1125

125

15 1 5

g(x) = 5log 5x –2 –1 0 1 2

f(x) = 5log 5x + 1 –1 0 1 2 3

Dari grafik diperoleh kesimpulan berikut.1) Grafik f(x) = 5log 5x + 1 dapat diperoleh dengan

menggeser g(x) = 5 log 5x ke atas 1 satuan.2) Grafik f(x) = 5log 5x + 1 memotong sumbu X

di titik ( 125

, 0).

3) Grafik f(x) = 5log 5x + 1 tidak memotongsumbu Y.

Jadi, pernyataan yang benar adalah pilihan e.

12. Jawaban: b

f(x) = – 3log x = 3log x–1 = 3log 1x

Jika grafik fungsi f(x) = 3log 1x

dicerminkan

terhadap sumbu X, bayangannya:

g(x) = 13 log 1

x =

13 1log x− − = 3log x.

13. Jawaban: bf(x) = 2log 2x2

⇔ f(x) = x2 · 2log 2⇔ f(x) = x2

Grafik y = f(x) = x2 berbentuk parabola yang terbukake atas. Jadi, grafik yang benar pilihan b.

14. Jawaban: aGrafik melalui titik (3, 1), maka1 = alog 3 ⇔ a1 = 3 ⇔ a = 3.Persamaan grafik menjadi y = 3log x.Invers dari y = 3log x adalah y–1 = 3x.Jadi, persamaan grafik fungsi inversnya y = 3x.


–4 –3 –2 –1 0 1 2 3 4 5 6 7 8

9

87

65

4

3

21

–1–2

–3–4

–5

–6–7

–8–9

Y

X

g(x) = –3 2log x

x 0 1 3 9

f(x) = 3log x – 0 1 2

(x, f(x)) – (1, 0) (3, 1) (9, 2)

x 0 1 2 4 16 64

f(x) = 4log x – 012 1 2 3

(x, f(x)) – (1, 0) (2, 12 ) (4, 1) (16, 2) (64, 3)

x 014 1 4 16 64

f(x) = 4log 4x – 0 1 2 3 4

(x, f(x)) – (14 , 0) (1, 1) (4, 2) (16, 3) (64, 4)

c. Fungsi f(x) = 4log (x + 1)

Grafik fungsi f(x) = 4log (x + 1)

2. a. g(x) = k 2log x

⇔ g( 132

) = k · 2log 132

⇔ 15 = k · 2log 2–5

⇔ 15 = k · (–5)

⇔ k = 155−

= –3

Jadi, nilai k = –3.

b. g(x) = k · 2log x= –3 · 2log x

Beberapa titik yang dilalui fungsi g(x) = –3 · 2log x

x 18

14

12 1 2 4 8

f(x) 9 6 3 0 –3 –6 –9

x 0 3 15 63

f(x) = 4log 4x 0 1 2 3

(x, f(x)) (0, 0) (3, 1) (15, 2) (63, 3)

Y

X0

3

2

1

1 3 9

1

Y

X01

4 16 64

3

2

1

Y

X01

4 16 64

4

Y

X01

3 15 63

3

15. Jawaban: bFungsi f(x) = 3log x

Grafik fungsi tersebut diperoleh dengan menggeserf(x) = 3log x ke atas 1 satuan.Jadi, persamaan grafik fungsi logaritma padagambar adalah f(x) = 3log x + 1.

B. Uraian

1. a. Fungsi f(x) = 4log x

Grafik fungsi f(x) = 4log x

b. Fungsi f(x) = 4log 4x

Grafik fungsi f(x) = 4log 4x

f(x) = 3log x


Diperoleh persamaan f(x) = 12 log 2x .

Grafik fungsi f(x) digeser ke kanan 2 satuan maka

g(x) = 12 log 2(x + 2) .

Jadi, persamaan grafik fungsi g(x) = 12 log 2(x 2)− .

5. Grafik f(x) = 3log (–2x2 + px + n) mempunyai titikekstrem (–2, 2) maka:Absis titik ekstrem: xm = –2

xm = b2a−

⇔ –2 = p2( 2)

−−

⇔ p = –8

Substitusi nilai p = –8 ke persamaan grafik f(x) =3log (–2x2 + px + n) diperoleh f(x) = 3log (–2x2 – 8x + n).Grafik f(x) melalui titik (–2, 2), maka f(–2) = 2.

3log (–2(2)2 – 8(–2) + n) = 2⇔ 3log (–8 + 16 + n) = 2⇔ 3log (8 + n) = 2⇔ 8 + n = 32

⇔ 8 + n = 9⇔ n = 1Persamaan grafik menjadi:f(x) = 3log (–2x2 – 8x + 1)f(–1) = 3log (–2(–1)2 – 8(–1) + 1)

= 3log (–2 + 8 + 1)= 3log 7

f(–3) = 3log (–2(–3)2 – 8(–3) + 1)= 3log (–18 + 24 + 1)= 3log 7

Nilai f( 1)f( 3)

−−

= 3

3log 7log 7

= 1

Jadi, nilai f( 1)f( 3)

−−

= 1.

3. f(x) = 13 log (ax + b)

Grafik melalui titik (2, 0) dan (4, –1) maka:

f(2) = 0 ⇔13 log (a · 2 + b) = 0

⇔13 log (2a + b) = 0

⇔ 2a + b = 01

3

⇔ 2a + b = 1 . . . . (1)

f(4) = –1 ⇔13 log (a · 4 + b) = –1

⇔13 log (4a + b) = –1

⇔ 4a + b = 11

3

−

⇔ 4a + b = 3 . . . . (2)

Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2).2a + b = 14a + b = 3–––––––––– –

–2a = –2⇔ a = 1Substitusi nilai a = 1 ke persamaan (1).2a + b = 1 ⇔ 2 · 1 + b = 1

⇔ b = –1Substitusi nilai a = 1 dan b = –1 ke persamaan

f(x) = 13 log (ax + b) diperoleh:

f(x) = 13 log (1 · x – 1)

= 13 log (x – 1)

Jadi, persamaan grafik fungsi logaritma

f(x) = 13 log (x – 1).

4. Grafik f(x) = alog 2x melalui titik (2, –2) makaf(2) = –2.f(2) = alog 4⇔ –2 = alog 4⇔ a–2 = 4

⇔ a–2 = (14 )–1

⇔ a–2 = (12 )–2

⇔ a = 12


⇔ 2x2 + 7x + 6 = 1⇔ 2x2 + 7x + 5 = 0⇔ (2x + 5)(x + 1) = 0⇔ 2x + 5 = 0 atau x + 1 = 0

⇔ x = –212 atau x = –1

Syarat numerus:1) x + 2 > 0 ⇔ x > –2 . . . (1)

2) 2x + 3 > 0 ⇔ 2x > –3 ⇔ x > –112 . . . (2)

Oleh karena x = –212 tidak memenuhi syarat

numerus (1) dan (2) maka x = –212 bukan

merupakan penyelesaian.Oleh karena x = –1 memenuhi syarat numerus (1)dan (2) maka x = –1 merupakan penyelesaian.Jadi, nilai x yang memenuhi x = –1.

4. Jawaban: b2log (x2 + 11x + 31) = 6log (x2 + 11x + 31)Penyelesaian alog f(x) = blog f(x) adalah f(x) = 1.x2 + 11x + 31 = 1⇔ x2 + 11x + 30 = 0⇔ (x + 5)(x + 6) = 0⇔ x = –5 atau x = –6Oleh karena x2 > x1 maka x1 = –6 dan x2 = –5.Nilai x1

2 + 2x2 = (–6)2 + 2(–5) = 36 – 10 = 26.

5. Jawaban: c(3x + 1)log 25 = 2 · 4log 5

⇔ (3x + 1)log 25 = 4log 52

⇔ (3x + 1)log 25 = 4log 25

⇔ 3x + 1 = 4⇔ 3x = 3⇔ x = 1Syarat bilangan pokok:

1) 3x + 1 > 0 ⇔ 3x > –1

⇔ x > –13 . . . (1)

2) 3x + 1 ≠ 1 ⇔ 3x ≠ 0

⇔ x ≠ 0 . . . (2)Oleh karena x = 1 memenuhi syarat bilangan pokok(1) dan (2) maka x = 1 merupakan penyelesaian.Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 1.

A. Pilihan Ganda1. Jawaban: e

3log (2x – 1) = 2

⇔ 3log (2x – 1) = 3log 32

⇔ 3log (2x – 1) = 3log 9Penyelesaian alog f(x) = alog p adalah f(x) = p.⇔ 2x – 1 = 9⇔ 2x = 10⇔ x = 5Syarat numerus: 2x – 1 > 0

⇔ 2x > 1

⇔ x > 12

Oleh karena x = 5 memenuhi syarat numerus

(x > 12 ) maka x = 5 merupakan penyelesaian.

Jadi, penyelesaiannya x = 5.

2. Jawaban: d12 log (x2 – 4x + 5) = –1

⇔12 log (x2 – 4x + 5) =

12 log (

12 )–1

Penyelesaian alog f(x) = alog p adalah f(x) = p.

⇔ x2 – 4x + 5 = (12 )–1

⇔ x2 – 4x + 5 = 2⇔ x2 – 4x + 3 = 0⇔ (x – 3)(x – 1) = 0⇔ x – 3 = 0 atau x – 1 = 0⇔ x = 3 atau x = 1Syarat numerus: (x2 – 4x + 5) > 0(x2 – 4x + 5) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0maka (x2 – 4x + 5) definit positif sehingga(x2 – 4x + 5) > 0 dipenuhi untuk sebarang nilai x ∈ R.Jadi, himpunan penyelesaiannya {1, 3}.

3. Jawaban: b3log (x + 2) =

13 log (2x + 3)

⇔ 3log (x + 2) = –1 · 3log (2x + 3)⇔ 3log (x + 2) = 3log (2x + 3)–1

⇔ 3log (x + 2) = 3log (1

2x 3+ )

Penyelesaian alog f(x) = alog g(x) adalah f(x) = g(x).

⇔ x + 2 = 12x 3+

⇔ (x + 2)(2x + 3) = 1


8. Jawaban: e(2x + 1)log (x2 + x + 2) · 4log (2x + 1) =

32

⇔ 4log (2x + 1) · (2x + 1)log (x2 + x + 2) = 32

⇔ 4log (x2 + x + 2) = 4log 324

Penyelesaian alog f(x) = alog g(x) adalah f(x) = g(x).

⇔ x2 + x + 2 = 324

⇔ x2 + x + 2 – 8 = 0⇔ x2 + x – 6 = 0⇔ (x + 3)(x – 2) = 0⇔ x + 3 = 0 atau x – 2 = 0⇔ x = –3 atau x = 2a. Syarat numerus:

1) x2 + x + 2 > 0(x2 + x + 2) mempunyai nilai D < 0 dana > 0 maka (x2 + x + 2) definit positifsehingga (x2 + x + 2) > 0 dipenuhi untuksebarang nilai x ∈ R. . . . (1)

2) 2x + 1 > 0 ⇔ 2x > –1

⇔ x > –12

. . . (2)b. Syarat bilangan pokok:1) 2x + 1 > 0 ⇔ 2x > –1

⇔ x > –12 . . . (3)

2) 2x + 1 ≠ 1 ⇔ 2x ≠ 0⇔ x ≠ 0 . . . (4)

Oleh karena x = –3 tidak memenuhi pertidaksamaan(2) dan (3) maka x = –3 bukan merupakanpenyelesaian.Oleh karena x = 2 memenuhi pertidaksamaan (1),(2), (3), dan 4) maka x = 2 merupakanpenyelesaian.Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 2.

9. Jawaban: b

xlog 81 – 2 · xlog 27 + xlog 9 + 12 · xlog 729 = 6

⇔ xlog 34 – 2 · xlog 33 + xlog 32 + 12 · xlog 36 = 6

⇔ 4 · xlog 3 – 2 · 3 · xlog 3 + 2 · xlog 3

+ 12 · 6 xlog 3 = 6

⇔ (4 – 6 + 2 + 3) xlog 3 = 6⇔ 3 · xlog 3 = 6⇔ xlog 3 = 2Penyelesaian f(x)log g(x) = p adalah g(x) = (f(x))p.⇔ 3 = x2

⇔ x = 3 atau x = – 3

Syarat bilangan pokok:1) x > 0 . . . (1)2) x ≠ 1 . . . (2)

+ – +

–6 43

– 65

6. Jawaban: e5log 2

12 = 6x + 1log 2

⇔ 12

· 5log 2 = 6x + 1log 2

⇔ 52log 2 = 6x + 1log 2

⇔ 25log 2 = 6x + 1log 2Penyelesaian f(x)log a = g(x)log a adalah f(x) = g(x).⇔ 25 = 6x + 1⇔ 6x = 25 – 1⇔ 6x = 24⇔ x = 4Syarat bilangan pokok:1) 6x + 1 > 0 ⇔ 6x > –1

⇔ x > –16

2) 6x + 1 ≠ 1 ⇔ 6x ≠ 0⇔ x ≠ 0

Oleh karena x = 4 memenuhi x > –16 dan x ≠ 0

maka x = 4 merupakan penyelesaian.Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 4.

7. Jawaban: dxlog (3x2 + 14x – 24) – xlog (5x + 6) = 0⇔ xlog (3x2 + 14x – 24) = xlog (5x + 6)Penyelesaian h(x)log f(x) = h(x)log g(x) adalah f(x) =g(x).⇔ 3x2 + 14x – 24 = 5x + 6⇔ 3x2 + 9x – 30 = 0⇔ 3(x – 2)(x + 5) = 0⇔ x = 2 atau x = 5a. Syarat numerus:

1) 3x2 + 14x – 24 > 0⇔ (3x – 4)(x + 6) > 0

. . . (1)

2) 5x + 6 > 0⇔ 5x > –6

⇔ x > –65 . . . (2)

b. Syarat bilangan pokok:1) x > 0 . . . (3)2) x ≠ 1 . . . (4)

Oleh karena x = 2 memenuhi pertidaksamaan (1),(2), (3), dan (4) maka x = 2 merupakanpenyelesaian.Oleh karena x = –5 tidak memenuhi pertidaksamaan(2) dan (4) maka x = –5 bukan merupakanpenyelesaian.Jadi, himpunan penyelesaiannya {2}.


–2

+ +

– 32

Oleh karena x = 3 memenuhi syarat bilanganpokok (1) dan (2) maka x = 3 merupakanpenyelesaian.Oleh karena x = – 3 tidak memenuhi syarat

bilangan pokok (1) maka x = – 3 bukanmerupakan penyelesaian.Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 3 .

10. Jawaban: c3log (x + 2) + 9log (4x2 + 12x + 9) = 1⇔ 3log (x + 2) + 9log (4x2 + 12x + 9) = 3log 3

⇔3log (x + 2) + 12 · 3log (4x2 + 12x + 9)= 3log 3

⇔ 3log (x + 2) + 3log ((2x + 3)2)12 = 3log 3

⇔ 3log (x + 2) + 3log (2x + 3) = 3log 3⇔ 3log ((x + 2)(2x + 3)) = 3log 3Penyelesaian alog f(x) = alog g(x) adalah f(x) = g(x).⇔ (x + 2)(2x + 3) = 3⇔ 2x2 + 7x + 6 – 3 = 0⇔ 2x2 + 7x + 3 = 0⇔ (2x + 1)(x + 3) = 0⇔ 2x + 1 = 0 atau x + 3 = 0

⇔ x = –12 atau x = –3

Syarat numerus:1) (x + 2)(2x + 3) > 0

⇔ x < –2 atau x > –32 . . . (1)

2) x + 2 > 0 ⇔ x > –2 . . . (2)

3) 4x2 + 12x + 9 > 0⇔ (2x + 3)2 > 0

⇔ x < –32 atau x > –

32 . . . (3)

Oleh karena x = –12 memenuhi syarat numerus

(1), (2), dan (3) maka x = –12 merupakan

penyelesaian.

Oleh karena x = –3 tidak memenuhi syaratnumerus (2) maka x = –3 bukan merupakanpenyelesaian.

Jadi, penyelesaiannya x = –12 .

11. Jawaban: e(3log x)2 – 3 · 3log x + 2 = 0Misalkan 3log x = p, maka persamaan logaritma diatas menjadi:

p2 – 3p + 2 = 0⇔ (p – 1)(p – 2) = 0⇔ p = 1 atau p = 2⇔ 3log x = 1 atau 3log x = 2⇔ x = 31 atau x = 32

⇔ x = 3 atau x = 9Syarat numerus:x > 0Oleh karena x = 3 dan x = 9 memenuhi syaratnumerus x > 0 maka x = 3 dan x = 9 merupakanpenyelesaian.Diperoleh x1 = 3 atau x2 = 9.Jadi, nilai x1x2 = 3 · 9 = 27.

12. Jawaban: d2log2 (2x – 2) – 2log (2x – 2) = 2⇔ (2log (2x – 2))2 – 2log (2x – 2) – 2 = 0Misalkan 2log (2x – 2) = p, maka persamaanlogaritma menjadi:p2 – p – 2 = 0⇔ (p – 2)(p + 1) = 0⇔ p – 2 = 0 atau p + 1 = 0⇔ p = 2 atau p = –1⇔ 2log (2x – 2) = 2 atau 2log (2x – 2) = –1⇔ 2x – 2 = 22 atau 2x – 2 = 2–1

⇔ 2x = 6 atau 2x = 212

⇔ x = 3 atau x = 114

Syarat numerus:2x – 2 > 0 ⇔ 2x > 2

⇔ x > 1

Oleh karena x = 3 dan x = 114 memenuhi syarat

numerus x > 1 maka x = 3 dan x = 114 merupakan

penyelesaian.

Jadi, nilai x yang memenuhi x = 3 atau x = 114 .

13. Jawaban: a

(2log (x + 2))2 + 2log (x + 2)3 = 2log 14

⇔2log2 (x + 2) + 3 · 2log (x + 2) = 2log 2–2

⇔2log2 (x + 2) + 3 · 2log (x + 2) = –2

+ – +

–2 – 32


Penyelesaian alog f(x) = alog g(x) adalahf(x) = g(x).⇔ (x – 2)(x – 4) = 8⇔ x2 – 6x + 8 – 8 = 0⇔ x2 – 6x = 0⇔ x = 0 atau x = 6Syarat numerus:1) x – 2 > 0 ⇔ x > 2 . . . (1)2) x – 4 > 0 ⇔ x > 4 . . . (2)Oleh karena x = 6 memenuhi (1) dan (2) makax = 6 merupakan penyelesaian.Oleh karena x = 0 tidak memenuhi (1) dan (2)maka x = 0 bukan merupakan penyelesaian.Jadi, penyelesaiannya x = 6.

b. log (2x2 – 11x + 12) = log x(x – 3)⇔ log (2x2 – 11x + 12) = log (x2 – 3x)Penyelesaian alog f(x) = alog g(x) adalahf(x) = g(x).

2x2 – 11x + 12 = x2 – 3x⇔ x2 – 8x + 12 = 0⇔ (x – 2)(x – 6) = 0⇔ x = 2 atau x = 6Syarat numerus:1) 2x2 – 11x + 12 > 0

⇔ (2x – 3)(x – 4) > 0

⇔ x < 32 atau x > 4 . . . (1)

2) x(x – 3) > 0

⇔ x < 0 atau x > 3 . . . (2)Oleh karena x = 2 tidak memenuhi (1) dan (2)maka x = 2 bukan merupakan penyelesaian.Oleh karena x = 6 memenuhi (1) dan (2) makax = 6 merupakan penyelesaian.Jadi, penyelesaiannya x = 6.

2. a. (2x + 1)log (2x2 + x – 1) = (2x + 1)log (x2 + 5)Penyelesaian h(x)log f(x) = h(x)log g(x) adalahf(x) = g(x).⇔ 2x2 + x – 1 = x2 + 5⇔ x2 + x – 6 = 0⇔ (x – 2)(x + 3) = 0⇔ x – 2 = 0 atau x + 3 = 0⇔ x = 2 atau x = –3

Misalkan y = 2log (x + 2) maka persamaan menjadi:y2 + 3y = –2⇔ y2 + 3y + 2 = 0⇔ (y + 2)(y + 1) = 0⇔ y1 = –2 atau y2 = –1⇔ 2log (x1 + 2) = –2 atau 2log (x2 + 2) = –1

⇔ 2log (x1 + 2) = 2log 14

atau 2log (x2 + 2) = 2log 12

⇔ x1 + 2 = 14

atau x2 + 2 = 12

⇔ x1 = –1 34

atau x2 = –1 12

|x1 – x2| = |–1 34

– (–1 12

)|

= |– 14

|

= 14

= 0,25

14. Jawaban: bx

x5 · log 8 3

5 log 8−

− = 6

Misal xlog 8 = p persamaan menjadi:

⇔ 5p 35 p

−− = 6

⇔ 5p – 3 = 30 – 6p⇔ 11p = 33⇔ p = 3⇔ xlog 8 = 3⇔ 8 = x3

⇔ x = 3 8 = 2Jadi, nilai x yang memenuhi 2.

15. Jawaban: a5

5log (4x

2 + 3) + 4

2log (x

2 – 1) = 39

⇔ 5 5log (4x

2 + 3) + 2 2

2log (x

2 – 1) = 39

⇔ 5 5log (4x

2 + 3) + 2

2log (x

2 – 1)2 = 39

⇔ (4x2 + 3) + (x2 – 1)2 = 39⇔ 4x2 + 3 + x4 – 2x2 + 1 = 39⇔ x4 + 2x2 – 35 = 0⇔ (x2 + 7)(x2 – 5) = 0⇔ x2 + 7 = 0 atau x2 – 5 = 0

(tidak ada x x = ± 5yang memenuhi)

Syarat numerus: 4x2 + 3 > 0(4x2 + 3) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 maka(4x2 + 3) definit positif sehingga (4x2 + 3) > 0dipenuhi untuk sebarang nilai x ∈ R. Oleh karenaa > b maka a = x1 = 5 dan b = x2 = – 5 .

Jadi, a – b = 5 – (– 5 ) = 2 5 .

B. Uraian1. a. 2log (x – 2) + 2log (x – 4) = 3

⇔ 2log ((x – 2)(x – 4)) = 2log 8

+ – +

32 4

+ – +

0 3


1) Syarat numerus:a) 2x2 + x – 1 > 0

⇔ (2x – 1)(x + 1) > 0

⇔ x < –1 atau x > 12 . . . (1)

b) x2 + 5 > 0(x2 + 5) mempunyai nilai D < 0 dana > 0 maka (x2 + 5) definit positifsehingga (x2 + 5) > 0 dipenuhi untuksebarang nilai x ∈ R. . . . (2)

2) Syarat bilangan pokok:a) 2x + 1 > 0 ⇔ 2x > 1

⇔ x > –12 . . . (3)

b) 2x + 1 ≠ 1 ⇔ 2x ≠ 0⇔ x ≠ 0 . . . (4)

Oleh karena x = 2 memenuhi (1), (2), (3), dan(4) maka x = 2 merupakan penyelesaian.Oleh karena x = –3 tidak memenuhi (3) makax = –3 bukan merupakan penyelesaian.Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 2.

b. xlog 4 + 4log x = 52

⇔ log 4log x

+ 4log x = 52

⇔ log x log 4

1 + 4log x = 52

⇔ 41

log x + 4log x = 5

2

⇔ 1 + (4log x)2 = 52

4log x ← kali 4log x

Misalkan 4log x = A maka persamaanlogaritma menjadi:

1 + A2 = 52

A

⇔ A2 – 52

A + 1 = 0⇔ 2A2 – 5A + 2 = 0 ← kali 2⇔ (2A – 1)(A – 2) = 0⇔ 2A – 1 = 0 atau A – 2 = 0

⇔ A = 12

atau A = 2

⇔ 4log x = 12

atau 4log x = 2

⇔ x =

124 atau x = 42

⇔ x = 2 atau x = 161) Syarat numerus: x > 0 . . . (1)2) Syarat bilangan pokok:

x > 0, x ≠ 1 . . . (2)Oleh karena x = 2 dan x = 16 memenuhi syarat(1) dan (2) maka x = 2 dan x = 16 merupakanpenyelesaian.Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 2 dan 16.

c. (x + 1)log (3x2 + 2x – 1) = 2Penyelesaian f(x)log g(x) = p adalahg(x) = (f(x))p.⇔ (3x2 + 2x – 1) = (x + 1)2

⇔ 3x2 + 2x – 1 = x2 + 2x + 1⇔ 2x2 – 2 = 0⇔ 2(x2 – 1) = 0⇔ 2(x – 1)(x + 1) = 0⇔ x – 1 = 0 atau x + 1 = 0⇔ x = 1 atau x = –11) Syarat numerus:

3x2 + 2x – 1 > 0⇔ (3x – 1)(x + 1) > 0

⇔ x < –1 atau x > 13

. . . (1)2) Syarat bilangan pokok:

a) x + 1 > 0⇔ x > –1 . . . (2)

b) x + 1 ≠ 1⇔ x ≠ 0 . . . (3)

Oleh karena x = 1 memenuhi syarat (1), (2),dan (3) maka x = 1 merupakan penyelesaian.Oleh karena x = –1 tidak memenuhi syarat(1) dan (2) maka x = –1 bukan merupakanpenyelesaian.Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 1.

3. a. (3x2 + 10)log 3 = 127

1

log 11x + 4 · 11xlog 3

⇔ (3x2 + 10)log 3 = 11xlog1

27 + 11xlog 34

⇔ (3x2 + 10)log 3 = 11xlog 8127

⇔ (3x2 + 10)log 3 = 11xlog 3Penyelesaian f(x)log a = g(x)log a adalahf(x) = g(x).⇔ 3x2 + 10 = 11x⇔ 3x2 – 11x + 10 = 0⇔ (3x – 5)(x – 2) = 0⇔ 3x – 5 = 0 atau x – 2 = 0

⇔ x = 53 atau x = 2

Syarat bilangan pokok:1) 3x2 + 10 > 0

(3x2 + 10) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0maka (3x2 + 10) definit positif sehingga(3x2 + 10) > 0 dipenuhi untuk sebarangnilai x ∈ R. . . . (1)

2) 11x > 0 ⇔ x > 0 . . . (2)

Oleh karena x = 53 dan x = 2 memenuhi syarat

(1) dan (2) maka x = 53 dan x = 2 merupakan

penyelesaian.

Jadi, himpunan penyelesaiannya = {53 , 2}.


b. 3log2 x – 3 3 log x = 3 log 9

⇔ 3log2 x – 133 log x =

123 log 32

⇔ 3log2 x – 3 · 3log x = 4 · 3log 3⇔ 3log2 x – 3 · 3log x – 4 = 0⇔ (3log x – 4)(3log x + 1) = 0⇔ 3log x – 4 = 0 atau 3log x + 1 = 0⇔ 3log x = 4 atau 3log x = –1Penyelesaian alog f(x) = alog p adalahf(x) = p.⇔ x = 34 atau x = 3–1

⇔ x = 81 atau x = 13

Syarat numerus: x > 0

Oleh karena x = 13 dan x = 81 memenuhi

syarat x > 0 maka x = 13 dan x = 81

merupakan penyelesaian.

Jadi, himpunan penyelesaiannya {13 , 81}.

4. a. x(3 – 3log x) = 9⇔ 3log x(3 – 3log x) = 3log 9⇔ (3 – 3log x) · 3log x = 2⇔ 3 · 3log x – 3log2 x = 2⇔ 3log2 x – 3 · 3log x + 2 = 0⇔ (3log x – 1)(3log x – 2) = 0⇔ 3log x = 1 atau 3log x = 2⇔ 3log x = 3log 31 atau 3log x = 3log 32

⇔ x = 3 atau x = 9Syarat numerus: x > 0Oleh karena x = 3 dan x = 9 memenuhi syaratnumerus maka x = 3 dan x = 9 merupakanpenyelesaian.Jadi, himpunan penyelesaiannya {3, 9}.

b. 5log2 x + 55log 21 – 5log 3 = 5log x3 + 255log 5

⇔ 5log2 x + 55log 213 = 3 · 5log x + (55log 5 )2

⇔ 5log2 x + 55log 7 = 3 · 5log x + (55log 5 )2

Ingat aalog b = b.

⇔ 5log2 x + 7 = 3 · 5log x + ( 5 )2

⇔ 5log2 x + 7 = 3 · 5log x + 5⇔ 5log2 x – 3 · 5log x + 2 = 0⇔ (5log x – 1)(5log x – 2) = 0⇔ 5log x = 1 atau 5log x = 2⇔ 5log x = 5log 5 5log x = 5log 52

⇔ x = 5 x = 25

Syarat numerus: x > 0 . . . (1)x3 > 0 . . . (2)

Oleh karena x = 5 dan x = 25 memenuhi (1)dan (2) maka x = 5 dan x = 25 merupakanpenyelesaian.

Jadi, himpunan penyelesaiannya {5, 25}.

5. 104 log x – 6(102 log x) + 5 = 0Penyelesaian f(x)log g(x) = p adalah g(x) = (f(x))p.⇔ (102 log x)2 – 6(102 log x) + 5 = 0

Misalkan y = 102 log x.⇔ y2 – 6y + 5 = 0⇔ (y – 1)(y – 5) = 0⇔ y = 1 atau y = 5

y = 1 ⇔ 102 log x = 1⇔ 102 log x = 100

⇔ 2 log x = 0⇔ x = 20

⇔ x = 1

y = 5 ⇔ 102 log x = 5⇔ log 102 log x = log 5⇔ 2 log x · log 10 = log 5⇔ 2 log x = log 5⇔ log x2 = log 5⇔ x2 = log 5⇔ x = – 5 atau x = 5

Syarat numerus: x > 0Oleh karena x = 1 dan x = 5 memenuhi syarat

numerus maka x = 1 dan x = 5 merupakan

penyelesaian.

Jadi, himpunan penyelesaiannya {1, 5 }.Cara lain:

104 log x – 6(102 log x) + 5 = 0⇔ 10log x4 – 6(10log x2) + 5 = 0⇔ x4 – 6x2 + 5 = 0⇔ (x2 – 1)(x2 – 5) = 0⇔ x2 = 1 atau x2 = 5⇔ x = ±1 atau x = ± 5

Oleh karena x numerus maka x > 0.

Jadi, himpunan penyelesaiannya {1, 5 }.


+ – +

–4 3

+ – +

–2 4

+ – +

–1 3

–2 4–1 3


1. Jawaban: c2log (x – 1)2 ≤ 2⇔ 2log (x – 1)2 ≤ 2log 4Untuk a > 1 penyelesaian alog f(x) ≤ alog g(x) adalahf(x) ≤ g(x).⇔ (x – 1)2 ≤ 4⇔ x2 – 2x + 1 – 4 ≤ 0⇔ x2 – 2x – 3 ≤ 0⇔ (x + 1)(x – 3) ≤ 0

⇔ –1 ≤ x ≤ 3 . . . . (1)Syarat numerus:(x – 1)2 > 0 ⇔ (x – 1)(x – 1) > 0

⇔ x ≠ 1 . . . . (2)Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut.

Jadi, nilai x yang memenuhi –1 < x ≤ 3, x ≠ 1.

2. Jawaban: e13 log (x2 – 9) > 0

⇔13 log (x2 – 9) >

13 log (

13 )0

⇔13 log (x2 – 9) >

13 log 1

Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x)adalah f(x) < g(x).⇔ x2 – 9 < 1⇔ x2 – 10 < 0

⇔ (x + 10 )(x – 10 ) < 0

⇔ – 10 < x < – 10 . . . . (1)

Syarat numerus:x2 – 9 > 0 ⇔ (x + 3)(x – 3) > 0

⇔ x < –3 atau x > 3 . . . . (2)

Irisan (1) dan (2) sebagai berikut.

Jadi, himpunan penyelesaiannya

{x | – 10 < x < –3 atau 3 < x < 10 }.

3. Jawaban: d15 log (x2 – 2x – 3) >

15 log (

15 )–1

⇔15 log (x2 – 2x – 3) >

15 log 5

Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x)adalah f(x) < g(x).⇔ x2 – 2x – 3 < 5⇔ x2 – 2x – 8 < 0⇔ (x + 2)(x – 4) < 0

⇔ –2 < x < 4 . . . . (1)Syarat numerus:x2 – 2x – 3 > 0⇔ (x – 3)(x + 1) > 0

⇔ . . . . (2)

Irisan (1) dan (2) sebagai berikut.

. . . . (3)

⇔ –2 < x < –1 atau 3 < x < 4Nilai yang memenuhi –2 < x < –1 atau 3 < x < 4Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –2 < x < –1atau 3 < x < 4}.

4. Jawaban: c2log (x2 + x + 4) < 5log 625⇔ 2log (x2 + x + 4) < 4⇔ 2log (x2 + x + 4) < 2log 16⇔ x2 + x + 4 < 16⇔ x2 + x – 12 < 0⇔ (x + 4)(x – 3) < 0⇔ –4 < x < 3

1

–1 1 3

+ – +

–1 3

+ – +

– 10 10

–3 3

+–+

– 10 10–3 3


Syarat numerus: x2 + x + 4 > 0(x2 + x + 4) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 maka(x2 + x + 4) definit positif sehingga (x2 + x + 4) > 0dipenuhi untuk sebarang nilai x ∈ R.Jadi, nilai x yang memenuhi –4 < x < 3.

5. Jawaban: c5log (x – 1) ≤

15 log (2x – 1)

⇔ 5log (x – 1) ≤ 5log (2x – 1)–1

Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) ≤ alog g(x)adalah f(x) ≤ g(x).

⇔ x – 1 ≤ 1

2x 1−

⇔ (x – 1) – 1

2x 1− ≤ 0

⇔(x 1)(2x 1) 1

2x 1− − −

− ≤ 0

⇔22x 3x

2x 1−− ≤ 0

⇔x(2x 3)

2x 1−− ≤ 0

. . . . (1)

Syarat numerus:1) x – 1 > 0 ⇔ x > 1

. . . . (2)

2) 2x – 1 > 0 ⇔ x > 12

. . . . (3)

Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai berikut.

. . . . (3)

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 1 < x ≤ 32 }.

6. Jawaban: d2 · 9log2 x – 7 · 9log x > –3Misalkan p = 9log x. Persamaan logaritma di atasmenjadi

2p2 – 7p > –3⇔ 2p2 – 7p + 3 > 0⇔ (2p – 1)(p – 3) > 0

⇔ p < 12 atau p > 3

⇔ 9log x < 12 atau 9log x > 3

⇔ 9log x < 9log 912 atau 9log x >9log 93

⇔ 9log x < 9log 3 atau 9log x >9log 729

⇔ x < 3 atau x > 729 . . .(1)Syarat numerus:x > 0 . . . (2)Dari (1) dan (2) diperoleh nilai x yang memenuhiadalah 0 < x < 3 atau x > 729.Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 0 < x < 3atau x > 729}.

7. Jawaban: b12 log 2 = 2–1log 2 = –1 · 2log 2 = 2log 2–1 = 2log

12

12 log 2 + 2log (3x – 1) < 2log (x + 2)

⇔ 2log 12 + 2log (3x – 1) < 2log (x + 2)

⇔ 2log (3x 1)

2−

< 2log (x + 2)

Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) < alog g(x)adalah f(x) < g(x).

⇔ 3x 12−

< x + 2

⇔ 3x – 1 < 2x + 4⇔ x < 5

. . . . (1)

Syarat numerus:

1) 3x – 1 > 0 ⇔ x > 13

. . . . (2)

2) x + 2 > 0 ⇔ x > –2

. . . . (3)


⇔ 13 < x < 5

Jadi, nilai x yang memenuhi 13 < x < 5.

0 12

1 32

1

12

– + – +

0 12

32

12

3

+–+

–2

5–2 13

13

5


–2

+ – +

–4 2

–1

–2

–2 –1

–4 –2 –1 2

– 83

–2 – 23 0

+ – +

83

− 0

23

−

8. Jawaban: alog (x – 2) + log (x + 1) < 2 log (x + 4)⇔ log ((x – 2)(x + 1)) < log (x + 4)2

⇔ (x – 2)(x + 1) < (x + 4)2

⇔ x2 – x – 2 < x2 + 8x + 16⇔ –9x < 18⇔ –x < 2⇔ x > –2

. . . . (1)

Syarat numerus:1) x – 2 > 0 ⇔ x > 22) x + 1 > 0 ⇔ x > –13) x + 4 > 0 ⇔ x > –4

. . . . (2)

. . . . (3)

. . . . (4)

Irisan penyelesaian (1), (2), (3), dan (4) sebagaiberikut.

Jadi, nilai x yang memenuhi x > 2.

9. Jawaban: c12 log (3x + 2) +

14 log (x2 + 4x + 4) > –2

⇔12 log (3x + 2) +

212 log

(x + 2)2 >

12 log

212

−

⇔12 log (3x + 2) +

12 log (x + 2) >

12 log 4

⇔12 log ((3x + 2)(x + 2)) >

12 log 4

Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x)adalah f(x) < g(x).⇔ (3x + 2)(x + 2) < 4⇔ 3x2 + 8x + 4 – 4 < 0⇔ 3x2 + 8x < 0⇔ x(3x + 8) < 0

⇔ –83

< x < 0 . . . . (1)

Syarat numerus:

1) 3x + 2 > 0 ⇔ x > – 23

. . . . (2)

2) x2 + 4x + 4 > 0⇔ (x + 2)2 ≥ 0

⇔ x < –2 atau x > –2 . . . . (3)


Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –23 < x < 0}.

10. Jawaban: e(x + 2)log (x2 + 2x + 1) ·

13 log (x + 2) > –2

⇔13 log (x + 2) · (x + 2)log (x2 + 2x + 1) > –2

⇔13 log (x2 + 2x + 1) > –2

⇔13 log (x2 + 2x + 1) >

13 log

213

−

Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x)adalah f(x) < g(x).

⇔ x2 + 2x + 1 < 21

3

−

⇔ x2 + 2x + 1 < 9⇔ x2 + 2x – 8 < 0⇔ (x + 4)(x – 2) < 0

. . . . (1)⇔ –4 < x < 2

Syarat numerus:1) x2 + 2x + 1 > 0

⇔ x < –1 atau x > –1

. . . . (2)

⇔ (x + 1)2 > 0

2) x + 2 > 0 ⇔ x > –2

. . . . (3)

Syarat bilangan pokok:1) x + 2 > 0 ⇔ x > –22) x + 2 ≠ 1 ⇔ x ≠ –1

. . . . (4)


Jadi, nilai x yang memenuhi: –2 < x < 2 denganx ≠ –1.

–2

2

–1

–4

–4 –2 –1 2


0 12

1 2

2) 1 – 2log x > 0 ⇔ 2log x < 1⇔ x < 2 . . . . (3)


18 ≤ x < 2

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 18

≤ x < 2.

13. Jawaban: dMisalkan alog x = palog2 x ≥ 8 + 2 alog x⇔ p2 ≥ 8 + 2p⇔ p2 – 2p – 8 ≥ 0⇔ (p + 2)(p – 4) ≥ 0

⇔ p ≤ –2 atau p ≥ 4⇔ alog x ≤ –2 atau alog x ≥ 4⇔ x ≤ a–2 atau x ≥ a4

⇔ x ≤ 21

aatau x ≥ a4 . . . . (1)

Syarat numerus: x > 0 . . . . (2)Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut.

Jadi, nilai x yang memenuhi 0 < x ≤ 21

a atau x ≥ a4.

14. Jawaban: d7(x – 1)log 11 ≥ 11⇔ log 7(x – 1)log 11 ≥ log 11⇔ (x – 1)log 11 · log 7 ≥ log 11

⇔log 11

log (x 1)− · log 7 ≥ log 11

⇔ log 7 ≥ log (x – 1)⇔ 7 ≥ x – 1⇔ x ≤ 8

. . . . (1)

Syarat bilangan pokok:1) x – 1 > 0 ⇔ x > 12) x – 1 ≠ 1 ⇔ x ≠ 2

. . . . (2)

– + – +

–1 0 1

12

1 2

0 a4

21

a

–2 4

+–+

11. Jawaban: e2log x – xlog 2 > 0

⇔ 2log x – 21

log x > 0

Misal 2log x = y, pertidaksamaan logaritmamenjadi:

y – 1y

> 0

⇔2y 1y− > 0

⇔ (y 1)(y + 1)y

− > 0

⇔ –1 < y < 0 atau y > 1⇔ –1 < 2log x < 0 atau 2log x > 1

⇔ 2log 12

< 2log x < 2log 1 atau 2log x > 2log 2

⇔ 12

< x < 1 atau x > 2 . . . . (1)

Syarat numerus: x > 0 . . . . (2)Syarat bilangan pokok: x > 0, x ≠ 1 . . . . (3)Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai berikut.

Jadi, nilai x yang memenuhi 12

< x < 1 atau x > 2.

12. Jawaban: c12 log (1 – 2log x) ≥ –2

⇔12 log (1 – 2log x) ≥

12 log

212

−

Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) ≥ alog g(x)adalah f(x) ≤ g(x).⇔ 1 – 2log x ≤ 4⇔ 2log x ≥ –3⇔ x ≥ 2–3

⇔ x ≥ 18

. . . . (1)

Syarat numerus:1) x > 0 . . . . (2)

18

0

2

20 18

1 2

8


+ – +

–2 6 2 6

–5 5–2 6 2 6

+ – +

–5 5

⇔ –3 < x < 4 . . . (1)Syarat numerusx2 – x – 6 > 0⇔ (x + 2)(x – 3) > 0

⇔ x < –2 atau x > 3 . . . (2)Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut.

⇔ –3 < x < –2 atau 3 < x < 4Jadi, himpunan penyelesaiannya{x | –3 < x < –2 atau 3 < x < 4}.

b.14 log (x2 – 24) ≥ 0

⇔14 log (x2 – 24) ≥

14 log (

14)0

⇔14 log (x2 – 24) ≥

14 log 1

Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) ≥ alogg(x) adalah f(x) ≤ g(x).⇔ x2 – 24 ≤ 1

⇔ x2 – 25 ≤ 0

⇔ (x + 5)(x – 5) ≤ 0

⇔ –5 ≤ x ≤ 5 . . . (1)Syarat numerusx2 – 24 > 0

⇔ (x + 2 6)(x – 2 6) > 0

⇔ x < –2 6 atau x > 2 6 . . . (2)Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut.

⇔ –5 ≤ x < –2 6 atau 2 6 < x ≤ 5


{x | –5 ≤ x ≤ –2 6 atau 2 6 < x ≤ 5}.

1 2 8

–2 23

− 0 2

+ – +

–3 4

+ – +

–2 3

–3 4–2 3

–2

23

−

0 2

+– +

Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut.

Jadi, himpunan penyelesaiannya{x | 1 < x ≤ 8, x ≠ 2}.

15. Jawaban: cGrafik fungsi f(x) di atas g(x) berarti g(x) < f(x).

19 log (x2 – 2x) <

13 log (x + 2)

⇔21

3 log (x2 – 2x) <

13 log (x + 2)

⇔13 log

122(x 2x)− <

13 log (x + 2)

Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) < alog g(x)adalah f(x) > g(x).

⇔ 2x 2x− > x + 2⇔ x2 – 2x > (x + 2)2

⇔ x2 – 2x > x2 + 4x + 4⇔ 6x < –4

⇔ x < –23

. . . . (1)

Syarat numerus:1) x + 2 > 0

⇔ x > –2

. . . . (2)

2) x2 – 2x > 0⇔ x(x – 2) > 0⇔ x < 0 atau x > 2

. . . . (3)


Jadi, batas nilai x yang memenuhi –2 < x < –23 .

B. Uraian

1. a. 6log (x2 – x – 6) < 1⇔ 6log (x2 – x – 6) < 6log 61

Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) < alog g(x)adalah f(x) > g(x).⇔ x2 – x – 6 < 6⇔ x2 – x – 12 < 0⇔ (x + 3)(x – 4) < 0


2. a.15 log (x + 5) +

15 log (x – 3) <

15 log (5x + 3)

⇔ 15 log (x + 5)(x – 3) <

15 log (5x + 3)

Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) < alogg(x) adalah f(x) > g(x).⇔ (x + 5)(x – 3) > 5x + 3⇔ x2 + 5x – 3x – 15 – 5x – 3 > 0⇔ x2 – 3x – 18 > 0⇔ (x + 3)(x – 6) > 0

⇔ x < –3 atau x > 6 . . . (1)Syarat numerus1) x + 5 > 0 ⇔ x > – 5 . . . (2)

2) x – 3 > 0 ⇔ x > 3 . . . (3)

3) 5x + 3 > 0 ⇔ 5x > –3

⇔ x > –35 . . . (4)


Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaantersebut adalah x > 6.

b.13 log 4 = 3

–1log 22 =

21− · 3log 2

= 12

1− · 3log 2–1 = 3 log

12

3 log (x + 1) – 3 log (x – 1) ≥ 13 log 4

⇔ 3 log x + 1x 1

−≥ 3 log

12

⇔ 3 log x + 1x 1

−≥

2( 3) log 2–2

⇔ 3 log x + 1x 1

−≥ 3 log 2–1

Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) ≥ alog g(x)adalah f(x) ≤ g(x).

⇔ x + 1x 1−

≥ 12

⇔ x + 1x 1−

– 12 ≥ 0

⇔ 2x + 2 (x 1)2(x 1)

− −− ≥ 0

⇔ x 32(x 1)

+− ≥ 0

. . . . (1)

⇔ x ≤ –3 atau x > 1Syarat numerus:1) x + 1 > 0 ⇔ x > –1 . . . . (2)2) x – 1 > 0 ⇔ x > 1 . . . . (3)Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagaiberikut.

Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaantersebut adalah x > 1.

3. a. Fungsi f terdefinisi apabila syarat numerusnyadipenuhi, yaitu:x2 – x – 6 > 0⇔ (x + 2)(x – 3) > 0⇔ x < –2 atau x > 3

Jadi, daerah asal fungsi f(x) adalah{x | x < –2 atau x > 3}.

b. f(x) ≥ 0 ⇔ 1 – 6log (x2 – x – 6) ≥ 0⇔ 6log (x2 – x – 6) ≤ 1⇔ 6log (x2 – x – 6) ≤ 6log 6⇔ x2 – x – 6 ≤ 6⇔ x2 – x – 12 ≤ 0⇔ (x + 3)(x – 4) ≤ 0

⇔ –3 ≤ x ≤ 4Oleh karena domain fungsi f adalah {x | x < –2atau x > 3} maka fungsi f tidak negatif untukinterval –3 ≤ x < –2 atau 3 < x ≤ 4.Jadi, interval x yang memenuhi f(x) ≥ 0 adalah–3 ≤ x < –2 atau 3 < x ≤ 4.

4. Misalkan alog x = palog2 x + 10 ≤ 7 alog x⇔ p2 + 10 ≤ 7p⇔ p2 – 7p + 10 ≤ 0⇔ (p – 2)(p – 5) ≤ 0

+ – +

–3 1–3 6

+ –

–5

– 35

–5 –3 3 6

– 35

3

–3 4

+–+

–3 –1 1

–2 3

+–+


1

–4

–4

–8

+ – +

–13

12

–2 –12 –

13

12

–8

0 1

⇔ 2 ≤ p ≤ 5⇔ 2 ≤ alog x ≤ 5⇔ alog a2 ≤ alog x ≤ a5

⇔ a2 ≤ x ≤ a5

Jadi, nilai x yang memenuhi a2 ≤ x ≤ a5.

5. a.12 log

14 log 3x + 1

2x 1 −

< 0

⇔12 log

14 log 3x + 1

2x 1 −

< 12 log 1

Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alogg(x) adalah f(x) < g(x).

⇔14 log 3x + 1

2x 1 −

> 1

⇔14 log 3x + 1

2x 1 −

> 14 log 1

4

Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alogg(x) adalah f(x) < g(x).

⇔ 3x + 12x 1−

< 14

⇔ 3x + 12x 1−

– 14 < 0

⇔ 4(3x + 1) (2x 1)4(2x 1)

− −− < 0

⇔ 12x + 4 2x + 14(2x 1)

−− < 0

⇔ 10x + 54(2x 1)− < 0

⇔ –12 < x <

12 . . . . (1)

Syarat numerus:

1)14 log 3x + 1

2x 1 −

> 0 ⇔ 14 log 3x + 1

x 1 −

> 14 log 1

Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) >alog g(x) adalah f(x) < g(x).

⇔ 3x + 12x 1−

< 1

⇔ 3x + 12x 1−

– 1 < 0

⇔ 3x + 1 (2x 1)2x 1

− −−

< 0

⇔ x + 22x 1−

< 0

⇔ –2 < x < 12 . . . . (2)

+ – +

–2 12

+ – +

–12

12

2 5

+–+ 2) 3x + 12x 1−

> 0

⇔ x < –13 atau x >

12 . . . . (3)

Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagaiberikut.


{x | –12 < x < –

13 }.

b. Nilai bilangan pokok bisa 0 < x < 1 atau x > 1.1) untuk 0 < x < 1 . . . . (1)

x log (2x + 8) ≤ 2

⇔ x log (2x + 8) ≤ x log 2( x)⇔ 2x + 8 ≥ x⇔ x ≥ –8 . . . . (2)

Syarat numerus:2x + 8 > 0 ⇔ x > –4 . . . . (3)

Dari (1), (2), dan (3) diperolehpenyelesaian 0 < x < 1.

2) Untuk x > 1 . . . . (4)

x log (2x + 8) ≤ x log x⇔(2x + 8) ≤ x⇔ x ≤ –8 . . . . (5)

Syarat numerus:2x + 8 > 0 ⇔ x > –4 . . . . (6)

Dari (4), (5), dan (6) tidak ada nilai x yangmemenuhi.

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 0 < x < 1}.


4. Jawaban: e

Fungsi f(x) = 13 log (x + 1)

Grafik fungsi 13 log (x + 1):

Jadi, grafik y = 13 log (x + 1) ditunjukkan oleh

gambar e.

5. Jawaban: aGrafik fungsi f(x) = 4log 2x + 1 memotong sumbu Xjika f(x) = 0.

4log 2x + 1 = 0⇔ 4log 2x = –1⇔ 4log 2x = 4log 4–1

⇔ 2x = 14

⇔ x = 18

Grafik fungsi f(x) memotong sumbu X di titik (18 , 0).

Fungsi f(x) = 4log 2x + 1 mempunyai bilangan pokoka = 4. Oleh karena a = 4 > 1, grafik f(x) monotonnaik.Jadi, grafik yang benar pilihan a.

6. Jawaban: dGrafik fungsi y = alog x melalui titik (8, 1).y = alog x ⇔ 1 = alog 8

⇔ alog a1 = alog 8⇔ a = 8

Jadi, persamaan grafik fungsi tersebut adalahy = 8log x.

7. Jawaban: c

Jika grafik fungsi 1a log x dicerminkan terhadap

sumbu x1 akan diperoleh grafik y = alog x.

Jika grafik fungsi f(x) = 14 log 2x dicerminkan ter-

hadap sumbu X, akan diperoleh grafik y = 4log 2x.

A. Pilihan Ganda

1. Jawaban: d

f(2) = 12 log (10 · 2 + 4)

= 12 log 24

= 12 log 8 · 3

= 12 log 8 +

12 log 3

= 2–1

log 23 + 2–1

log 3

= –3 · 2log 2 – 2log 3

= –3 – 2log 3

2. Jawaban: bf(x) = 2log (6x – 2) memotong sumbu X jika f(x) = 0

2log (6x – 2) = 0⇔ 2log (6x – 2) = 2log 1⇔ 6x – 2 = 1

⇔ x = 12

Jadi, grafik memotong sumbu X di titik (12 , 0).

3. Jawaban: aFungsi f(x) = 5log x

Grafik fungsi y = 5log x:

Jadi, grafik y = 5log ditunjukkan oleh gambar a.

x 0 1 5 25

f(x) = 5log x – 0 1 2

(x, f(x)) – (1, 0) (5, 1) (25, 2)

Y

X0 1 5 2512

Y

X0 1 5 2512 y = f(x)

x 0 2 8 26

f(x) = 13 log (x + 1) 0 –1 –2 –3

(x, f(x)) (0, 0) (2, –1) (8, –2) (26, –3)

Y

X–1–2–3

1 2 8 26

–4


3) Misal y = f(x) = 14 log (x + 1)

⇔y1

4

= x + 1

⇔ x = y1

4

– 1

Persamaan grafik fungsi invers f(x) adalah

f–1(x) = x1

4

– 1.

Jadi, pernyataan e salah.Jadi, pernyataan yang benar pilihan c.

10. Jawaban: e2log 2x 24 − = 4

⇔ 2log 2x 24 − = 2log 16

⇔ 2x 24 − = 16

⇔2x 2

24−

= 42

⇔ 2x 22− = 2

⇔ 2x – 2 = 4⇔ 2x = 6⇔ x = 3Jadi, nilai x yang memenuhi persamaan adalahx = 3.

11. Jawaban: a49log (2log (6x + 2)) =

12

⇔ 49log (2log (6x + 2)) = 49log 7⇔ 2log (6x + 2) = 7⇔ 6x + 2 = 27

⇔ 6x + 2 = 128⇔ 6x = 126⇔ x = 21Jadi, nilai x = 21.

12. Jawaban: df(x) = 0

⇔ 2log (3x – 52 ) –

12 log 2x = 0

⇔ 2log (3x – 52 ) = 2–1log 2x

⇔ 2log (3x – 52 ) = 2log

12x

⇔ 3x – 52 =

12x

⇔ 6x2 – 5x – 1 = 0⇔ (6x + 1)(x – 1) = 0

⇔ x = –16 atau x = 1

Syarat numerus

1) 3x – 52 > 0 ⇔ x >

56

2) 2x > 0 ⇔ x > 0

y = 4log 2x = 22log 2x

= 12 · 2log 2x

= 12 · 2log 2 +

12 · 2log x

= 12 + 2log x

Jadi, diperoleh grafik dengan persamaan

y = 12 + 2log x .

8. Jawaban: cGrafik f(x) = alog bx melalui titik (3, 0), makaf(3) = 0.f(3) = alog 3b⇔ 0 = alog 3b⇔ alog 1 = alog 3b⇔ 1 = 3b

⇔ b = 13

Persamaan grafik menjadi f(x) = alog 13 x.

Grafik melalui titik (9, 4) maka f(9) = 4.

f(9) = alog 13 · 9

⇔ 4 = alog 3⇔ a4 = 3

⇔ a = 143

Persamaan grafik menjadi:

f(x) = 143 log

13 x

= 14

1 · 3log 13 x

= 4 · 3log 13 x

Jadi, persamaan grafik fungsi adalah

f(x) = 4 · 3log 13 x.

9. Jawaban: c

1) f(x) = 14 log (x + 1) mempunyai 0 < a < 1 maka

grafik fungsi f(x) monoton turun sehinggauntuk x1 > x2 maka f(x1) < f(x2).Jadi, pernyataan a salah, b salah, dan cbenar.

2) Grafik memotong sumbu X maka f(x) = 0.

f(x) = 0 ⇔14 log (x + 1) = 0

⇔14 log (x + 1) =

14 log 1

⇔ x + 1 = 1⇔ x = 0

Grafik f(x) memotong sumbu X di titik (0, 0).Jadi, pernyataan d salah.


Dari syarat 1) dan 2) diperoleh syarat x > 56 .

Oleh karena x = –16 <

56 dan x = 1 >

56 , nilai x

yang memenuhi x = 1.Jadi, fungsi bernilai nol pada saat x = 1.

13. Jawaban: aGrafik fungsi f(x) dan g(x) berpotongan jika f(x) =g(x).⇔ 2log 2x = 4log (7x + 2)⇔ 2log 2x = 22log (7x + 2)

⇔ 2log 2x = 2log 12(7x + 2)

⇔ 2x = 12(7x + 2)

⇔ (2x)2 = 7x + 2⇔ 4x2 – 7x – 2 = 0⇔ (4x + 1)(x – 2) = 0⇔ 4x + 1 = 0 atau x – 2 = 0

⇔ x = –14 atau x = 2

Syarat numerus:1) 2x > 0 ⇔ x > 0 . . . (1)

2) 7x + 2 > 0 ⇔ x > –27 . . . (3)

Oleh karena x = –14 tidak memenuhi syarat (1)

dan (2) maka x = –14 bukan merupakan

penyelesaian.Oleh karena x = 2 memenuhi syarat (1) dan (2)maka x = 2 merupakan penyelesaian.Jadi, nilai x yang memenuhi x = 2.

14. Jawaban: c5

5log x

log (2x 7)− – 2x – 7log x + x

1log (2x 7)−

= 1

⇔log xlog 5

log (2x 7)log 5

− – log xlog (2x 7)−

+ log (2x 7)log x

1− = 1

⇔ log xlog (2x 7)−

– log xlog (2x 7)−

+ log xlog (2x 7)−

= 1

⇔ log xlog (2x 7)−

= 1

⇔ log x = log (2x – 7)⇔ x = 2x – 7⇔ –x = –7⇔ x = 7Syarat numerus:1) x > 0 . . . 1)

2) 2x – 7 > 0 ⇔ x > 72 . . . (2)

Syarat bilangan pokok:1) x ≠ 1 . . . (3)2) 2x – 7 ≠ 1

⇔ 2x ≠ 8⇔ x ≠ 4 . . . (4)

Oleh karena x = 7 memenuhi (1), (2), (3), dan (4)maka x = 7 merupakan penyelesaian.Jadi, himpunan penyelesaiannya {7}.

15. Jawaban: ax – 3log (x2 – 6x + 8) = x – 3log (2x – 7)⇔ x2 – 6x + 8 = 2x – 7⇔ x2 – 8x + 15 = 0⇔ (x – 3)(x – 5) = 0⇔ x = 3 atau x = 5Syarat numerus:1) x2 – 6x + 8 > 0

⇔ (x – 2)(x – 4) > 0

⇔ x < 2 atau x > 4 . . . (1)

2) 2x – 7 > 0⇔ 2x > 7

⇔ x > 72 . . . (2)

Syarat bilangan pokok:1) x – 3 > 0

⇔ x > 3 . . . (3)

2) x – 3 ≠ 1⇔ x ≠ 3 . . . (4)

Oleh karena x = 3 tidak memenuhi (1), (3), dan(4) maka x = 3 bukan penyelesaian.Oleh karena x = 5 memenuhi (1), (2), (3), dan (4)maka x = 5 merupakan penyelesaian.Jadi, penyelesaiannya x = 5.

16. Jawaban: c2log2 x – 2log x3 = 4

⇔ 2log2 x – 3 · 2log x – 4 = 0⇔ (2log x – 4)(2log x + 1) = 0⇔ 2log x – 4 = 0atau 2log x + 1 = 0⇔ 2log x = 4 2log x = –1⇔ x = 24 x = 2–1

⇔ x = 16 x = 12

2 4

+ – +

72

3


Syarat numerus:1) x > 0 . . . (1)2) x3 > 0 . . . (2)

Oleh karena x = 16 dan x = 12

memenuhi (1) dan

(2) maka x = 16 dan x = 12

merupakanpenyelesaian.

Jadi, nilai x yang memenuhi 12

atau 16.

17. Jawaban: eMisal 2log x = n4log x – 3 · 21 + log x + 8 = 0⇔ 22 log x – 3 · 2 · 2log x + 8 = 0⇔ (2log x)2 – 6 · 2log x + 8 = 0⇔ n2 – 6n + 8 = 0⇔ (n – 4)(n –2) = 0⇔ n – 4 = 0 atau n – 2 = 0⇔ n = 4 atau n = 2⇔ 2log x = 4 atau 2log x = 2⇔ 2log x = 22 atau 2log x = 21

⇔ log x = 2 atau log x = 1⇔ x = 100 atau x = 10Syarat numerus: x > 0Oleh karena x = 10 dan x = 100 memenuhi syaratnumerus x > 0 maka x = 10d an x = 100merupakan penyelesaian.Jadi, nilai x = 10 dan x = 100.

18. Jawaban: axlog (x + 2) – 3 · xlog 2 + 1 = 0

⇔ xlog (x + 2) + xlog x = 3 · xlog 2⇔ xlog (x + 2) · x = xlog 23

⇔ (x + 2) · x = 23

⇔ x2 + 2x – 8 = 0⇔ (x + 4)(x – 2) = 0⇔ x = –4 atau x = 2Syarat numerus:1) x + 2 > 0 ⇔ x > –2 . . . (1)

2) x(x + 2) > 0 . . . (2)

Syarat bilangan pokok:1) x > 0 . . . (3)2) x ≠ 1 . . . (4)

Oleh karena x = –4 tidak memenuhi (1) dan (3)maka x = –4 bukan merupakan penyelesaian.Oleh karena x = 2 memenuhi (1), (2), dan (3) makax = 2 merupakan penyelesaian.Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 2.

19. Jawaban: ax2 + 2log x = 8

⇔ 2log x2 + 2log x = 2log 8

⇔ (2 + 2log x)2log x = 3

⇔ 2log2 x + 2 · 2log x – 3 = 0⇔ (2log x – 1)(2log x + 3) = 0

⇔ 2log x = 1 atau 2log x = –3

⇔ x = 2 atau x = 2–3

⇔ x = 2 atau x = 18

Jadi, nilai x1x2 = 2 · 18 =

14 .

20. Jawaban: aalog (3x + 1) · (2x + 1)log a = 2

⇔ (2x + 1)log a · alog (3x + 1) = 2⇔ (2x + 1)log (3x + 1) = 2⇔ 3x + 1 = (2x + 1)2

⇔ 3x + 1 = 4x2 + 4x + 1⇔ 4x2 + x = 0⇔ x(4x + 1) = 0

⇔ x = 0 atau x = –14

Syarat numerus:

3x + 1 > 0 ⇔ x > –13 . . . (1)

Syarat bilangan pokok:

1) 2x + 1 > 0 ⇔ x > –12 . . . (2)

2) 2x + 1 ≠ 1 ⇔ x ≠ 0 . . . (3)Oleh karena x = 0 tidak memenuhi (3) makax = 0 bukan merupakan penyelesaian.

Oleh karena x = –14 memenuhi (1), (2), dan (3)

maka x = –14 merupakan penyelesaian.

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = –14 .

21. Jawaban: a2log (x + 3) >

12 log 3

⇔ 2log (x + 3) > 2–1

log 3⇔ 2log (x + 3) > 2log 3–1

Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x)adalah f(x) > g(x).

–2

+ – +

–2 0


3

–3

0

1

3

⇔ x + 3 > 13

⇔ 3x + 9 > 1⇔ 3x > –8

⇔ x > –83 . . . . (1)

Syarat numerus: x + 3 > 0⇔ x > –3 . . . . (2)

Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut.

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x > –83 .

22. Jawaban: e2log (x – 2) + 2log (x + 5) ≤ 3⇔ 2log (x – 2)(x + 5) ≤ 2log 23

⇔ (x – 2)(x + 5) ≤ 23

⇔ x2 + 3x – 10 ≤ 8⇔ x2 + 3x – 18 ≤ 0⇔ (x + 6)(x – 3) ≤ 0 . . . . (1)

⇔ –6 ≤ x ≤ 3Syarat numerus:1) x – 2 > 0 ⇔ x > 2 . . . . (2)

2) x + 5 > 0 ⇔ x > –5 . . . . (3)


⇔ 2 < x < 3Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 2 < x ≤ 3}.

23. Jawaban: a13 log 4 +

13 log (x – 3)≤

13 log (x2 – 4x)

⇔13 log 4(x – 3) ≤

13 log (x2 – 4x)

⇔ 4(x – 3) ≥ (x2 – 4x)

⇔ x2 – 8x + 12 ≤ 0⇔ (x – 2)(x – 6) ≤ 0

Syarat numerus:1) x – 3 > 0 ⇔ x > 3 . . . . (1)

2) x2 – 4x > 0⇔ x(x – 4) > 0⇔ x < 0 atau x > 4 . . . . (2)


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

24. Jawaban: cxlog (x + 3) > xlog 2xUntuk a > 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x)adalah f(x) > g(x). Diketahui x > 1, maka:⇔ x + 3 > 2x⇔ x < 3 . . . . (1)

a. Syarat numerus:1) x + 3 > 0 ⇔ x > –3 . . . . (2)

2) 2x > 0 ⇔ x > 0 . . . . (3)

b. Syarat bilangan pokok:1) x > 0 . . . . (4)2) x ≠ 1 . . . . (5)

c. Syarat pada soal x > 1 . . . . (6)

Irisan penyelesaian (1), (2), (3), (4), (5), dan (6)sebagai berikut.

Jadi, nilai x yang memenuhi 1 < x < 3.

2

–6 –5 2 3

–5

+ – +

–6 3

+ – +

2 6

+ – +

0 4

0 2 3 4 6

310–3

–83

–3

–3 –83


25. Jawaban: d2 log (x + 1) ≤ log (x + 4) + log 4⇔ log (x + 1)2 ≤ log 4(x + 4)⇔ log (x2 + 2x + 1) ≤ log (4x + 16)Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) ≤ alog g(x)adalah f(x) ≤ g(x).⇔ x2 + 2x + 1 ≤ 4x + 16⇔ x2 – 2x – 15 ≤ 0⇔ (x + 3)(x – 5) ≤ 0

⇔ –3 ≤ x ≤ 5 . . . (1)

Syarat numerus:1) x + 1 > 0 ⇔ x > –1 . . . (2)

2) x + 4 > 0 ⇔ x > –1 . . . (3)


⇔ –1 < x ≤ 5

Jadi, penyelesaiannya –1 < x ≤ 5.

26. Jawaban: e(2x)1 + 2log 2x > 64x3

⇔ 2log (2x)1 + 2log 2x > 2log 64x3

⇔ (1 + 2log 2x)(2log 2x) > 2log (4x)3

⇔ 2log 2x + (2log 2x)2 > 3 · 2log 4x⇔ 2log 2x + (2log 2x)2 > 3 · (2log ( 2 · 2x)⇔ 2log 2x + (2log 2x)2 > 3 · (1 + 2log 2x)⇔ 2log 2x + (2log 2x)2 > 3 + 3 · 2log 2x⇔ (2log 2x)2 – 2 · 2log 2x – 3 > 0⇔ (2log 2x – 3)(2log 2x + 1) > 0Pembuat nol:2log 2x – 3 = 0 atau 2log 2x + 1 = 0⇔ 2log 2x = 3 atau 2log 2x = –1

⇔ 2log 2x = 2log 8 atau 2log 2x = 2log 12

⇔ 2x = 8 atau 2x = 12

⇔ x = 4 atau x = 14

⇔ x < 14 atau x > 4 . . . (1)

Syarat numerus:1) 2x > 0 ⇔ x > 0 . . . (2)2) 64x3 > 0 ⇔ x > 0 . . . (3)Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagaiberikut.

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 0 < x < 14

atau x > 4.

27. Jawaban: d4log (4x – 3) ≤ 1 + 16log (x –

34 )

⇔ 4log (4x – 3) ≤ 16log 16 + 16log (x – 34 )

⇔ 4log (4x – 3) ≤ 16log 16(x – 34 )

⇔ 42log (4x – 3)2 ≤ 16log 16(x –

34 )

⇔ 16log (16x2 – 24x + 9) ≤ 16log 16(x – 34 )

⇔ 16x2 – 24x + 9 ≤ 16(x – 34 )

⇔ 16x2 – 24x + 9 – 16x + 12 ≤ 0

⇔ 16x2 – 40x + 21 ≤ 0

⇔ (4x – 3)(4x – 7) ≤ 0

⇔ 34 ≤ x ≤

74 . . . . (1)

Syarat numerus:

1) 4x – 3 > 0 ⇔ x > 34 . . . . (2)

2) x – 34 > 0 ⇔ x >

34 . . . . (3)

Irisan dari penyelesaian (1), (2), dan (3) diperoleh:

Jadi, nilai yang memenuhi 34 < x ≤

74 .

+ – +

–3 5

–1

–4

–4–3 –1 5

+ – +

14 40

14 4

34 7

4

+ – +

34 7

4

+ – +


1

–15 341

x –1 0 2 6

f(x) = 12 log (x + 2) – 2 –2 –3 –4 –5

(x, f(x)) (–1, –2) (0, –3) (2, –4) (6, –5)

28. Jawaban: e1

log x – 1

2 log x 1− < 1

⇔ 2 log x 1log x (2 log x 1)

−−

– log xlog x (2 log x 1)−

– 1 < 0

⇔ (2 log x 1) log x log x (2 log x 1)log x (2 log x 1)

− − − −− < 0

⇔22 log x 2 log x 1

log x (2 log x 1)− + −

−< 0

Misal y = log x, pertidaksamaan menjadi22y +2y 1

y(2y 1)− −

− < 0.

(–2y2 + 2y – 1) mempunyai nilai D < 0 dan a < 0maka (–2y2 + 2y – 1) definit negatif sehingga(–2y2 + 2y – 1) < 0.Oleh karena (–2y2 + 2y – 1) < 0 maka y(2y – 1) > 0.

Sehingga diperoleh:

y < 0 atau y > 12

⇔ log x < 0 atau log x > 12

⇔ x < 100 atau x > 10 21

⇔ x < 1 atau x > 10 . . . . (1)

Syarat numerus: x > 0 . . . . (2)Irisan penyelesaian (1) dan (2) diperoleh 0 < x < 1atau x > 10 .

Jadi, penyelesaiannya 0 < x < 1 atau x > 10 .

29. Jawaban: e2log2 (1 – x) – 8 > 2log (1 – x)2

⇔ (2log (1 – x))2 – 8 > 2 2log (1 – x)

Misalkan 2log (1 – x) = p maka pertidaksamaanmenjadi:p2 – 8 > 2p⇔ p2 – 2p – 8 > 0⇔ (p – 4)(p + 2) > 0

⇔ p < –2 atau p > 4⇔ 2log (1 – x) < –2 atau 2log (1 – x) > 4⇔ 2log (1 – x) < 2log 2–2 atau 2log (1 – x)> 2log 24

⇔ 1 – x < 2–2 atau 1 – x > 24

⇔ 1 – x < 14 atau 1 – x > 16

⇔ x > 34 atau x < –15 . . . . (1)

Syarat numerus:1) 1 – x > 0 ⇔ x < 1 . . . . (2)

2) (1 – x)2 > 0

⇔ x > 1 atau x < 1 . . . . (3)

Irisan pertidaksamaan (1), (2), dan (3) diperoleh:

Jadi, penyelesaian pertidaksamaan x < –15 atau

x > 34 , x ≠ 1.

30. Jawaban: e| log (x – 1) | < 1⇔ –1 < log (x – 1) < 1

⇔ log 110

< log (x – 1) < log 10

⇔ 110

< x – 1 < 10

⇔ 110

+ 1 < x < 10 + 1

⇔ 1110

< x < 11 . . . (1)

Syarat numerus:x – 1 > 0 ⇔ x > 1 . . . . (2)Dari pertidaksamaan (1) dan (2) diperoleh:1110

< x < 11.

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 1110

< x < 11}.

B. Uraian

1. a. f(x) = 12 log (x + 2) – 2

Tabel titik bantu:

+ – +

–2 4

–15 34

1

0 12

+ – +


Grafik fungsi f(x) = 12 log (x + 2) – 2:

b. f(x) = 3log 6xTabel titik bantu:

Grafik fungsi f(x) = 3log 6x:

2. f(x) = 3log 3x dan g(x) = 3log (x + 2)a. f(x) = g(x) ⇔ 3log 3x = 3log (x + 2)

⇔ 3x = x + 2⇔ 2x = 2⇔ x = 1

f(1) = 3log 3 · 1 = 3log 3 = 1Jadi, f(x) dan g(x) berpotongan di titik (1, 1).

b. Fungsi f(x) dan g(x) di atas sumbu X jikaf(x) > 0 dan g(x) > 0.f(x) > 0 ⇔ 3log 3x > 0

⇔ 3x > 30

⇔ 3x > 1

⇔ x > 31

g(x) > 0 ⇔ 3log (x + 2) > 0⇔ x + 2 > 30

⇔ x + 2 > 1⇔ x > –1

Jadi, f(x) di atas sumbu X untuk x > 31

dan g(x) di atas sumbu X untuk x > –1.

c.

3. a. 3log (x2 – 9x + 14) = 3log (–17x + 62)⇔ 3log (x2 – 9x + 14) = 3log (–17x + 62)⇔ x2 – 9x + 14 = –17x + 62⇔ x2 + 8x – 48 = 0⇔ (x – 4)(x + 12) = 0⇔ x = 4 atau x = –12Syarat numerus:1) x2 – 9x + 14 > 0

⇔ (x – 7)(x – 2) > 0

⇔ x < 2 atau x > 7 . . . (1)

2) –17x + 62 > 0⇔ –17x > –62

⇔ x < 6217

⇔ x < 31117 . . . . (2)

Oleh karena x = 4 tidak memenuhi (1) dan(2) maka x = 4 bukan merupakanpenyelesaian.Oleh karena x = –12 memenuhi (1) dan (2)maka x = –12 merupakan penyelesaian.Jadi, penyelesaiannya x = –12.

b. 2log (x + 7) + 2log (x + 6) + 12 log (x + 10) = 0

⇔ 2log (x + 7) + 2log (x + 6) = 2log (x + 10)⇔ 2log (x + 7)(x + 6) = 2log (x + 10)⇔ x2 + 13x + 42 = x + 10⇔ x2 + 12x + 32 = 0⇔ (x + 4)(x + 8) = 0⇔ x = –4 atau x = –8

Y

X0–2 –1 2 6

–2

–3–4

–5

x 0 16

36

276

f(x) = 3log 6x – 0 1 3

(x, f(x)) – ( 16 , 0) ( 3

6 , 1) ( 276 , 3)

Y

X0

31

16

36

276

f(x) = 12 log (x + 2) – 2

f(x) = 3log 6x

Y

X

f(x)

g(x)

1

–2 –1 0 1

2 7

+ – +

3 1117


Syarat numerus:1) x + 7 > 0 ⇔ x > –72) x + 6 > 0 ⇔ x > –63) x + 10 > 0 ⇔ x > –10Dari syarat 1), 2), dan 3) diperoleh syarat x > –6.Oleh karena x = –4 > –6 dan x = –8 < –6,nilai x yang memenuhi x = –4.Jadi, penyelesaiannya x = –4.

4. a. (2x + 3)log (x2 – 7x + 23) = 2⇔ (x2 – 7x + 23) = (2x + 3)2

⇔ x2 – 7x + 23 = 4x2 + 12x + 9⇔ 3x2 + 19x – 14 = 0⇔ (3x – 2)(x + 7) = 0⇔ 3x – 2 = 0 atau x + 7 = 0

⇔ x = 23 atau x = –7

1) Syarat numerus: x2 – 7x + 23 > 0(x2 – 7x + 23) mempunyai nilai D < 0 dana > 0 maka (x2 – 7x + 23) definit positifsehingga (x2 – 7x + 23) > 0 dipenuhi untuksebarang nilai x ∈ R. . . . (1)

2) Syarat bilangan pokok:

a) 2x + 3 > 0 ⇔ x > –32 . . . (2)

b) 2x + 3 ≠ 1 ⇔ x ≠ –1 . . . (3)

Oleh karena x = 23 memenuhi pertidak-

samaan (1), (2), dan (3) maka x = 23

merupakan penyelesaian. Oleh karenax = –7 tidak memenuhi pertidaksamaan (2)maka x = –7 bukan merupakan penyelesaian.


b. (4x + 5)log (x2 – 3x + 2) = (4x + 5)log (5x – 10)⇔(4x + 5)log (x2 – 3x + 2) = (4x + 5)log (5x – 10)⇔ x2 – 3x + 2 = 5x –10⇔ x2 – 8x + 12 = 0⇔ (x – 2)(x – 6) = 0⇔ x = 2 atau x = 6Syarat numerus:1) x2 – 3x + 2 > 0

⇔ (x – 1)(x – 2) > 0

⇔ x < –1 atau x > 2 . . . (1)

2) 5x –10 > 0⇔ 5x > 10

⇔ x > 2 . . . (2)

Syarat bilangan pokok:1) 4x + 5 > 0

⇔ 4x > –5

⇔ x > –54 . . . (3)

2) 4x + 5 ≠ 1⇔ 4x ≠ –4

⇔ x ≠ –1 . . . (4)Oleh karena x = 2 tidak memenuhipertidaksamaan (1) dan (2) maka x = 2 bukanmerupakan penyelesaian.Oleh karena x = 6 memenuhi pertidaksamaan(1), (2), (3), dan (4) maka x = 6 merupakanpenyelesaian.Jadi, himpunan penyelesaiannya {6}.

5. (4log x)2 – 2log x – 34

= 0

⇔ ( 12

2log x)2 – 2log x12 – 3

4= 0

⇔ 14

(2log x)2 – 12

2log x – 34

= 0 (dikali 4)

⇔ (2log x)2 – 2 2log x – 3 = 0⇔ (2log x + 1)(2log x – 3) = 0⇔ 2log x = –1 atau 2log x = 3

⇔ x = 2–1 atau x = 23

⇔ x = 12

atau x = 8

Syarat numerus:1) x > 0 . . . (1)

2) x > 0 ⇔ x > 0 . . . (2)

Oleh karena x = 12

dan x = 8 memenuhi

pertidaksamaan (1) dan (2) maka x = 12

danx = 8 merupakan penyelesaian.

– 54

–1

–2

–2 2

+ – +

+ –


6. a. 5log (x 2x 2

−+ ) > 0

⇔ 5log (x 2x 2

−+ ) > 5log 50

⇔ 5log (x 2x 2

−+ ) > 5log 1

⇔x 2x 2

−+ > 1

⇔x 2x 2

−+ –

x 2x 2

++ > 0

⇔4

x 2−+ > 0

⇔ x < –2 . . . (1)

Syarat numerus:x 2x 2

−+ > 0

⇔ x < –2 atau x > 2 . . . (2)Irisan dari (1) dan (2) sebagai berikut.

Jadi, himpunan penyelesaiannya{x | x < –2 atau x > 2}.

b.12 log (x2 – 2x + 1) ≤ –4

⇔12 log (x2 – 2x + 1) ≤

12 log (

12 )–4

⇔12 log (x2 – 2x + 1) ≤

12 log 16

⇔ x2 – 2x + 1 ≥ 16

⇔ x2 – 2x – 15 ≥ 0

⇔ (x + 3)(x – 5) ≥ 0

⇔ x < –3 atau x > 5 . . . (1)

Syarat numerus:x2 – 2x + 1 > 0⇔ (x – 1)2 > 0

⇔ x ≠ 1 . . . (2)Irisan dari (1) dan (2) sebagai berikut.

Jadi, himpunan penyelesaiannya{x | x ≥ 5}.

7. a. 2 · 9log (2x – 3) ≤ 13 log (x + 1) + 1

⇔ 2 ·12

3log (2x – 3) ≤ 13 log (x + 1) +

13 log 1

3

⇔ 3log (2x – 3) ≤ 13 log x 1

3+

⇔ 3log (2x – 3) ≤ 3log1x 1

3

−+

⇔ 2x – 3 ≤ 3

x 1+

⇔ (2x – 3) – 3

x 1+ ≤ 0

⇔(2x 3)(x 1) 3

x 1− + −

+ ≤ 0

⇔22x x 6x 1− −+ ≤ 0

⇔(2x 3)(x 2)

x 1+ −

+ ≤ 0

. . . . (1)

⇔ x < –32 atau –1 < x ≤ 2

Syarat numerus:

1) 2x – 3 > 0 ⇔ x > 32

2) x + 1 > 0 ⇔ x > –1

. . . . (2)

Irisan penyelesaian pertidaksamaan (1) dan(2) sebagai berikut.

Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan

adalah 32 < x ≤ 2.

–2 2

–3 5

+ – +

+ +

1

–3 1 5

–1 32

– 32 –1 2

– + – +

– 32

–1 32

2

–2

+ –

–2 2

+ – +


b. 4log (3x + 4) > 2log (x + 4) + 12 log 2

⇔ 12

· 2log (3x + 4) > 2log (x + 4) – 2log 2

⇔ 2log 12(3x 4)+ > 2log

x 42+

⇔12(3x 4)+ >

x 42+

⇔ 3x + 4 > 2x 4

2+

⇔ 3x + 4 – 2x 4

2+

> 0

⇔ 4(3x + 4) – (x + 4)2 > 0⇔ 12x + 16 – x2 – 8x – 16 > 0⇔ –x2 + 4x > 0⇔ x2– 4x < 0⇔ x(x – 4) < 0

⇔ 0 < x < 4 . . . . (1)Syarat numerus:1) 3x + 4 > 0

⇔ x > –43

2) x + 4 > 0⇔ x > –4

. . . . (2)

Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagaiberikut.

Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan0 < x < 4.

8. x + ylog 2 = –1 ⇔2

2log 2

log (x + y)= –1

⇔ 21

log (x + y)= –1

⇔ 2log (x + y) = –1⇔ x + y = 2–1

x – ylog 8 = 2 ⇔2

2log 8

log (x y)−= 2

⇔ 2log (x – y) = 12 2log 8

⇔ 2log (x – y) = 32

⇔ x – y = 322

–4 – 43

–4 – 43

0 4

14

−

x yx y

+−

= 52

12

2

−

= 32

1

2

= 14 2

= 18

2

9. 2log x = 412 log 2(a + b) + 2

12 log 4(a – b)

– 312 log 2(a2 – b2) –

12 log 4

a + ba b

−

=12 log 24(a + b)4 +

12 log 42(a – b)2

– 12 log 23(a2 – b2)3 –

12 log 4

a + ba b

−

=12 log

4 2

2 2 3 a + ba b

16(a + b) 16(a b)8(a b ) 4

−

× −− ×

=12 log

4 3

3 38(a + b) (a b)

(a b) (a + b) (a + b) −

−

= 12 log 8

= 12 log

312

−

⇔ 2log x = –3⇔ x = 2–3

⇔ x = 18

Jadi, nilai x = 18 .

10. a. Untuk bilangan pokok (2x – 1) > 1.2x – 1log (4x + 1) < 2x – 1log (x2 + 4x + 6)⇔ 4x + 1 < x2 + 4x + 6⇔ x2 + 5 > 0(x2 + 5) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 maka(x2 + 5) definit positif sehingga (x2 + 5) > 0dipenuhi semua nilai x ∈ R.

Syarat numerus:

1) 4x + 1 > 0 ⇔ x > –14

. . . . (1)

2) x2 + 4x + 6 > 0(x2 + 4x + 6) mempunyai nilai D < 0 dana > 0 maka (x2 + 4x + 6) definit positifsehingga (x2 + 4x + 6) dipenuhi untuksebarang nilai x ∈ R.

+ – +

0 4


14

− 1

1

b. Untuk bilangan pokok 0 < (2x – 1) < 1.Diperoleh x2 + 5 < 0.Oleh karena (x2 + 5) definit positif, tidak adanilai x yang memenuhi.Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x > 1}.

Syarat bilangan pokok:

2x – 1 > 1 ⇔ x > 1

. . . . (2)

Dari penyelesaian (1) dan (2) diperoleh:

. . . . (3)

Nilai x yang memenuhi x > 1.

232 Latihan Ujian Sekolah

Misalkan y = 3log x, diperoleh:y2 – 4y + 3 = 0

⇔ (y – 3)(y – 1) = 0⇔ y – 3 = 0 atau y – 1 = 0⇔ y = 3 atau y = 1Untuk y = 3 diperoleh:

y = 3⇔ 3log x = 3⇔ x = 33

⇔ x = 27Untuk y = 1 diperoleh:

y = 1⇔ 3log x = 1⇔ x = 31

⇔ x = 3Jadi, nilai x yang memenuhi persamaan tersebutadalah x = 3 atau x = 27.

5. Jawaban: bDiketahui persamaan kuadrat 2x2 + 15x + 18 = 0.

Diperoleh: α + β = –152

αβ = 182 = 9

Persamaan kuadrat baru yang akar-akarnya(2α + 1) dan (2β + 1):x2 – ((2α + 1) + (2β + 1))x + (2α + 1)(2β + 1) = 0(2α + 1) + (2β + 1) = 2(α + β) + 2

= 2 · (152

−) + 1

= –14(2α + 1)(2β + 1) = 4αβ + 2(α + β) + 1

= 4 · 9 + 2 · (152

−) + 1

= 36 + (–15) + 1= 22

Jadi, persamaan kuadrat yang dimaksud x2 + 14x+ 22 = 0.

6. Jawaban: aGrafik fungsi kuadrat y = x2 + (k – 2)x + 4menyinggung sumbu X jika D = 0.

D = 0⇔ b2 – 4ac = 0⇔ (k – 2)2 – 4 × 1 × 4 = 0⇔ k2 – 4k + 4 – 16 = 0

1. Jawaban: dMisalkan p : semua sungai bebas sampah

q : tidak terjadi banjirr : semua warga tenang

Premis-premis tersebut dapat ditulis sebagaiberikut.Premis 1: ~q ⇒ ~p ≡ p ⇒ qPremis 2: q ⇒ r–––––––––––––––––––Kesimpulan: p ⇒ rJadi, kesimpulan dari premis-premis tersebutadalah ”Jika semua sungai bebas sampah makasemua warga tenang”.

2. Jawaban: eMisalkan p : hari ini hujan

q : semua kegiatan luar kelas dihentikanDiperoleh pernyataan ”p ⇒ q”.~(p ⇒ q) ≡ p ∧ ~qJadi, negasi pernyataan tersebut adalah ”Hari inihujan dan beberapa kegiatan luar kelas tidakdihentikan”.

3. Jawaban: e(3 2 3)3(3 2 3)

2 3 3− +

−= 3(3 2 3)(3 2 3)

2 3 3− +

−

= 3(9 2 9)2 3 3

× −−

= 3 92 3 3

×−

= 27

2 3 3− ×

2 3 32 3 3

++

= 27(2 3 3)4 3 9

+× −

= 27(2 3 3)3

+

= 9(2 3 + 3)

4. Jawaban: b3log2x – 4 3log x – 3log 1 = –3

⇔ (3log x)2 – 4 3log x – 0 + 3 = 0⇔ (3log x)2 – 4 3log x + 3 = 0


⇔ k2 – 4k – 12 = 0⇔ (k – 6)(k + 2) = 5⇔ k = 6 atau k = –2Jadi, nilai k yang memenuhi adalah k = –2 atauk = 6.

7. Jawaban: cMisalkan x = harga 1 mangkok bakso

y = harga 1 gelas jus jerukDiperoleh penyelesaian SPLDV sebagai berikut.5x + 4y = 50.000 × 2 10x + 8y = 100.0002x + 3y = 27.000 × 5 10x + 15y = 135.000

–––––––––––––––––– ––7y = –35.000

⇔ y = 5.000Substitusikan y = 5.000 ke 5x + 4y = 50.000.

5x + 4(5.000) = 50.000⇔ 5x + 20.000 = 50.000⇔ 5x = 30.000⇔ x = 6.0003x + 2y = 3(6.000) + 2(5.000)

= 18.000 + 10.000= 28.000

Jadi, uang yang harus dibayarkan Roni untuk3 mangkok bakso dan 2 gelas jus jeruk yangdibelinya sebesar Rp28.000,00.

8. Jawaban: bx2 + y2 – 6x + 12y + 25 = 0

⇔ x2 – 6x + y2 + 12y + 25 = 0⇔ (x – 3)2 – 9 + (y + 6)2 – 36 + 25 = 0⇔ (x – 3)2 + (y + 6)2 – 45 + 25 = 0⇔ (x – 3)2 + (y + 6)2 = 20⇔ (x – 3)2 + (y + 6)2 = ( 20 )2

Diperoleh a = 3, y = –6, r = 20 .Persamaan garis singgung lingkaran dengangradien 2 sebagai berikut.

y – b = m(x – a) ± r 2m 1+

⇔ y + 6 = 2(x – 3) ± 20 × 22 1+

⇔ y + 6 = 2x – 6 ± 20 × 5

⇔ y = 2x – 12 ± 100⇔ y = 2x – 12 ± 10

9. Jawaban: aPembagi = 2x2 + 3x – 2 = (x + 2)(2x – 1)Misalkan sisanya ax + bf(x) dibagi (x + 2) sisanya 7, berarti:

f(–2) = 7⇔ –2a + b = 7 . . . . (1)f(x) dibagi (2x – 1) sisanya 2, berarti:

f(12 ) = 2

⇔ 12 a + b = 2 . . . (2)

Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2).–2a + b = 712 a + b = 2

––––––––––– –

–52 a = 5

⇔ a = –2Substitusikan a = –2 ke persamaan (1).

–2a + b = 7⇔ –2(–2) + b = 7⇔ 4 + b = 7⇔ b = 3Diperoleh ax + b = –2x + 3.Jadi, sisa pembagian f(x) oleh (2x2 + 3x – 2) adalah–2x + 3.

10. Jawaban: e(x2 + 5x + 6) adalah faktor suku banyak 3x3 + mx2

– 7x + b sehingga dapat dituliskan:3x3 + mx2 – 7x + b = (x2 + 5x + 6)(ax + b)

= (x + 2)(x + 3)(ax + b)Suku banyak 3x3 + mx2 – 7x + b dibagi berturut-turut oleh (x + 2) dan (x + 3) dengan metode Horner.

x = –2 3 m –7 b–6 –2m + 12 4m – 10

x = –3 3 m – 6 –2m + 5 4m + b – 10 = 0 . . . (1)

–9 –3m + 45

3 m – 15 –5m + 50 = 0 . . . . (2)

Dari (2) diperoleh –5m + 50 = 0 ⇔ m = 505

−− = 10

Substitusikan m = 10 ke (1).4(10) + b – 10 = 0⇔ b = 10 – 40⇔ b = –30Hasil bagi 3x3 + mx2 – 7x + b oleh (x2 + 5x + 6)adalah 3x + (m – 15) = 3x + (10 – 15)

= 3x – 5Diperoleh:3x3 + mx2 – 7x + b = (x2 + 5x + 6)(3x – 5)

= (x + 2)(x + 3)(3x – 5)

Akar-akarnya adalah x = –2, x = –3, dan x = 53

Oleh karena x1 > x2 > x3 maka

x1 = 53 , x2 = –2, dan x3 = –3.

Nilai x1 + x2 – x3 = 53 + (–2) – (–3)

= 53 – 2 + 3

= 223

Jadi, nilai x1 + x2 – x3 adalah 223 .


Uji titik pojok ke fungsi objektif:

Nilai maksimum f(x, y) adalah 1.326.000.Jadi, penghasilan maksimum yang dapat diperolehRp1.326.000,00.

13. Jawaban: cAB – C = D

⇔3 11 2

−

4 21 1

– 6 12 1

− −

= a 60 b

⇔12 1 6 14 2 2 2

+ + − −

– 6 12 1

− −

= a 60 b

⇔13 72 0

– 6 12 1

− −

= a 60 b

⇔19 60 1

= a 60 b

Diperoleh a = 19 dan b = 1.a – 3b = 19 – 3 = 16

14. Jawaban: d2 35 1

X = 4 13 17

− −

⇔ X = 12 3

5 1

−

4 13 17

− −

⇔ X = 1

2 15−1 35 2

− −

4 13 17

− −

⇔ X = 113−

13 5226 39

− −

= 1 4

2 3− −

Determinan matriks X = 1 4

2 3− −

= –1 × 3 – (–4) × 2= –3 + 8= 5

15. Jawaban: aO(0, 0, 0), A(4, –1, 5), B (2, 3, –3), dan C(0, 9, –2)

a = 415

− −

, b = 233

−

, dan c = 092

−

11. Jawaban: bMisalkan y = f(x)

f(x) = 2x 3

5+

⇔ y = 2x 3

5+

⇔ 5y = 2x + 3

⇔ x = 5y 3

2−

⇔ f–1(x) = 5x 3

2−

(f–1 g)(x) = f–1(g(x))= f–1(3x – 4)

= 5(3x 4) 3

2− −

= 15x 20 3

2− −

= 15x 23

2−

Jadi, (f–1 g)(x) = 15x 23

2−

.

12. Jawaban: aMisalkan x = banyak rangkaian I

y = banyak rangkaian II

Diperoleh SPtLDV:24x + 8y ≤ 120 ⇔ 3x + y ≤ 1510x + 20y ≤ 160 ⇔ x + 2y ≤ 16x ≥ 0y ≥ 0

Memaksimumkan fungsi objektif:f(x, y) = 120.000x + 150.000yDaerah penyelesaian SPtLDV:

Titik B adalah titik potong garis 3x + y = 15 danx + 2y = 16.

Koordinat titik B(145 ,

335 ).

Jenis

Rangkaian IRangkaian II

Pembatas

Banyak

xy

BungaMawar

24x8y

120

BungaAnyelir

10x20y

160

HargaJual

120.000150.000

Y

X

0

15

8

5 163x + y = 15

x + 2y = 16A

BC

O

Titik Pojok

O(0, 0)

A(5, 0)

B(145 ,

335 )

C(0, 8)

f(x, y) = 120.000x + 150.000y

120.000 × 0 + 150.000 × 0 = 0

120.000 × 5 + 150.000 × 0 = 600.000

120.000 × 145 + 150.000 ×

335 = 1.326.000

120.000 × 0 + 150.000 × 8 = 1.200.000


p = 2 a – 3b + c

= 2415

− −

– 3233

−

+ 092

−

= 8210

− −

+ 69

9

− −

+ 092

−

= 223

− −

Panjang vektor p :

p = 2 2 22 ( 2) ( 3)+ − + −

= 4 4 9+ += 17

Jadi, panjang vektor p adalah 17 satuan.

16. Jawaban: c

OA = 4 i

AC = AO + OC = – OA + AB = –4 i + 6 j

Misalkan θ sudut antara OA dengan AC , maka:

OA · AC = | OA || AC | cos θ

⇔ cos θ = OA · AC

| | | |OA AC

⇔ cos θ = 4 ( 4) 0 64 16 36⋅ − + ⋅⋅ +

⇔ cos θ = –16

4 2 13⋅

⇔ cos θ = –213

⇔ cos θ = –2

1313

17. Jawaban: a

u = AB = b – a = 210

– 321

−

= 11

1

− −

v = AC = c – a = 1

23

−

– 321

−

= 404

−

Proyeksi vektor u pada v :

w = 2u v|v|

⋅v =

4 0 416 0 16

+ ++ +

404

−

= 8

32

404

−

= 1

01

−

= – i + k

18. Jawaban: bBayangan (x, y) oleh pencerminan terhadapsumbu X dilanjutkan rotasi [O(0, 0), 90°] sebagaiberikut.

xy

′ ′

= (R(O, 90°) MX)xy

= 0 11 0

−

1 00 1

−

xy

= 0 11 0

xy

= yx

Diperoleh: x′ = y ⇔ y = x′y′ = x ⇔ x = y′

Substitusikan x = y′ dan y = x′ ke 3x + 4y = 6.3x + 4y = 6

⇔ 3y′ + 4x′ = 6⇔ 4x′ + 3y′ = 6Jadi, persamaan garis bayangan 4x + 3y = 6.

19. Jawaban: e2log (x2 – 4x + 3) < 2log (11 – 2x)⇔ x2 – 4x + 3 < 11 – 2x⇔ x2 – 2x – 8 < 0⇔ (x – 4)(x + 2) < 0

–2 < x < 4 . . . . (1)x2 – 4x + 3 harus positif sehingga:

x2 – 4x + 3 > 0⇔ (x – 1)(x – 3) > 0⇔ x < 1 atau x > 3 . . . . (2)11 – 2x harus positif sehingga:11 – 2x > 0

⇔ x < 112 . . . . (3)

Dari (1), (2), dan (3) diperoleh irisan sebagai berikut.

Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah{x | –2 < x < 1 atau 3 < x < 4, x ∈ R}.

20. Jawaban: cGrafik melalui titik (1, 2) sehingga:y = ax ⇔ 2 = a1

⇔ a = 2

–2

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

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

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

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

4

1 3

112

–2 1 3 4


Diperoleh persamaan fungsi y = 2x.y = 2x ⇔ 2log y = 2log 2x

⇔ 2log y = x 2log 2⇔ x = 2log y⇔ f–1(x) = 2log x

Jadi, fungsi inversnya y = 2log x dengan x > 0.

21. Jawaban: cRumus umum suku ke-n pada deret aritmetika =Un = a + (n – 1)bDiketahui Ut = 38, Un = 86, dan S20 = 180

Ut = 1 nU U2+

⇔ 38 = 1U 862+

⇔ U1 = 38 × 2 – 86⇔ U1 = –10Diperoleh a = U1 = –10

Sn = n2 (a + Un)

⇔ S20 = 202 (a + U20)

⇔ 180 = 10(–10 + U20)⇔ 180 = –100 + 10U20⇔ 280 = 10U20

⇔ U20 = 28010 = 28

Jadi, suku ke-20 deret tersebut adalah 28.

22. Jawaban: bMisalkan barisan aritmetika tersebut a – b, a, a + b.Jika suku kedua dikurangi 1, terbentuk barisangeometri a – b, a – 1, a + b.Jumlah ketiga suku barisan geometri adalah 14.(a – b) + (a – 1) + (a + b) = 14⇔ 3a – 1 = 14

⇔ a = 14 1

3+

= 5

Barisan geometri yang terbentuk 5 – b, 4, 5 + b.Pada barisan geometri berlaku:

U22 = U1 × U3

⇔ 42 = (5 – b)(5 + b)⇔ 16 = 25 – b2

⇔ b2 – 9 = 0⇔ (b – 3)(b + 3) = 0⇔ b = 3 atau b = –3Beda bernilai positif sehingga nilai b yangmemenuhi adalah b = 3.Barisan geometri yang terbentuk:5 – 3, 4, 5 + 3⇔ 2, 4, 8

Rasio = 42 =

84 = 2

Jadi, rasio barisan tersebut 2.

23. Jawaban: a

Segitiga BCD siku-siku di C dan sama kaki, yaituBC = CD = a cm (berarti ∠BDC = 45°).Segitiga PCD siku-siku di C dan sama kaki, yaituCD = CP = a cm (berarti ∠CDP = 45°).∠BDP = ∠BDC + ∠CDP = 45° + 45° = 90°Diperoleh PD tegak lurus BD.PD pada (perluasan) bidang alas dan DH garistegak, berarti PD tegak lurus DH.PD tegak lurus BD dan DH berarti PD tegak lurusbidang BDHF.Jarak titik P ke bidang BDHF sama dengan panjanggaris PD, yaitu:

PD = 2 2PC CD+ = 2 2a a+ = 22a = a 2 cm

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

24. Jawaban: d

AC = 2 2AB BC+

= 2 24 4+

= 32

= 4 2 cm

PC = 12 AC = 2 2 cm

PF = 2 2PB FB+

= 2 2(2 2) 4+

= 8 + 16 = 24 = 2 6 cm

FC = 4 2 cm

Perhatikan ∆PCF di samping.Dengan aturan cosinusdiperoleh:

cos α = 2 2 2FP FC PC2 FP FC+ −⋅ ⋅

= 2 2 2(2 6) (4 2) (2 2)2 2 6 4 2+ −⋅ ⋅

= 24 32 816 12+ − = 48

32 3

= 32 3

· 33

= 3 36

= 12 3

Jadi, cosinus sudut yang dibentuk oleh FP dan

FC adalah 12 3 .

F

P C

α

2 6

2 2

4 2

A B

CD

E F

GH

a

aP

4

4

4

A B

CD

E F

GH

P


25. Jawaban: a

Lsegitiga = 12 × 10 × 10 sin 30°

= 50 × 12 = 25 cm2

Luas segi dua belas:L = 12 × Lsegitiga

= 12 × 25 = 300 cm2

Jadi, luas segi dua belas tersebut 300 cm2.

26. Jawaban: aAlas prisma berbentuk segitiga sama sisi.

Luas alas = 12 AB · AC · sin BAC

= 12 · 10 · 10 · sin 60°

= 50 · 12 3 = 25 3 cm2

Volume prisma = Lalas × tinggi

= 25 3 × 15 = 375 3 cm3

Jadi, volume prisma 375 3 cm3.

27. Jawaban: dcos 4x = sin 2x

⇔ 1 – 2 sin2 2x = sin 2x⇔ 2 sin2 2x + sin 2x – 1 = 0⇔ (2 sin 2x – 1)(sin 2x + 1) = 0⇔ 2 sin 2x – 1 = 0 atau sin 2x + 1 = 0

⇔ sin 2x = 12 atau sin 2x = –1

a. sin 2x = 12 = sin 30°

(i) 2x = 30° + k · 360°⇔ x = 15° + k · 180°untuk k = 0 → x = 15°untuk k = 1 → x = 195°

(ii) 2x = (180° – 30°) + k · 360°⇔ 2x = 150° + k · 360°⇔ x = 75° + k · 180°untuk k = 0 → x = 75°untuk k = 1 → x = 255°

b. sin 2x = –1 = sin 270°(i) 2x = 270° + k · 360°

⇔ x = 135° + k · 180°untuk k = 0 ⇒ x = 135°untuk k = 1 ⇒ x = 315°

(ii) 2x = (180° – 270°) + k · 360°⇔ 2x = –90° + k · 360°⇔ x = –45° + k · 180°untuk k = 1 → x = 135°untuk k = 2 → x = 315°

Oleh karena 180° ≤ x ≤ 360° maka himpunanpenyelesaiannya {195°, 255°, 315°}.

28. Jawaban: a

sin A = 2425 , A di kuadran I

cos A = 725

tan B = –5

12 , B di kuadran II

sin B = 5

13

cos B = –1213

sin (A – B) = sin A cos B – cos A sin B

= 2425 · (– 12

13) –

725 ·

513

= –288325 –

35325 = –

323325

29. Jawaban: dsin126° + sin54° 2 cos 24°cos 126° cos 54° + 2 sin 24°

−−

= 2 sin 90° cos 36° 2 cos 24°2 sin 90° sin 36° + 2 sin 24°

−−

= 2(cos 36° cos 24°)2(sin 36° sin 24°)

−− −

= 2− sin 30° sin 6°

2− cos 30° sin 6° =

12

12

3 = 1

3 =

13 3

30. Jawaban: a

x 0lim→

2 2x 5x 4 x x 46x

+ + − − +

=x 0lim→

2 2x 5x 4 x x 46x

+ + − − + ·2 2

2 2

x 5x 4 x x 4

x 5x 4 x x 4

+ + + − +

+ + + − +

=x 0lim→

2 2

2 2

x 5x 4 (x x 4)

6x( x 5x 4 x x 4)

+ + − − +

+ + + − +

=x 0lim→ 2 2

6x

6x( x 5x 4 x x 4)+ + + − +

=x 0lim→ 2 2

1

x 5x 4 x x 4+ + + − +

= 2 2

1

0 0 4 0 0 4+ + + − + =

12 + 2 =

14

10 cm

10 cm30°

A B

C

10 cm 10 cm

10 cm

60°

60° 60°

2425

7A

513

12B


Y

X

6

3

–2 0 2 3

I

II

y1 = 32 x + 3

y2 = –6x + 18

31. Jawaban: a

x 0lim→

cos 4x 1x tan 2x

− = x 0lim→

22 sin 2xx tan 2x

−

= x 0lim→

2 sin 2xx

− · sin 2xtan 2 x

= –2 · 21 ·

22 = –4

32. Jawaban: cPersamaan jarak partikel = s(t) = 8t + 20t3 – t4Persamaan kecepatan partikel= v(t) = s′(t) = 8 + 60t2 – 4t3v′(t) = 120t – 12t2Kecepatan partikel maksimum jika v′(t) = 0.

120t – 12t2 = 0⇔ 12t(10 – t) = 0⇔ t = 0 atau t = 10

Kecepatan maksimum partikel= v(10) = 8 + 60 · 102 – 4 · 103 = 2.008 m/detik

33. Jawaban: cMisalkan u = 2x + 3 maka:dudx = 2 ⇔ du = 2dx

Diperoleh:

∫(4x + 6) 2x + 3 dx

= ∫2(2x + 3)(2x + 312) dx

= ∫(2x + 332) 2dx

= ∫32u du

= 25

52u + c

= 25 (2x + 3)2 2x + 3 + c

34. Jawaban: a∫cos 2x sin x dx = ∫ (2 cos2 x – 1) sin x dx

= ∫ (2 cos2 x sin x – sin x) dx

= ∫2 cos2 x sin x dx – ∫sin x dx

= –2 ∫cos2 d (cos x) – (–cos x)

= –2 · 13 cos3 x + cos x + c

= –23 cos3 x + cos x + c

35. Jawaban: d

3

4

π

π∫ (sin x cos3 x – cos x sin3 x) dx

= 3

4

π

π∫ (

12 · 2 sin x cos x · cos2 x

– 12 · 2 sin x cos x · sin2 x) dx

= 3

4

π

π∫ 1

2 (sin 2x cos2 x – sin 2x sin2 x) dx

= 12

3

4

π

π∫ sin 2x (cos2 x – sin2 x) dx

= 12

3

4

π

π∫ sin 2x cos 2x dx

= 12 ·

12

3

4

π

π∫ sin 2x d(sin 2x)

= 14 ·

12

3

4

2sin 2xπ

π

= 18 (sin2

23π

– sin2 2π

)

= 18 (

12 3 )2 – 12) =

18 (

34 – 1) =

18 (–

14 ) = –

132

36. Jawaban: c3x – 2y = –6

⇔ y = 3x + 62

⇔ y = 32 x + 3

⇔ 6x + y = 18⇔ y = –6x + 18

– – – + + + – – –0 10↑

minimum↑

maksimum


L = LI + LII

=2

0∫ y1 dx +

3

2∫ y2 dx

=2

0∫ ( 3

2 x + 3) dx + 3

2∫ (–6x + 18) dx

=23 2

4 0x 3x + +

322

3x 18x − +

= ( 34 · 22 + 3 · 2) – ( 3

4 · 02 + 3 · 0)

+ ((–3 · 32 + 18 · 3) – (–3 · 22 + 18 · 2))= 9 – 0 + 27 – 24= 12 satuan luas

37. Jawaban: e

Menentukan titik potong y = x dan x + y = 2.

y = x ⇔ y2 = x . . . (1)x + y = 2 . . . (2)Substitusikan persamaan (1) ke persamaan (2).x = y2 ⇔ x + y = 2

⇔ y2 + y = 2⇔ y2 + y – 2 = 0⇔ (y – 1)(y + 2) = 0⇔ y = 1 atau y = –2

Substitusikan nilai y = 1 ke x + y = 2.x + 1 = 2 ⇔ x = 1Diperoleh titik potong (1, 1).Volume benda putar yang terjadi= volume daerah A + volume daerah B

= π1

0∫ ( x )2 dx + π

2

1∫ (2 – x)2 dx

= π1

0∫ x dx + π

2

1∫ (4 – 4x + x2) dx

= π1

2

0

12

x

+ π2

2 3

1

13

4x 2x x

− +

= π(12 – 0) + π((8 – 8 +

83 ) – (4 – 2 +

13 ))

= 12 π +

13 π


38. Jawaban: c

Kelas modus 160–164; L0 = 160 – 0,5 = 159,5;d1 = 12 – 6 = 6; d2 = 12 – 8 = 4; p = 5.

Mo = L0 + 1

1 2

dd d+

· p = 159,5 + 66 4+

· 5

= 159,5 + 3 = 162,5Jadi, nilai modus dari data tersebut 162,5 cm.

39. Jawaban: e

Tempat ratusan dapat diisi oleh dua angka, yaitu2 dan 4.Tempat puluhan dapat diisi oleh empat angka.Angka satuan dapat diisi oleh tiga angka.Banyak bilangan yang terbentuk yang nilainyakurang dari 500 adalah 2 × 4 × 3 = 24 bilangan.

40. Jawaban: aKemungkinan bola yang terambil adalah merah darikotak I dan merah dari kotak II atau kuning darikotak I dan kuning dari kotak II.MI = kejadian terambil bola merah dari kotak IMII = kejadian terambil bola merah dari kotak IIKI = kejadian terambil bola kuning dari kotak IKII = kejadian terambil bola kuning dari kotak II

P(MI) = 58 P(KI) =

38

P(MII) = 48 P(KII) =

48

M = kejadian terambil bola merah dari kotak Idan kotak II

P(M) = P(MI) × P(MII) = 58 ×

48 =

2064

K = kejadian terambil bola kuning dari kotak Idan kotak II

P(K) = P(KI) × P(KII) = 38 ×

48 =

1264

Peluang terambil kedua bola berwarna sama:

P = P(M) + P(K) = 2064 +

1264 =

3264 =

12

Jadi, peluang terambil kedua bola berwarna sama

adalah 12 .

X

Y

2

1

0 1 2A B

y = x

x + y = 2 ⇔ y = 2 – x

Tinggi Badan (cm)

145–149150–154155–159

160–164

165–169170–174

Frekuensi

4 5 6

12

8 5

Ratusan Puluhan Satuan

2 4 3

240 Latihan Ujian Nasional

1. Jawaban: bMisal p : Tio kehujanan.

q : Tio sakit.r : Ia demam.

Premis 1 : p ⇒ qPremis 2 : q ⇒ r–––––––––––––––––Kesimpulan : p ⇒ rJadi, kesimpulannya ”Jika Tio kehujanan makaia demam”.

2. Jawaban: cMisal p : Semua mahasiswa berdemonstrasi.

q : Lalu lintas macet.~q : Lalu lintas tidak macet.

Pernyataan : p ⇒ qIngkaran : ~(p ⇒ q) ≡ p ∧ ~q

Jadi, ingkarannya ”Semua mahasiswa ber-demonstrasi dan lalu lintas tidak macet”.

3. Jawaban: c

(a–1)2 × 4

3bc− = a–2b4c3

= 4 3

2b ca

= 314

22

2 ( )

4

⋅

= 18

16

16

⋅

= 18

4. Jawaban: e

2 2 32 3

−− =

2 2 32 3

−−

× 2 + 32 + 3

= 2( 2 + 3) 2 3( 2 + 3)2 3

−−

= 2 2( 2) + 2 3 2 3 2 2( 3)

1− −−

= –(2 + 6 – 2 6 – 2 · 3)

= 4 + 6

5. Jawaban: a

24log 288 = 3

3log 288log 24

= 3

3log 36 × 8log 6 × 4

= 3

3 3

3log 36 + log 8log 6 + log 4

= 3 2 3 3

3 3 2log 6 + log 2log 6 + log 2

= 3 3

3 32 log 6 + 3 log 2

log 6 + 2 log 2

= 2p + 3qp + 2q

6. Jawaban: bPersamaan kuadrat x2 + (m – 1)x – 5 = 0mempunyai nilai a = 1, b = m – 1, dan c = –5.Akar-akar persamaan kuadrat x1 dan x2 maka:

x1 + x2 = b

a−

= (m 1)

1− −

= 1 – m

x1x2 = ca =

51

− = –5

x12 + x2

2 – 2x1x2 = 8 m

⇔ ((x1 + x2)2 – 2x1x2) – 2x1x2 = 8 m

⇔ (x1 + x2)2 – 4x1x2 = 8 m

⇔ (m – 1)2 – 4(–3) = 8 m

⇔ m2 – 2m + 1 + 20 = 8 m⇔ m2 – 10m + 21 = 0⇔ (m – 3)(m – 7) = 0⇔ m – 3 = 0 atau m – 7 = 0⇔ m = 3 atau m = 7Jadi, nilai m = 3 atau m = 7.

7. Jawaban: bPersamaan kuadrat 2x2 – 2(p – 4)x + p = 0mempunyai nilai a = 2, b = –2(p – 4), dan c = p.Persamaan kuadrat mempunyai dua akar realberbeda jika D > 0.

Silogisme


b2 – 4ac > 0⇔ (–2(p – 4))2 – 4 · 2 · p > 0⇔ 4(p2 – 8p + 16) – 8p > 0⇔ p2 – 8p + 16 – 2p > 0⇔ p2 – 10p + 16 > 0Pembuat nol:

p2 – 10p + 16 = 0⇔ (p – 2)(p – 8) = 0⇔ p – 2 = 0 atau p – 8 = 0⇔ p = 2 atau p = 8

Jadi, nilai p yang memenuhi adalah p < 2 ataup > 8.

8. Jawaban: dMisalkan x = umur Deksa

y = umur Elisaz = umur Firda

Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTVsebagai berikut.x = 4 + y . . . (1)y = 3 + z . . . (2)x + y + z = 58 . . . (3)Substitusi persamaan (1) dan (2) ke persamaan (3).

x + y + z = 58⇔ (4 + y) + (3 + z) + z = 58⇔ 4 + 3 + z + 3 + 2z = 58⇔ 10 + 3z = 58⇔ 3z = 48 ⇔ z = 16y = 3 + z = 3 + 16 = 19x = 4 + y = 4 + 19 = 23Jumlah umur Deksa dan Firda= x + z= 23 + 16= 39 tahun

9. Jawaban: aMencari titik singgung lingkaran.Substitusi y = 3 ke L ≡ (x + 1)2 + (y – 3)2 = 9.

(x + 1)2 + (y – 3)2 = 9⇔ (x + 1)2 + (3 – 3)2 = 9⇔ x2 + 2x + 1 + 0 – 9 = 0⇔ x2 + 2x – 8 = 0⇔ (x + 4)(x – 2) = 0⇔ x + 4 = 0 atau x – 2 = 0⇔ x = –4 atau x = 2

Diperoleh titik singgung A(–4, 3) dan B(2, 3).Persamaan garis singgung lingkaran L di titikA(–4, 3):

(x + 1)(–4 + 1) + (y – 3)(3 – 3) = 9⇔ –3(x + 1) = 9⇔ x + 1 = –3⇔ x = –4Persamaan garis singgung lingkaran L di titikB(2, 3):

(x + 1)(2 + 1) + (y – 3)(3 – 3) = 9⇔ 3(x + 1) = 9⇔ x + 1 = 3⇔ x = 2Jadi, persamaan garis singgungnya x = –4 danx = 2.

10. Jawaban: bMisalkan suku banyak tersebut F(x).F(x) dibagi (x2 + 2x – 3) = (x + 3)(x – 1) bersisa(3x – 4). Menurut teorema sisa:F(–3) = 3 · (–3) – 4 = –13F(1) = 3 · 1 – 4 = –1Misalkan juga F(x) dibagi (x2 – x – 2) hasil baginya(ax + b) dan bersisa (2x + 3).F(x) = (x2 – x – 2)(ax + b) + (2x + 3)F(1) = (12 – 1 – 2)(a · 1 + b) + (2 · 1 + 3)⇔ –1 = (–2)(a + b) + 5⇔ –6 = (–2)(a + b)⇔ a + b = 3 . . . (1)F(–3) = ((–3)2 – (–3) – 2)(a · (–3) + b) + (2 · (–3) + 3)⇔ –13 = 10(–3a + b) – 3⇔ –10 = 10(–3a + b)⇔ –3a + b = –1 . . . (2)Eliminasi b dari (1) dan (2).

a + b = 3–3a + b = –1–––––––––– –

4a = 4 ⇔ a = 1Substitusi a = 1 ke (1).a + b = 3 ⇔ 1 + b = 3

⇔ b = 2Diperoleh a = 1 dan b = 2.F(x) = (x2 – x – 2)(ax + b) + (2x + 3)

= (x2 – x – 2)(x + 2) + (2x + 3)= (x3 – x2 – 2x + 2x2 – 2x – 4) + (2x + 3)= x3 + x2 – 2x – 1

Jadi, suku banyak tersebut x3 + x2 – 2x – 1.

2 8

+ – +


Mobil kecilMobil besar

Pembatas

Banyakxy

200

Luas420

1.760

Biaya Parkir1.0002.000

200

88

O 200 440A

Y

XB(140, 60)

C

x + 5y = 440x + y = 200

Fungsi Objektif f(x, y) = 1.000x + 2.000y

f(0, 0) = 1.000 × 0 + 2.000 × 0 = 0f(200, 0) = 1.000 × 200 + 2.000 × 0 = 200.000f(140, 60) = 1.000 × 140 + 2.000 × 60 = 260.000f(0, 88) = 1.000 × 0 + 2.000 × 88 = 176.000

Titik Pojok

O(0, 0)A(200, 0)B(140, 60)C(0, 88)

Cara lain:Misalkan suku banyak tersebut F(x).F(x) dibagi (x2 + 2x – 3) = (x + 3)(x – 1) bersisa(3x – 4). Menurut teorema sisa:F(–3) = 3 · (–3) – 4 = –13F(1) = 3 · 1 – 4 = –1F(x) dibagi (x2 – x – 2) = (x – 2)(x + 1) bersisa(2x + 3). Menurut teorema sisa:F(2) = 2 · 2 + 3 = 7F(–1) = 2 · (–1) + 3 = 1Perhatikan persamaan suku banyak padapilihan b.F(x) = x3 + x2 – 2x – 1F(–3) = (–3)3 + (–3)2 – 2(–3) – 1

= –27 + 9 + 6 – 1= –13 (bernilai benar)

F(1) = 13 + 12 – 2 · 1 – 1= 1 + 1 – 2 – 1= –1 (bernilai benar)

F(2) = 23 + 22 – 2 · 2 – 1= 8 + 4 – 4 – 1= 7 (bernilai benar)

F(–1) = (–1)3 + (–1)2 – 2(–1) – 1= –1 + 1 + 2 – 1= 1 (bernilai benar)

Jadi, suku banyak tersebut adalahF(x) = x3 + x2 – 2x – 1.

11. Jawaban: ef(x) = 2x – 3g(x) = x2 + 2x – 3

(g f)(x) = g(f(x))= g(2x – 3)= (2x – 3)2 + 2(2x – 3) – 3= 4x2 – 12x + 9 + 4x – 6 – 3= 4x2 – 8x

12. Jawaban: cMisal x = banyak mobil kecil

y = banyak mobil besar


x + y ≤ 2004x + 20y ≤ 1.760 ⇔ x + 5y ≤ 440

x ≥ 0y ≥ 0


Titik B merupakan perpotongan garis x + y = 200dan x + 5y = 440. Koordinat B(140, 60).

Uji titik pojok ke fungsi objektif f(x, y):

Nilai maksimum f(x, y) = 1.000x + 2.000y adalah260.000.Jadi, penghasilan maksimum dari tempat parkirRp260.000,00.

13. Jawaban: cC = AB

= 3 14 2

−

1 22 3

−

= 3 2 6 34 4 8 6

− + + −

= 1 98 2

C – D = 1 98 2

–

6 31 5

−

= 5 6

7 7−


14. Jawaban: bOleh karena a tegak lurus b , berlaku a · b = 0⇔ x × 3 + 1 × 9 + 2 × (–12) = 0⇔ 3x + 9 – 24 = 0⇔ 3x = 15⇔ x = 5Diperoleh a = 5 i + j + 2k( a + c )( a – b )

= 512

+ 321

−

512

– 3912

−

= 831

28

14

−

= 8 × 2 + 3 × (–8) + 1 × 14= 16 – 24 + 14 = 6

15. Jawaban: eDiketahui A(0, 0, 0), B(–1, 1, 0), dan C(1, –2, 2)

a = 000

, b = 1

10

−

, dan c = 122

−

AB = b – a = 1

10

−

– 000

= 1

10

−

AC = c – a = 122

−

– 000

= 122

−

α = sudut antara AB dan AC

cos α = AB AC| AB | | AC |

⋅

= 2 2 2 2 2 2

( 1) 1 1 ( 2) 0 2

( 1) 1 0 1 ( 2) 2

− ⋅ + ⋅ − + ⋅

⋅− + + + − +

= 1 2 0

2 9

− − +⋅

= 33 2− = –

12

2

16. Jawaban: cDiketahui A(2, –1, –1), B(–1, 4, –2), danC(5, 0, –3).

a = 211

− −

, b = 1

42

− −

, dan c = 503

−

AB = b – a = 1

42

− −

– 211

− −

= 3

51

− −

AC = c – a = 503

−

– 211

− −

= 312

−

Proyeksi ortogonal vektor AB pada AC

= 2AB AC| AC |

⋅ AC

= 2 2 2 2

( 3) 3 5 1 ( 1) ( 2)

( 3 1 ( 2) )

− ⋅ + ⋅ + − ⋅ −

+ + −

312

−

= 214−

312

−

= –17

312

−

= –17 (3 i j 2k)+ −

17. Jawaban: eMatriks pencerminan terhadap sumbu X adalah

1 00 1

−

.

Misalkan x′ dan y′ merupakan bayangan titik xdan y setelah ditransformasikan oleh matriks

1 20 1

dan dilanjutkan 1 00 1

−

.

′ ′ xy

= 1 00 1

−

1 20 1

xy

⇔ ′ ′ xy

= 1 20 1

−

xy

⇔ ′ ′ xy

= x 2y

y+

− Diperoleh y′ = –y ⇔ y = –y′ . . . (1)

x′ = x + 2y ⇔ x = x′ – 2y⇔ x = x′ – 2(–y′)⇔ x = x′ + 2y′ . . . (2)

Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis.y = x + 1

⇔ –y′ = (x′ + 2y′) + 1⇔ x′ + 3y′ + 1 = 0⇔ x + 3y + 1 = 0Jadi, persamaan bayangan garis x + 3y + 1 = 0.

18. Jawaban: d

(14 )x

2 – 2x – 5 < (

12 )–6x + 2

⇔ (14 )x2 – 2x – 5 < (

12 )2(–3x + 1)

⇔ (14 )x

2 – 2x – 5 < (

14 )–3x + 1


A B

CD

E F

GH

O

8 cm

8 cm

E G

O

T

T

Untuk 0 < a < 1 penyelesaian af(x) < ag(x) adalahf(x) > g(x).

x2 – 2x – 5 > –3x + 1⇔ x2 + x – 6 > 0⇔ (x + 3)(x – 2) > 0Pembuat nol: x = –3 atau x = 2.

Nilai x yang memenuhi x < –3 atau x > 2.Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x < –3 ataux > 2}.

19. Jawaban: eGrafik fungsi melalui titik (–1, 9), (0, 3), dan(1, 1). Fungsi yang memenuhi adalah f(x) = 31 – x

karena:f(–1) = 31 – (–1) = 32 = 9f(0) = 31 – 0 = 31 = 3f(1) = 31 – 1 = 30 = 1Cara lain:Grafik fungsi pada gambar adalah grafik fungsig(x) = 3–x yang digeser ke kanan 1 satuan, yaituf(x) = 3–(x – 1) = 31 – x.Jadi, fungsi yang sesuai dengan grafik tersebutadalah f(x) = 31 – x.

20. Jawaban: bDiketahui U3 = –10 dan U5 = –4.U3 = –10 ⇔ a + 2b = –10 . . . (1)U5 = –4 ⇔ a + 4b = –4 . . . (2)

Eliminasi a dari (1) dan (2).a + 2b = –10a + 4b = –4–––––––––––––– –

–2b = –6 ⇔ b = 3

Substitusi b = 3 ke (1).a + 2b = –10 ⇔ a + 2(3) = –10

⇔ a = –10 – 6⇔ a = –16

Diperoleh a = –16 dan b = 3.

Sn = n2 (2a + (n – 1) b)

S15 = 152 × (2(–16) + (15 – 1) 3)

= 152 × (–32 + 42)

= 152 × 10 = 75

Jadi, jumlah 15 suku pertama adalah 75.

21. Jawaban: bBanyak kursi dalam gedung kesenian membentukbarisan aritmetika 18, 22, 16, . . . .Suku pertama = a = 18Beda = b = 4U12 = a + (12 – 1)b

= 18 + (11)4= 18 + 44 = 62

Jadi, banyak kursi pada baris kedua belas adalah62.

22. Jawaban: DBanyak potongan kertas membentuk barisangeometri dengan rasio 2.Pada potongan ketiga (U4):U4 = 160 ⇔ a × 23 = 160

⇔ 8a = 160⇔ a = 20

Banyak kertas setelah potongan ke-7 (U8):U8 = ar7 = 20 x 27 = 20 x 128 = 2.560Jadi, banyak kertas setelah potongan ketujuh ada2.560 lembar.Cara lain:Banyak kertas:Pada potongan ke-3 = 160 lembarPada potongan ke-4 = 2 × 160 = 320 lembarPada potongan ke-5 = 2 × 320 = 640 lembarPada potongan ke-6 = 2 × 640 = 1.280 lembarPada potongan ke-7 = 2 × 1.280 = 2.560 lembar

23. Jawaban: bDiketahui U4 = 24 dan r = 2.U4 = 24 ⇔ ar3 = 24

⇔ a · 23 = 24⇔ a · 8 = 24⇔ a = 3

Sn = na(r 1)

r 1−

− =

n3(2 1)2 1

−−

S8 = 83(2 1)

2 1−

− = 3(256 1)

1− = 765

Jadi, jumlah delapan suku pertama deret tersebutadalah 765.

24. Jawaban: e

Jarak titik E ke bidang BGD = ET

–3 2

+ – +


OE = OG

= 2 2OC + CG

= 2 2(4 2) + 8

= 32 + 64

= 96

= 4 6 cm

EG = 8 2 cm

Pada ∆OGE berlaku aturan kosinus sebagaiberikut.

cos ∠EOG = 2 2 2OE + OE EG

2 × OE × OG−

= 2 2 2(4 6) + (4 6) (8 2)2 × 4 6 × 4 6

−

= 96 + 96 1282 × 96

−

= 64192

= 13

sin ∠EOG = 2 23

Oleh karena luas ∆EOG = 12 × ET × OG dan

luas ∆EOG = 12 × OE × OG sin ∠EOG maka

12 × ET × OG = 1

2 × OE × OG sin ∠EOG

⇔ ET = OE sin ∠EOG

= 4 6 · 2 23

= 8 3 × 2 × 23

= 163

3 cm

Jadi, jarak titik E ke bidang BGD adalah 163

3 cm.

25. Jawaban: b

Sudut antara TD dan bidang ABCD = ∠BDT.Pada ∆BDT berlaku aturan kosinus sebagaiberikut.

cos ∠BDT = 2 2 2BD + TD TB2 × BD × TD

−

= 2 2 2(2 2) + ( 3) ( 3)

2 × 2 2 × 3−

= 8 + 3 34 6

−

= 8

4 6 =

26

tan ∠BDT = 22

= 12

2

26. Jawaban: d

Pada ∆AOB berlaku aturan kosinus sebagaiberikut.AB2 = OA2 + OB2 – 2 × OA × OB × cos ∠AOB

= 62 + 62 – 2 × 6 × 6 × cos 45°= 36 × 2 – 36 × 2

= 36(2 – 2 ) × 12

2

= 36 × 2 – 36 2

= 36(2 – 2 )

AB = 36(2 2)− = 6 2 2− cm

Keliling segi delapan = 8AB

= 8 6 2 2⋅ −

= 48 2 2− cm

27. Jawaban: bcos 4x + 3 sin 2x = –1

⇔ 1 – 2 sin2 2x + 3 sin 2x + 1 = 0⇔ –2 sin2 2x + 3 sin 2x + 2 = 0⇔ 2 sin2 2x – 3 sin 2x – 2 = 0⇔ (2 sin 2x + 1)(sin 2x – 2) = 0⇔ 2 sin 2x + 1 = 0 atau sin 2x – 2 = 0

⇔ sin 2x = –12 atau sin 2x = 2

Untuk sin 2x = 2 tidak ada nilai x yang memenuhikarena –1 ≤ sin 2x ≤ 1.

A B

CD

T

2 cm

2 cm

3 cm

6 cm

O 45°

6 cm

A

B

2

26

BD

T

13

2 2E

O

G


Mencari penyelesaian sin 2x = –12 .

sin 2x = –12 = sin 210°

a. 2x = 210° + k · 360°⇔ x = 105° + k · 180°

= 105°, 285°, . . .

b. 2x = (180° – 210°) + k · 360°⇔ 2x = –30° + k · 360°⇔ x = –15° + k · 180°

= –15°, 165°, 345°, . . .Oleh karena 0° ≤ x ≤ 180°, himpunan penyelesai-annya adalah {105°, 165°}.

28. Jawaban: dsin 75° – sin 165°

= 2 cos 12 (75° + 165°) · sin

12 (75° – 165°)

= 2 cos 120° sin (–45°)= –2 cos 120° sin 45°

= –2 · (–12 ) ·

12 2

= 12 2

29. Jawaban: c

sin (α – β) = 35

⇔ sin α cos β – cos α sin β = 35

⇔ 15 – cos α sin β =

35

⇔ cos α sin β = 15 –

35

= –25

sin (α + β) = sin α cos β + cos α sin β

= 15 + (–

25 )

= –15

30. Jawaban: b

Dengan substitusi langsung:

x 1lim

→

1 x2 x + 3

−−

= 1 12 2

−−

= 00

Dengan mengalikan bentuk sekawan:

x 1lim

→

1 x2 x + 3

−−

× 2 x 32 x 3

+ ++ +

= x 1lim

→

(1 x)(2 x 3)4 (x 3)

− + +− +

= x 1lim

→

(1 x)(2 x 3)1 x

− + +−

= x 1lim

→(2 + x + 3 )

= (2 + 2 1+ 3 )

= (2 + 2)= 4

Cara lain:Mencari nilai limit menggunakan teoremaL’Hopital.

x 1lim

→ 1 x

2 x + 3−

−

= x 1lim

→ 1

2

1 x

2 (x + 3)

−

−

= x 1lim

→ 1

212

1

(x + 3)−

−

−

= x 1lim

→

122(x + 3)

= x 1lim

→ 2 x + 3

= 2 1+ 3

= 2 4= 2 · 2 = 4

31. Jawaban: a

x 0lim→

cos 4x 12x sin 3x

−

= x 0lim→

2(1 2 sin 2x) 12x sin 3x

− −

= x 0lim→

22 sin 2x2x sin 3x

−

= –x 0lim→

2sin 2xx sin 3x

= –x 0lim→

sin 2xx

· sin 2xsin 3x

= –21 ·

23 = –

43

32. Jawaban: dBiaya produksi per unit barang:b(x) = (5x2 – 10x + 30) ribu rupiahBiaya produksi x unit barang:B(x) = x b(x)

= x(5x2 – 10x + 30) ribu rupiah= (5x3 – 10x2 + 30x) ribu rupiah

Harga jual x unit barang:H(x) = 50x ribu rupiah


– – – + + + – – –

–23

2

minimum maksimum

Keuntungan:U(x) = H(x) – B(x)

= (50x – (5x3 – 10x2 + 30x)) ribu rupiah= (–5x3 + 10x2 + 20x) ribu rupiah

Fungsi U(x) mencapai stasioner jika dU(x)

dx = 0.

dU(x)dx = –15x2 + 20x + 20 = 0

⇔ 3x2 – 4x – 4 = 0⇔ (3x + 2)(x – 2) = 0⇔ 3x + 2 = 0 atau x – 2 = 0

⇔ x = –23 atau x = 2

Diagram dU(x)

dx :

Dari diagram terlihat fungsi U(x) mencapaimaksimum di x = 2.Keuntungan maksimum= U(2)= (–5 · 23 + 10 · 22 + 20 · 2) ribu rupiah= 40.000 rupiahJadi, keuntungan maksimum yang diperolehperusahaan Rp40.000,00.

33. Jawaban: d

∫ −

− +2 53

1 4x

(6x 3x 2) dx

= –∫ (4x – 1)(6x2 – 3x + 2)− 5

3 dx

= –13 ∫ (6x2 – 3x + 2)

− 53 d(6x2 – 3x + 2)

= –13 · 2

3

1−

(6x2 – 3x + 2)− 2

3 + C

= 22 3

1

2(6x 3x + 2)− + C

= 2 23

1

2 (6x 3x + 2)− + C

34. Jawaban: d1

0∫ (2x + 3)(3x2 + 9x – 10)5 dx

= 1

0∫ (3x2 + 9x – 10)5 (2x + 3) dx

= 1

0∫ (3x2 + 9x – 10)5 ·

13 d(3x2 + 9x – 10)

= 13

1

0∫ (3x2 + 9x – 10)5 d(3x2 + 9x – 10)

=

× + −1

2 60

1 13 6

(3x 9x 10)

= 1

18 ((3 · 12 + 9 · 1 – 10)6 – (3 · 02 + 9 · 0 – 10)6)

= 1

18 ((3 · 12 + 9 · 1 – 10)6 – (3 · 02 + 9 · 0 – 10)6)

= 1

18 ((3 + 9 – 10)6 – (–10)6)

= 1

18 (26 – 1.000.000)

= 1

18 (64 – 1.000.000)

= 1

18 (–999.936)

= –55.552

35. Jawaban: bπ

∫4

04 sin2 2x sin 4x dx

=

π

∫4

02 · 2 sin2 2x sin 4x dx

= 2

π

∫4

0(1 – cos 4x) sin 4x dx

= –24

π

∫4

0(1 – cos 4x) d(cos 4x)

= –12

420

1x

2cos 4x cos 4

π

−

= –12 ((cos π –

12 cos2 π) – (cos 0 –

12 cos2 0))

= –12 (–1 –

12 · (–1)2 – 1 +

12 · 1)

= –12 (–1 –

12 – 1 +

12 )

= –12 · (–2)

= 1

36. Jawaban: cY

X0

2

–4

–2 2

y1 = x2 – 4

y2 = 2 – x

I

II


Daerah yang diarsir terbagi menjadi daerah Idan II. Daerah I berbentuk segitiga dibatasi olehgaris garis y = 2 – x, sumbu X, dan sumbu Y.Daerah II dibatasi kurva y = x2 – 4, sumbu X, dansumbu Y.

L = LI + LII

= 12 · 2 · 2 – ∫

2

0y1 dx

= 2 – ∫2

0(x2 – 4) dx

= 2 – 2

30

1x

3x 4

−

= 2 – 13 (23 – 03) + 4(2 – 0)

= 2 – 83 + 8

= 713 satuan luas

37. Jawaban: a

V = π2

1∫ (y1

2 – y22) dx

= π2

1∫ ((2x – x2)2 – (2 – x)2) dx

= π2

1∫ (4x2 – 4x3 + x4 – (4 – 4x + x2)) dx

= π2

1∫ (3x2 – 4x3 + x4 – 4 + 4x) dx

= π x3 – x4 +

15 x5 – 4x + 2x2

2

1

= π((23 – 24 + 15 · 25 – 4 · 2 + 2 · 22)

– (13 – 14 + 15 · 15 – 4 · 1 + 2 · 12))

= π(8 – 16 + 325 – 8 + 8) – (1 – 1 +

15 – 4 + 2))

= π(–85 +

95 )

= 5π

satuan volume

Y

X0 1

1

2

y1 = 2x – x2 y2 = 2 – x

2

38. Jawaban: dModus data pada interval kelas 50–59.LO = 49,5d1 = 12 – 8 = 4d2 = 12 – 9 = 3 c = 59,5 – 49,5 = 10

MO = LO + 1

1 2

dd + d · c

= 49,5 + 4

4 + 3 · 10

= 49,5 + 407

39. Jawaban: aBanyak huruf = 6Banyak huruf A = 2Banyak susunan kata

= 6!2!

= 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1

2 × 1

= 6 · 5 · 4 · 3= 360

40. Jawaban: eJumlah kelereng = 3 + 4 = 7Banyak anggota ruang sampel = n(S) = 7C3 = 35.Kemungkinan kelereng yang terambil 2 putih dan1 merah, atau 3 putih.A = kejadian terambil paling sedikit 2 kelereng

putihn(A) = 4C2 · 3C1 + 4C3

= 6 · 3 + 4= 18 + 4= 22

Peluang kejadian A:

P(A) = n(A)n(S)

= 2235

Jadi, peluang terambil paling sedikit 2 kelereng

putih adalah 2235 .


Silab

us

Bab

I I

nte

gral

Seko

lah

:S

MA

/MA

Kela

s/S

em

este

r:

XII/1

Pro

gram

IP

A

Mata

Pela

jaran

:M

ate

mati

ka

Sta

nd

ar K

om

pete

nsi

:1.

Menggunakan k

onsep inte

gra

l dala

m p

em

ecahan m

asala

h.

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

1.1

Me

ma

ha

mi

ko

nse

p i

nte

gra

l

ten

tu

da

n

tak

ten

tu.

1.2

Me

ng

hit

un

g

inte

gra

l ta

k t

entu

dan in

tegra

l tentu

dari fu

ngsi

alja

bar

dan t

rigonom

etr

i

yang s

ederh

ana.

Inte

gra

l

Inte

gra

l

1.1

.1M

am

pu

me

nd

e-

finis

ikan i

nte

gra

l

tak t

entu

.

1.1

.2M

am

pu

me

nd

e-

finis

ikan i

nte

gra

l

ten

tu.

1.2

.1M

am

pu

me

ne

n-

tuka

n h

asi

l inte

gra

l

tak t

en

tu f

un

gsi

alja

ba

r.

1.2

.2M

am

pu

me

ne

n-

tuka

n h

asi

l inte

gra

l

tentu

fungsi

alja

bar.

1.2

.3M

am

pu

me

ne

n-

tuka

n h

asi

l inte

gra

l

tak t

en

tu f

un

gsi

trig

on

om

etr

i.

Pili

han

ga

nd

a

Ura

ian

Pili

han

ga

nd

a

1.

Buku P

R M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

hala

man 1

–24

2.

Buku P

G M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

hala

man 1

–44

3.

BS

E M

ate

matika

Kela

s X

II P

rogra

m

IPA

untu

k S

MA

/

MA

, D

epdik

nas

4.

We

bs

it

e-

we

bs

ite

y

an

g

rele

va

n

1.

Buku P

R M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

hala

man 1

–24

2.

Buku P

G M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

hala

man 1

–44

Jik

a f′(x

) =

3x

2 +

6x –

5

da

n

f(–

1)

=

8,

rum

us

fungsi f(

x)

= .

. .

.

a.

3x

3 +

6x

2 –

5x

b.

3x

3 +

3x

2 –

5x +

3

c.

x3 +

6x

2 –

5x +

8

d.

x3 +

3x

2 –

5x +

1

e.

x3 +

3x

2 –

5x +

8

Dik

eta

hu

i

� �−∫f(

x)

dx =

8

da

n

� �−∫2

g(x

) d

x

=

6.

Te

ntu

ka

n:

a.

� �−∫g

(x)

dx

b.

� �−∫(2

f(x)

– 3

g(x

)) d

x

1.

Ha

sil p

en

gin

teg

rala

n

∫ �

��

��

�

��

− d

x =

. .

. .

a.

6�

– 2

x2 +

c

b.

6�

– x

2 +

c

c.

3�

– 4

x2 +

c

d.

3�

– 2

x2 +

c

e.

� ��

– 2

x2 +

c

–M

enje

laskan i

nte

gra

l

sebagai

antitu

runan.

–M

en

uli

sk

an

n

ota

si

inte

gra

l ta

k t

entu

.

–M

enje

laskan p

enger-

tia

n in

teg

ral

ten

tu

menggunaka

n m

eto

de

Rie

ma

nn

.

–M

en

uli

sk

an

n

ota

si

inte

gra

l te

ntu

.

–M

em

buktikan inte

gra

l

tentu

sebagai jum

lahan

Rie

ma

nn

.

–M

enyebutk

an r

um

us-

rum

us

in

teg

ral

tak

tentu

fungsi

alja

bar.

–M

en

ye

bu

tka

n s

ifa

t-

sifat in

tegra

l tak tentu

fungsi

alja

bar.

–M

em

bu

ktika

n r

um

us

dan s

ifat

inte

gra

l ta

k

tentu

fungsi

alja

bar.

–M

en

en

tuk

an

h

as

il

inte

gra

l ta

k

ten

tu

fungsi

alja

bar.

Te

s

tert

ulis

Te

s

tert

ulis

4 jp

6 jp

Pe

nd

idik

an

ka

rakte

r

(*)

Telit

i

478 Silabus

–M

enyebutk

an r

um

us-

rum

us i

nte

gra

l te

ntu

.

–M

em

bu

ktika

n r

um

us

inte

gra

l te

ntu

fu

ng

si

alja

bar.

–M

en

gh

itu

ng

in

teg

ral

tentu

fungsi

alja

bar.

–M

en

gin

ga

t ke

mb

ali

atu

ran-a

tura

n t

rigono-

me

tri.

–M

en

ye

bu

tka

n r

um

us

inte

gra

l ta

k

ten

tu

fungsi

trig

onom

etr

i.

–M

em

bu

ktika

n r

um

us

inte

gra

l ta

k

ten

tu

fungsi

trig

onom

etr

i.

–M

en

en

tuka

n

ha

sil

inte

gra

l ta

k

ten

tu

fungsi

trig

onom

etr

i.

–M

en

gh

itu

ng

in

teg

ral

tentu

fungsi

trig

onom

etri.

–M

enje

laskan p

enger-

tian in

tegra

l substit

usi.

–M

en

jela

sk

an

c

ara

me

ne

ntu

ka

n

ha

sil

inte

gra

l m

en

gg

un

a-

kan m

eto

de s

ubst

itusi

.

–M

en

en

tuka

n

ha

sil

inte

gra

l m

en

gg

un

a-

kan m

eto

de s

ubst

itusi

.

–M

en

gh

itu

ng

in

teg

ral

ten

tu m

en

gg

un

aka

n

me

tod

e s

ub

stitu

si.

–M

enje

laskan p

enger-

tian i

nte

gra

l pars

ial.

–M

en

jela

sk

an

c

ara

me

ne

ntu

ka

n

ha

sil

inte

gra

l seca

ra p

ars

ial.

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

1.2

.4M

am

pu

me

ne

n-

tuka

n h

asi

l inte

gra

l

ten

tu f

un

gsi

tri-

go

no

me

tri

1.2

.5M

am

pu

me

ne

n-

tukan h

asi

l inte

gra

l

me

ng

gu

na

ka

n

meto

de s

ubst

itusi

.

1.2

.6M

am

pu

me

ne

n-

tuka

n h

asi

l inte

gra

l

se

ca

ra p

ars

ial.

2.

Hasil

� �∫ (–x

2 +

6x –

8)

dx

= .

. .

.

a.

��

d.

��

b.

��

e.

� �

c.

� �

3.

Hasil

dari ∫

(3 –

6 s

in2 x

) dx

= .

. .

.

a.

� � s

in2 2

x +

c

b.

� � c

os

2 2

x +

c

c.

� � s

in 2

x +

c

d.

3 s

in x

cos x

+ c

e.

� � s

in 2

x co

s 2x

+ c

1.

Hitungla

h h

asil

inte

gra

l

tentu

berikut.

a.

� π ∫(cos 2

x +

sin

3x)

dx

b.

� �π π∫2 c

os

(�π

– x

) dx

c.

� π ∫ 6 s

in x

cos x

dx

2.

Hitu

ng

lah

ha

sil

pe

ng

-

inte

gra

lan b

erikut.

a.

�

��

��

��

��

−−

−∫

dx

b.

� π ∫sin

2 2

x s

in x

dx

Ura

ian

3.

BS

E M

ate

matika

Kela

s X

II P

rogra

m

IPA

untu

k S

MA

/

MA

, D

epdik

nas

4.

We

bs

it

e-

we

bs

ite

y

an

g

rele

va

n


1.

Lu

as d

ae

rah

ya

ng

di-

bata

si k

urv

a y

= (3 –

x)2

,

sum

bu X

, dan s

um

bu Y

adala

h . . . s

atu

an luas.

a.

12

d.

8� �

b.

10

� �e

.6

� �

c.

9

2.

Vo

lum

e b

en

da

pu

tar

yang te

rjadi j

ika d

aera

h

ya

ng

d

iba

tasi

ku

rva

y =

x2 d

an g

aris y

= 2

x

di

ku

ad

ran

I d

ipu

tar

36

0°

me

ng

eli

lin

gi

su

mb

u X

ad

ala

h .

. .

sa

tua

n v

olu

me

.

a.

�

��π

d.

��

��π

b.

�

��π

e.

��

�

��π

c.

��

��π

1.

Pe

rha

tik

an

d

ae

rah

ya

ng

d

iars

ir

pa

da

ga

mb

ar.

a.

Te

ntu

ka

n b

ata

s-

bata

s d

aera

h y

ang

dia

rsir

.

b.

Hit

un

gla

h

lua

s

daera

h y

ang d

iars

ir.

–M

en

en

tuka

n

ha

sil

inte

gra

l se

cara

pars

ial.

–M

en

gh

itu

ng

in

teg

ral

ten

tu s

eca

ra p

ars

ial.

–M

en

jela

sk

an

c

ara

me

ne

ntu

ka

n

lua

s

da

era

h

di

ba

wa

h

ku

rva

me

ng

gu

na

ka

n

pe

nd

eka

tan

pe

rse

gi

pa

nja

ng

.

–M

en

jela

sk

an

c

ara

me

ne

ntu

ka

n

lua

s

da

era

h

di

ba

wa

h

kurv

a d

engan p

roses

limit.

–M

en

uli

sk

an

k

es

im-

pu

lan

lu

as s

eb

ag

ai

limit ju

mla

han R

iem

ann.

–M

en

ye

bu

tka

n r

um

us

luas d

aera

h y

ang d

i-

ba

tasi

ku

rva

y =

f(x

)

dan s

um

bu X

.

–M

enghitu

ng lu

as

daera

h

ya

ng

dib

ata

si

kurv

a

ole

h s

uatu

kurv

a d

an

sum

bu X

yang b

era

da

di

ata

s s

um

bu X

.

–M

enghitu

ng lu

as

daera

h

ya

ng

d

iba

tasi

ole

h

suatu

kurv

a d

an s

um

bu

X

ya

ng

b

era

da

d

i

baw

ah s

um

bu X

.

–M

en

ye

bu

tka

n r

um

us

luas d

aera

h y

ang d

i-

bata

si o

leh d

ua k

urv

a.

–M

em

bu

ktika

n r

um

us

luas d

aera

h y

ang d

i-

bata

si o

leh d

ua k

urv

a.

–M

enghitu

ng lu

as

daera

h

yang d

ibata

si o

leh d

ua

ku

rva

.

1.3

.1M

am

pu

me

ne

n-

tukan lu

as d

aera

h

yang d

ibata

si o

leh

su

atu

ku

rva

.

1.3

.2M

am

pu

me

ne

n-

tukan lu

as d

aera

h

ya

ng

d

iba

tas

i

ole

h d

ua k

urv

a.

1.3

.3M

am

pu

me

ne

n-

tuk

an

v

olu

me

benda p

uta

r yang

terjadi

jika s

uatu

da

era

h y

an

g d

i-

bata

si ole

h s

uatu

kurv

a d

iputa

r m

e-

ngelilin

gi s

um

bu X

.

1.3

.4M

am

pu

me

ne

n-

tuk

an

v

olu

me

benda p

uta

r yang

terjadi

jika s

uatu

da

era

h y

an

g d

i-

bata

si o

leh s

uatu

kurv

a d

iputa

r m

e-

ngelilin

gi s

um

bu Y

.

1.3

.5M

am

pu

me

ne

n-

tuk

an

v

olu

me

benda p

uta

r yang

terjadi

jika s

uatu

da

era

h y

an

g d

i-

ba

tasi

ole

h d

ua

kurv

a d

iputa

r m

e-

ng

elil

ing

i su

mb

u

X.

1.3

.6M

am

pu

me

ne

n-

tuk

an

v

olu

me

benda p

uta

r yang

terjadi

jika s

uatu

da

era

h y

an

g d

i-

ba

tasi

ole

h d

ua

ku

rva

d

ipu

tar

me

ng

eli

lin

gi

sum

bu Y

.

Pili

han

ga

nd

a

Ura

ian

1.

Buku P

R M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

hala

man 1

–24

2.

Buku P

G M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

hala

man 1

–44

3.

BS

E M

ate

matika

Kela

s X

II P

rogra

m

IPA

untu

k S

MA

/

MA

, D

epdik

nas

4.

We

bs

it

e-

we

bs

ite

y

an

g

rele

va

n

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

1.3

Me

ng

gu

na

ka

n

inte

gra

l u

ntu

k

menghitung lu

as

daera

h d

i baw

ah

kurv

a d

an v

olu

me

benda p

uta

r.

Inte

gra

lT

es

tert

ulis

6 jp

Y

X

9 6 06

Pe

nd

idik

an

ka

rakte

r

(*)

Ce

rma

t

480 Silabus

–M

enyebutk

an r

um

us

vo

lum

e b

en

da

pu

tar

yang te

rjadi j

ika s

uatu

da

era

h d

ipu

tar

me

-

ngelil

ingi sum

bu X

.

–M

en

gh

itu

ng

vo

lum

ebenda p

uta

r yang ter-

jadi jik

a s

uatu

daera

hd

ipu

tar

me

ng

elilin

gi

sum

bu X

.

–M

enyebutk

an r

um

us

vo

lum

e b

en

da

pu

tar

yang te

rjadi j

ika s

uatu

daera

h d

iputa

r m

enge-

lilin

gi s

um

bu Y

.

–M

en

gh

itu

ng

vo

lum

eb

en

da

p

uta

r y

an

gte

rja

di

jik

a

su

atu

daera

h d

iputa

r m

enge-

lilin

gi s

um

bu Y

.

–M

enyebutk

an r

um

us

volu

me b

en

da

pu

tar

yang te

rjadi jik

a d

aera

hya

ng

dib

ata

si

ole

hd

ua

k

urv

a

dip

uta

rm

engelil

ingi s

um

bu X

.

–M

en

gh

itu

ng

vo

lum

eb

en

da

p

uta

r y

an

gte

rja

di

jik

a d

ae

rah

ya

ng

dib

ata

si

ole

hd

ua

ku

rva

d

ipu

tar

mengelil

ingi s

um

bu X

.

–M

enyebutk

an r

um

us

vo

lum

e b

en

da

pu

tar

ya

ng

te

rja

di

jika

daera

h y

ang d

ibata

si

ole

h d

ua

ku

rva

di-

pu

tar

me

ng

elilin

gi

sum

bu Y

.

–M

en

gh

itu

ng

vo

lum

eb

en

da

p

uta

r ya

ng

terj

ad

i jika

d

ae

rah

ya

ng

dib

ata

si

ole

hd

ua

ku

rva

d

ipu

tar

mengelil

ingi s

um

bu Y

.

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

2.

Da

era

h

D

dib

ata

si

para

bola

y =

x2 d

an g

aris

x +

y =

2.

Hit

un

gla

h

vo

lum

e b

en

da

p

uta

r

yang terjadi jik

a d

aera

h

D d

iputa

r m

engelil

ingi:

a.

sum

bu X

;

b.

sum

bu Y

.


Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

–M

em

bu

ktika

n r

um

us

volu

me

ke

rucu

t d

an

vo

lum

e k

eru

cu

t te

r-pancung y

ang t

erjadi

dari s

uatu

daera

h y

ang

dib

ata

si

kurv

a d

iputa

rm

engelil

ingi s

um

bu X

.

482 Silabus

Silab

us

Bab

II

Pro

gram

Lin

ear

Seko

lah

:S

MA

/MA

Kela

s/S

em

este

r:

XII/1

Pro

gram

IP

A

Mata

Pela

jaran

:M

ate

mati

ka

Sta

nd

ar K

om

pete

nsi

:2.

Menyele

saik

an m

asala

h p

rogra

m lin

ear.

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

2.1

Me

ny

ele

sa

ika

n

sis

tem

pe

rtid

ak-

sa

ma

an

li

ne

ar

dua v

ariabel.

Pro

gra

m

Lin

ea

r

2.1

.1M

am

pu

me

nd

e-

fin

isik

an

sis

tem

pe

rtid

aksa

ma

an

linear d

ua v

aria

bel.

2.1

.2M

am

pu

me

ne

n-

tuk

an

d

ae

rah

pe

ny

ele

sa

ian

sis

tem

pe

rtid

ak-

sa

ma

an

li

ne

ar

dua v

ariabel.

2.1

.3M

am

pu

me

ne

n-

tukan s

iste

m p

er-

tid

ak

sa

ma

an

linear d

ua v

ariabel

ya

ng

te

rbe

ntu

k

dari s

uatu

daera

h.

Pili

han

ga

nd

a

1.

Da

era

h y

an

g d

iars

ir

me

rup

ak

an

p

en

ye

-

lesa

ian

da

ri p

ert

ida

k-

sam

aan .

. .

.

a.

2y +

x >

2

b.

2y +

x <

2

c.

2y –

x <

2

d.

2x +

y >

2

e.

2x –

y <

2

2.

Yang te

rmasuk ti

tik-t

itik

him

pu

na

n p

en

ye

lesa

i-

an

d

ari

s

iste

m p

er-

tid

aksa

ma

an

x –

2y≤

–2

3x +

4y≥

12

5x +

3y≤

15

yaitu .

. .

.

a.

(0,

0)

dan (

–2,

1)

b.

(4,

4)

dan (

0,

6)

c.

(0,

2)

dan (

1,

0)

d.

(–2,

1)

dan (

3,

0)

e.

(4,

0)

dan (

5,

2)

–M

enje

laskan p

enger-

tia

n p

ert

ida

ksa

ma

an

linear

dua v

ariabel.

–M

enyebutk

an b

entu

k

um

um

pert

idaksam

a-

an li

near dua v

ariabel.

–M

enje

lask

an p

engertia

n

him

pu

na

n p

en

ye

le-

sa

ian

pe

rtid

aksa

ma

-

an li

near dua v

ariabel.

–M

enentu

kan h

impun-

an p

enyele

saia

n p

er-

tid

aksa

ma

an

lin

ea

r

du

a v

ari

ab

el

me

ng

-

gu

na

ka

n m

eto

de

uji

titik.

–M

enentu

kan h

impun-

an p

enyele

saia

n p

er-

tid

aksa

ma

an

lin

ea

r

dua v

ariabel

dengan

sy

ara

t k

oe

fis

ien

x

positif m

enggunakan

ca

ra l

an

gsu

ng

.

–M

enje

laskan p

enger-

tia

n s

iste

m p

ert

ida

k-

sa

ma

an

lin

ea

r d

ua

va

ria

be

l.

–M

enentu

kan h

impun-

an p

enye

lesa

ian s

iste

m

pe

rtid

aksa

ma

an

du

a

va

ria

be

l.

Te

s

tert

ulis

1.

Buku P

R M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

hala

man 2

5–46

2.

Buku P

G M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

hala

man 4

5–96

3.

BS

E M

ate

matika

Kela

s X

II P

rogra

m

IPA

untu

k S

MA

/

MA

, D

epdik

nas

4.

We

bs

it

e-

we

bs

ite

y

an

g

rele

va

n

2 jp

Y

X–

2

1 0


–M

en

en

tuka

n s

iste

m

pe

rti

da

ks

am

aa

n

lin

ea

r d

ua

va

ria

be

l

ya

ng

te

rbe

ntu

k d

ari

su

atu

da

era

h.

–M

enje

laskan p

engert

i-

an m

odel m

ate

matik

a.

–M

enje

laskan langkah-

lan

gka

h m

em

be

ntu

k

mo

de

l m

ate

ma

tik

a

da

ri s

ua

tu m

asa

lah

pro

gra

m l

inear.

–M

em

buat m

odel m

ate

-

ma

tik

a

da

ri

su

atu

ma

sa

lah

p

rog

ram

linear. (*

)

2.2

.1M

am

pu m

enyu

sun

mod

el m

ate

matik

a

dari s

uatu

masa-

lah

p

rog

ram

linear.

1.

Te

ntu

ka

n

da

era

h

pe

nye

lesa

ian

sis

tem

pert

idaksam

aan li

near

be

riku

t.

x +

y≥

1

2x +

3y≤

12

–x +

y≤

2

x≤

1

2.

Titi

k A

(–4, 2), B

(–2, –2),

C(4

, –4),

dan D

(0,

4)

me

rup

aka

n

titik-t

itik

su

du

t d

ae

rah

pe

nye

-

lesa

ian

su

atu

sis

tem

pe

rti

da

ks

am

aa

n.

Te

ntu

ka

n s

iste

m p

er-

tidaks

am

aan t

ers

ebut.

Seora

ng p

ete

rnak m

em

iliki

tidak le

bih

dari 1

0 k

andang

tern

ak u

ntu

k m

em

elih

ara

ay

am

d

an

it

ik.

Se

tia

p

kandang d

apat m

enam

pung

aya

m s

eb

an

ya

k 3

6 e

ko

r

ata

u

me

na

mp

un

g

itik

se

ba

ny

ak

2

4

ek

or.

Jum

lah t

ern

ak y

ang a

kan

dip

elih

ara

tid

ak l

ebih

dari

30

0 e

ko

r. J

ika

b

an

ya

k

ka

nd

an

g

ya

ng

b

eri

si

ayam

x b

uah d

an b

anyak

kandang y

ang b

erisi itik

y

buah, si

stem

pertid

aks

am

a-

an p

erm

asala

han .

. .

.

a.

x ≥

0,

y ≥

0,

30

0x +

24y ≤

360,

x +

y ≤

10

b.

x ≥

0,

y ≥

0,

20

0x +

24y ≤

300,

x +

y ≤

10

c.

x ≥

0,

y ≥

0,

36

x +

240y ≤

300,

x +

y ≤

10

d.

x ≥

0,

y ≥

0,

20

0x +

250y ≤

300,

x +

y ≤

10

e.

x ≥

0,

y ≥

0,

36x +

24y

≤ 300,

x +

y ≤

10

1.

Buku P

R M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

hala

man 2

5–46

2.

Buku P

G M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

hala

man 4

5–96

3.

BS

E M

ate

matika

Kela

s X

II P

rogra

m

IPA

untu

k S

MA

/

MA

, D

epdik

nas

4.

We

bs

it

e-

we

bs

ite

y

an

g

rele

va

n

2.2

Me

ran

ca

ng

mo

-

de

l m

ate

ma

tika

da

ri

ma

sa

lah

pro

gra

m l

inear.

Pro

gra

m

Lin

ea

r

Ura

ian

Pili

han

ga

nd

a

Te

s

tert

ulis

4 jp

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

Pe

nd

idik

an

ka

rakte

r

(*)

Rasa

Ingin

Ta

hu

484 Silabus

–M

enje

laskan p

engert

i-

an f

ungsi

obje

ktif.

–M

enje

laskan p

engert

i-

an n

ilai o

ptim

um

suatu

fungsi

obje

ktif.

–M

enje

laskan p

engert

i-

an

m

eto

de

u

ji ti

tik

su

du

t.

–M

enje

laskan langkah-

langkah m

enentu

kan

nila

i o

ptim

um

su

atu

bentu

k o

bje

ktif m

eng-

gunakan m

eto

de t

itik

su

du

t.

–M

en

gh

itu

ng

n

ila

i

optim

um

suatu

bentu

k

obje

ktif

dengan m

eng-

gunakan m

eto

de t

itik

su

du

t.

–M

enje

laskan p

engert

i-

an g

aris s

elid

ik.

–M

enje

laskan langkah-

langkah m

enentu

kan

nila

i o

tim

um

su

atu

bentu

k o

bje

ktif m

eng-

gunakan g

aris s

elid

ik.

–M

en

gh

itu

ng

n

ila

i

optim

um

suatu

bentu

k

ob

jekti

f m

en

gg

un

a-

kan g

aris s

elid

ik.

–M

en

gh

itu

ng

n

ila

i

optim

um

suatu

fungsi

ob

jekti

f d

ari

mo

de

l

ma

tem

ati

ka

y

an

g

terb

en

tuk.

–M

enyele

saik

an m

odel

ma

tem

ati

ka

d

ari

ma

sa

lah

p

rog

ram

linear.

–M

en

ge

mb

ali

ka

n

pe

nye

lesa

ian

mo

de

l

ma

tem

ati

ka

y

an

g

dip

ero

leh

ke

da

lam

ba

ha

sa

se

ha

ri-h

ari

.

1.

Seora

ng p

em

buat

kue

mem

punyai

4 k

g g

ula

dan 9

kg tepung. U

ntu

k

me

mb

ua

t ku

e j

en

is A

dib

utu

hka

n 2

0 g

ram

gu

la

da

n

60

g

ram

tep

un

g,

se

da

ng

ka

n

un

tuk

m

em

bu

at

ku

e

jen

is B

d

ibu

tuh

ka

n

20

g

ram

gu

la d

an

40

gra

m t

epung.

Jik

a k

ue

A d

ijual

dengan h

arg

a

Rp 4

.000,0

0/b

uah d

an

ku

e B

diju

al

de

ng

an

harg

a R

p3.0

00,0

0/b

uah,

pendapata

n m

aksim

um

ya

ng

da

pa

t d

ipe

role

h

pem

buat

kue t

ers

ebut

. . .

.

a.

Rp

60

0.0

00

,00

b.

Rp

65

0.0

00

,00

c.

Rp

70

0.0

00

,00

d.

Rp

75

0.0

00

,00

e.

Rp

80

0.0

00

,00

2.

Suatu

peru

sahaan m

ebel

mem

erlukan 1

8 u

nsur

A d

an 2

4 u

nsur

B p

er

ha

ri.

Un

tuk m

em

bu

at

bara

ng jenis

I d

ibutu

h-

ka

n 1

un

su

r A

da

n 2

un

su

r B

, se

da

ng

ka

n

untu

k m

em

buat bara

ng

jen

is I

I d

ibu

tuh

ka

n 3

un

su

r A

da

n 2

un

su

r

B.

Jik

a b

ara

ng

je

nis

I

dij

ua

l se

ha

rga

Rp250.0

00,0

0 p

er

unit

da

n b

ara

ng

je

nis

II

dij

ua

l s

eh

arg

a

Rp400.0

00,0

0 p

er

unit

maka a

gar

penju

ala

n-

nya

menca

pai m

aks

imum

,

be

rap

a b

an

ya

k s

etia

p

Pili

han

ga

nd

a

Te

s

tert

ulis

2.3

Me

nye

lesa

ika

n

model m

ate

matik

a

da

ri

ma

sa

lah

pro

gra

m linear d

an

penafs

irannya

.

Pro

gra

m

Lin

ea

r

2.3

.1M

am

pu m

en

en

-

tuk

an

fu

ng

si

ob

jektif.

2.3

.2M

am

pu m

en

en

-

tuka

n n

ilai o

ptim

um

su

atu

b

en

tuk

ob

jektif.

2.3

.3M

am

pu m

en

en

-

tuka

n p

en

ye

le-

sa

ian

m

od

el

ma

tem

atika

da

ri

masala

h p

rogra

m

linear.

2.3

.4M

am

pu m

enafs

ir-

ka

n p

en

ye

lesa

i-

an

mo

de

l m

ate

-

ma

tika

da

ri m

a-

sa

lah

p

rog

ram

linear.

1.

Buku P

R M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

hala

man 2

5–46

2.

Buku P

G M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

hala

man 4

5–96

3.

BS

E M

ate

matika

Kela

s X

II P

rogra

m

IPA

untu

k S

MA

/

MA

, D

epdik

nas

4.

We

bs

it

e-

we

bs

ite

y

an

g

rele

va

n

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

4 jp


Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

jen

is

ba

ran

g

ha

rus

dib

ua

t?

a.

6 b

ara

ng jenis

I

b.

12 b

ara

ng jenis

II

c.

6 b

ara

ng

je

nis

I

dan 6

bara

ng j

enis

II

d.

3 b

ara

ng

je

nis

I

dan 9

bara

ng j

enis

II

e.

9 b

ara

ng

je

nis

I

dan 3

bara

ng j

enis

II

1.

Se

bu

ah

pa

bri

k m

em

-

pro

duks

i min

yak

gore

ng

kem

asan b

oto

l dengan

isi

1 l

ite

r d

an

2 l

ite

r.

Ka

pa

sit

as

pro

du

ksi

setia

p h

ari

tidak

lebih

dari

12

0 b

oto

l. S

etia

p h

ari

min

ya

k

de

ng

an

ke

-

masan 1

kg d

ipro

duksi

tidak

kura

ng d

ari 3

0 b

oto

l

dan k

em

asa

n 2

kg tid

ak

ku

ran

g 5

0 b

oto

l. K

e-

untu

ngan h

asi

l penju

ala

n

adala

h R

p3.0

00,0

0 p

er

bo

tol

un

tuk

min

ya

k

ke

ma

sa

n 1

lite

r d

an

Rp

5.0

00

,00

pe

r b

oto

l

untu

k m

inya

k ke

masa

n

2 lite

r.

Te

ntu

ka

nla

h:

a.

model m

ate

matika

da

ri

pe

rso

ala

n

ters

eb

ut,

b.

da

era

h

pe

ny

e-

lesaia

n d

ari m

odel

ma

tem

ati

ka

d

i

ata

s,

dan

c.

ba

nya

k p

rod

uksi

tia

p-t

iap

ke

ma

sa

n

ag

ar

dip

ero

leh

Ura

ian

486 Silabus

ke

un

tu

ng

an

ma

ks

imu

m

da

n

besar

keuntu

ngan

ma

ksim

um

nya

.

2.

Da

lam

se

tia

p m

ing

gu

ke

bu

tuh

an

m

inim

um

pro

tein

, ka

rbo

hid

rat,

da

n l

em

ak s

ese

ora

ng

be

rtu

rut-

turu

t 8

un

it,

12

u

nit

, d

an

9

u

nit

.

Makanan je

nis

A p

er kg

me

ng

an

du

ng

2

u

nit

pro

tein

, 6

un

it k

arb

o-

hid

rat, d

an 1

unit

lem

ak,

se

da

ng

ka

n m

aka

na

n

jen

is

B

pe

r kg

m

e-

ngandung 1

unit

pro

tein

,

1 u

nit

karb

ohid

rat, d

an

3 u

nit

lem

ak. Jik

a h

arg

a

ma

ka

na

n

jen

is

A

Rp8.5

00,0

0 p

er

kg d

an

harg

a m

akanan jenis

B

Rp

4.0

00

,00

p

er

kg

ma

ka

te

ntu

ka

n u

an

g

min

ima

l ya

ng

h

aru

s

dik

elu

ark

an p

er

min

ggu

agar kebutu

han p

rote

in,

karb

ohid

rat, d

an l

em

ak

terp

enuhi.

3.

Se

ora

ng

p

ed

ag

an

g

ku

e

me

mp

un

ya

i p

er-

sedia

an 1

8 k

g t

epung

da

n 1

2 k

g m

en

teg

a.

Pe

da

ga

ng

te

rse

bu

t

me

mb

ua

t 1

80

ku

e i

si

co

ke

lat

da

n i

si

ke

ju.

Ku

e is

i c

ok

ela

t m

e-

me

rlu

ka

n 1

50

g

ram

tep

un

g d

an

50

gra

m

me

nte

ga

, se

da

ng

ka

n

ku

e i

si

ke

ju m

em

erl

u-

ka

n 7

5 g

ram

te

pu

ng

dan 7

5 g

ram

mente

ga.

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an


Ap

ab

ila h

arg

a k

ue

isi

co

ke

lat

Rp

7.0

00

,00

pe

r b

ua

h d

an

ku

e i

si

ke

ju R

p5

.50

0,0

0 p

er

buah m

aka t

entu

kan:

4.

Se

bu

ah

LS

M d

itu

nju

ksta

siu

n T

V O

ke u

ntu

km

ela

kukan s

urv

ei

ten-

tang k

ualit

as p

rogra

mT

V O

ke. S

urv

ei dila

ku-

kan d

engan m

enyebar

ku

esio

ne

r ke

da

era

hpedesaan d

an d

aera

hp

erk

ota

an

. K

ue

sio

ne

rya

ng d

isebar

ke d

aera

hpedesaan t

idak k

ura

ng

da

ri 5

00

, se

da

ng

ka

nku

esi

oner

yang d

isebar

ke

da

era

h p

erk

ota

an

tid

ak

ku

ran

g

da

riku

esi

oner

yang d

isebar

ke

da

era

h p

ed

esa

an

.Ju

mla

h s

elu

ruh

ku

e-

sio

ne

r ya

ng

d

ise

ba

rtidak l

ebih

dari 1

.500.

Se

tia

p re

sp

on

de

n d

idaera

h p

edesa

an d

ibaya

rR

p4.0

00,0

0 d

an s

etia

pre

sponden d

i daera

h p

er-

kota

an d

ibaya

r Rp5.0

00,0

0ole

h L

SM

.a

.Jik

a L

SM

ters

ebut

dib

aya

r R

p6.0

00,0

0ole

h T

V O

ke u

ntu

ksetiap r

esponden,

bera

pa b

iaya m

ini-

mum

yang d

ikelu

ar-

kan L

SM

untu

k m

e-

lakukan s

urv

ei?

b.

Bera

pa k

euntu

ng-

an m

aks

imum

yang

dip

ero

leh L

SM

dari

su

rve

i te

rse

bu

t?

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

488 Silabus

Silab

us

Bab

III M

atr

iks

Seko

lah

:S

MA

/MA

Kela

s/S

em

este

r:

XII/1

Pro

gram

IP

A

Mata

Pela

jaran

:M

ate

mati

ka

Sta

nd

ar K

om

pete

nsi

:3.

Menggunakan k

onsep m

atr

iks, vekto

r, d

an tra

nsfo

rmasi dala

m p

em

ecahan m

asala

h.

3.1

Me

ng

gu

na

ka

n

sif

at-

sif

at

da

n

op

era

si

ma

trik

s

untu

k m

enunju

k-

kan b

ahw

a s

uatu

ma

trik

s p

ers

eg

i

me

ru

pa

ka

n

inve

rs d

ari m

atrik

s

pers

egi

lain

.

Ma

trik

s–

Menje

laskan p

enger-

tia

n m

atr

iks.

–M

en

uliska

n

no

tasi

matr

iks.

–M

en

en

tuk

an

o

rdo

su

atu

ma

trik

s.

–M

en

en

tuka

n

jen

is

matr

iks.

–M

en

en

tuka

n t

ran

s-

po

s s

ua

tu m

atr

iks.

–M

en

gg

un

aka

n k

esa

-

ma

an

d

ua

m

atr

iks

un

tuk

m

en

en

tuk

an

ele

me

n y

an

g b

elu

m

dik

eta

hu

i.

–M

en

jum

lah

ka

n d

ua

matr

iks a

tau l

ebih

.

–M

em

bu

kti

ka

n s

ifa

t-

sif

at

pe

nju

mla

ha

n

ma

trik

s.

–M

en

gu

ran

gka

n d

ua

matr

iks a

tau l

ebih

.

–M

em

bu

kti

ka

n s

ifa

t-

sif

at

pe

ng

ura

ng

an

ma

trik

s.

–M

en

ye

lesa

ika

n m

a-

sala

h y

ang b

erk

aitan

dengan p

enju

mla

han

da

n

pe

ng

ura

ng

an

ma

trik

s.

–M

engalik

an b

ilangan

skala

r dengan m

atrik

s.

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

3.1

.1M

am

pu

me

ne

n-

tukan o

rdo s

uatu

ma

trik

s.

3.1

.2M

am

pu

me

ne

n-

tuka

n tr

an

sp

os

su

atu

ma

trik

s.

3.1

.3M

am

pu

m

en

g-

gu

na

ka

n k

esa

-

maan d

ua m

atrik

s

untu

k m

enye

lesa

i-

kan p

erm

asa

lahan.

3.1

.4M

am

pu

menen

-

tukan p

enju

mla

h-

an

da

n p

en

gu

-

rangan d

ua m

atrik

s

ata

u lebih

.

3.1

.5M

am

pu

me

ne

n-

tuka

n h

asil

pe

r-

kalia

n m

atr

iks.

Pili

han

ga

nd

a

Te

s

tert

ulis

1.

Dib

eri

ka

n m

atr

iks C

=

��

��

�

��

�

−

−

. N

ilai c

21

da

n c

32 b

ert

uru

t-tu

rut

adala

h .

. .

.

a.

3 d

an 4

b.

8 d

an 3

c.

–1 d

an –

6

d.

7 d

an 0

e.

2 d

an 4

2.

Dik

eta

hu

i m

atr

iks K

=

��

��

d

an L

=

��

��

.

Jik

a K

T –

L =

M, m

atr

iks

M =

. .

. .

a.

��

�

−

b.

��

�−

c.

�

��

d.

�

��

e.

��

�

1.

Buku P

R M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

hala

man 4

7–80

2.

Buku P

G M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

ha

lam

an

9

7–

15

4

3.

BS

E M

ate

matika

Kela

s X

II P

rogra

m

IPA

untu

k S

MA

/

MA

, D

epdik

nas

4.

We

bs

it

e-

we

bs

ite

y

an

g

rele

va

n

4 jp

Pe

nd

idik

an

ka

rakte

r

(*)

Pe

rca

ya

Diri


1.

Dik

eta

hu

i m

atr

iks

K =

(k

ij) d

itentu

kan o

leh

K =

�

��

�

��

��

−−

−

.

Te

ntu

ka

n:

a.

Te

ntu

ka

n

ord

o

ma

trik

s K

.

b.

Te

ntu

ka

n k

13,

k2

1,

k2

4.

c.

Te

ntu

ka

n

ha

sil

k1

1k

22

+

k1

2k

23

+ k

24k

14.

d.

Jik

a

�

�

�

�

−+

−

=

k23, t

entu

kan n

ilai n

.

2.

Tentu

kan n

ilai a d

an b

ya

ng

me

me

nu

hi

pe

r-

sa

ma

an

be

riku

t.

a.

��

��

��

��

=

��

��

��

��

b.

��

��

��

��

−

−−

=

��

��

��

−−

+−

1.

Ma

trik

s A

=

�

�

da

n B

ad

ala

h m

atr

iks

be

ruku

ran

2 ×

2.

Jik

a

de

t (B

) =

b m

aka

de

t

(AB

) =

. .

. .

a.

10

bd

.2

b

b.

5b

e.

� �b

c.

� �b

Ura

ian

Pili

han

ga

nd

a

–M

em

bu

kti

ka

n s

ifa

t-

sifat perk

alia

n b

ilang-

an

s

ka

lar

de

ng

an

ma

trik

s.

–M

engalik

an d

ua m

atrik

s

ata

u lebih

.

–M

em

bu

kti

ka

n s

ifa

t-

sifa

t perk

alia

n m

atr

iks.

–M

en

jela

sk

an

s

ifa

t

perk

alia

n m

atr

iks d

e-

ngan m

atrik

s id

entit

as.

–M

em

an

gk

atk

an

ma

trik

s.

–M

en

gg

un

aka

n s

ifa

t-

sifa

t perk

alia

n m

atr

iks

untu

k m

enyele

saik

an

so

al.

–M

en

jela

sk

an

c

ara

me

ne

ntu

ka

n d

ete

r-

min

an

ma

trik

s o

rdo

2 ×

2.

–M

en

jela

sk

an

c

ara

me

ne

ntu

ka

n d

ete

r-

min

an

ma

trik

s o

rdo

3 ×

3.

–M

en

en

tuk

an

je

nis

ma

trik

s b

erd

asa

rka

n

nila

i dete

rmin

annya.

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

3.2

Me

ne

ntu

ka

n

de

term

ina

n d

an

inv

ers

m

atr

iks

2 ×

2

Ma

trik

s1

.B

uku P

R M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

hala

man 4

7–80

2.

Buku P

G M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

ha

lam

an

9

7–

15

4

3.2

.1M

am

pu

me

ne

n-

tuka

n d

ete

rmin

-

an m

atr

iks 2

× 2

.

3.2

.2M

am

pu

me

ne

n-

tuk

an

in

ve

rs

matr

iks 2

× 2

.

3.2

.3M

am

pu

me

ne

n-

tuka

n d

ete

rmin

an

matr

iks 3

× 3

.

3.2

.4M

am

pu

me

ne

n-

tukan invers

ma-

trik

s o

rdo 3

× 3

.

Te

s

tert

ulis

4 jp

490 Silabus

2.

Dik

eta

hu

i m

atr

iks

A

=�

�

��−

− .

Jika

(A

– k

I)

adala

h m

atr

iks s

ingula

r,

nila

i k a

dala

h . . . .

a.

k =

–3 a

tau k

= –

6

b.

k =

–2 a

tau k

= –

9

c.

k =

–2 a

tau k

= 9

d.

k =

2 a

tau k

= 9

e.

k =

3 a

tau k

= 6

3.

Dik

eta

hu

i m

atr

iks

A =

�

�

��

−

dan

B =

�

�

��−

.

Jik

a

C =

AB

, in

vers

matr

iks

C a

dala

h .

. .

.

a.

��

��

�

�

��

− −

b.

��

��

��

�

�

− −−

c.

��

��

��

�

�

−

−−

d.

��

��

�

�

��

−

−

e.

��

��

��

�

�

−−

−−

1.

Dik

eta

hui P

=

��

��−

dan Q

–1 =

�

�

��

.

Te

ntu

ka

n (

Q–

1P

T)–

1.

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

–M

em

bu

kti

ka

n s

ifa

t-

sif

at

de

term

ina

n

ma

trik

s.

–M

enje

laskan p

enger-

tia

n i

nve

rs m

atr

iks.

–M

en

jela

ska

n s

ya

rat

su

atu

ma

trik

s m

em

-

punyai

invers

.

–M

en

en

tuka

n i

nve

rs

matr

iks o

rde 2

× 2

.

–M

en

en

tuka

n i

nve

rs

matr

iks o

rdo 3

× 3

.

–M

enggunakan d

ete

r-

min

an

d

an

in

ve

rs

ma

trik

s

un

tuk

me

-

nyele

saik

an

so

al.

3.

BS

E M

ate

matika

Kela

s X

II P

rogra

m

IPA

untu

k S

MA

/

MA

, D

epdik

nas

4.

We

bs

it

e-

we

bs

ite

y

an

g

rele

va

n

Ura

ian


2.

Te

ntu

ka

n d

ete

rmin

an

matr

iks P

jik

a M

P =

N

de

ng

an

M =

��

��

��

��

�

α−

αα

α

dan N

=

�

�

−.

3.

Dik

eta

hui

matr

iks

A =

�

�

��−

d

an

B =

�

�

�−

.

Jik

a

XA

= B

, te

ntu

kan

ma

trik

s X

.

1.

Dik

eta

hu

i sis

tem

pe

r-

sam

aan l

inear:

x –

z =

1

2x +

y +

z =

3

–y +

2z =

4

Him

punan p

enyele

sai-

annya a

dala

h

. .

. .

a.

{(1,

–2,

2)}

b.

{(1,

2,

–2)}

c.

{(–2,

1,

2)}

d.

{(–2,

2,

1)}

e.

{(2,

–2,

1)}

2.

Dik

eta

hu

i ti

ga

g

ari

s

de

ng

an

pe

rsa

ma

an

(a +

2)x

+ y

– 2

= 0

,

x –

y –

3 =

0,

dan

3x +

ay +

1 =

0.

Jik

a a

> 0

, agar

ketiga

ga

ris

te

rse

bu

t b

er-

poto

ngan d

i satu

titik

,

nila

i a =

. . . .

a.

1d

.4

b.

2e

.5

c.

3

–M

enye

lesa

ikan s

iste

m

pe

rsa

ma

an

li

ne

ar

du

a v

ari

ab

el

me

ng

-

gu

na

ka

n c

ara

in

ve

rs

ma

trik

s.

–M

enye

lesa

ikan s

iste

m

pe

rsa

ma

an

li

ne

ar

du

a v

ari

ab

el

me

ng

-

gu

na

ka

n

me

tod

e

Cra

me

r.

–M

enye

lesa

ikan s

iste

m

pe

rsa

ma

an

li

ne

ar

tig

a v

ari

ab

el

me

ng

-

gu

na

ka

n c

ara

in

ve

rs

ma

trik

s.

–M

enye

lesa

ikan s

iste

m

pers

am

aan l

inear

tiga

variabel m

enggunaka

n

meto

de C

ram

er.

–M

en

jela

ska

n s

ya

rat

tiga g

aris b

erp

oto

ng-

an d

i satu

titik

.

3.3

.1M

am

pu

me

ne

n-

tuk

an

p

en

ye

le-

saia

n s

iste

m p

er-

sa

ma

an

li

ne

ar

dua v

aria

bel m

eng-

gu

na

ka

n i

nve

rs

matr

iks d

an m

e-

tod

e C

ram

er.

3.3

.2M

am

pu

me

ne

n-

tuka

n p

en

ye

le-

saia

n s

iste

m p

er-

sa

ma

an

li

ne

ar

tiga v

aria

bel m

eng-

gu

na

ka

n i

nve

rs

matr

iks d

an m

e-

tod

e C

ram

er.

1.

Buku P

R M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

hala

man 4

7–80

2.

Buku P

G M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

ha

lam

an

9

7–

15

4

3.

BS

E M

ate

matika

Kela

s X

II-P

rogra

m

IPA

untu

k S

MA

/

MA

, D

epdik

nas

4.

We

bs

it

e-

we

bs

ite

y

an

g

rele

va

n

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

Ma

trik

s3

.3M

en

gg

un

ak

an

de

term

ina

n d

an

inv

ers

d

ala

m

pe

ny

ele

sa

ian

sis

tem

pers

am

a-

an

li

ne

ar

du

a

va

ria

be

l.

4 jp

Te

s

tert

ulis

Pili

han

ga

nd

a

492 Silabus

Ura

ian

1.

Harg

a 2

kg b

era

s d

an

3 k

g te

lur R

p52.0

00,0

0,

sedangkan h

arg

a 1

kg

be

ras d

an

2 k

g t

elu

r

Rp

32

.0

00

,0

0.

Te

ntu

ka

n:

a.

ha

rga

1 k

g b

era

s

dan 1

kg t

elu

r;

b.

ha

rga

3 k

g b

era

s

dan 4

kg t

elu

r.

2.

Ha

rga

5

b

ua

h b

uk

u

tulis

dan 7

buah p

ensil

Rp

14

.50

0,0

0.

Ha

rga

3 b

uah b

uku t

ulis

dan

4

bu

ah

p

en

sil

Rp

8.5

00

,00

. B

era

pa

harg

a 8

buah b

uku tu

lis

dan 5

buah p

ensil?

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an


Silab

us

Bab

IV

Vekto

r

Seko

lah

:S

MA

/MA

Kela

s/S

em

este

r:

XII/1

Pro

gram

IP

A

Mata

Pela

jaran

:M

ate

mati

ka

Sta

nd

ar K

om

pete

nsi

:3.

Menggunakan k

onsep m

atr

iks, vekto

r, d

an tra

nsfo

rmasi dala

m p

em

ecahan m

asala

h.

3.4

Me

ng

gu

na

ka

n

sif

at-

sif

at

da

n

op

era

si

alja

ba

r

ve

kto

r d

ala

m

pe

me

ca

ha

n

ma

sa

lah

.

Ve

kto

r3

.4.1

Ma

mp

u m

en

de

-

fin

isik

an

ve

kto

r.

3.4

.2M

am

pu

me

ne

n-

tuka

n s

ifa

t-sif

at

pa

da

o

pe

ras

i

alja

ba

r ve

kto

r.

3.4

.3M

am

pu

menen

-

tuka

n p

enye

lesa

i-

an o

peasi a

ljabar

ve

kto

r.

Pili

han

ga

nd

a

Ura

ian

Jik

a �

= 6

� –

5�

+ 4

�

dan

� =

�

+ 3

� –

2�

maka �

+ 3

� =

. .

. .

a.

7�

– 2

� +

2�

b.

7�

– 2

� –

2�

c.

9�

+ 4

� –

2�

d.

9�

– 4

� +

�

e.

9�

– 4

� +

2�

Dik

eta

hu

i ko

ord

ina

t ti

tik

A(–

4, 5

, 2),

B(2

, –1, 3

), d

an

C(3

, –2,

1).

Te

ntu

ka

n:

a.

vekto

r �

� d

an

��

,

b.

koord

inat

titik D

sehin

gga

��

= 2

��

– 3

��

.

–M

enje

laskan p

enger-

tian v

ekto

r.

–M

en

uli

sk

an

n

ota

si

ve

kto

r.

–M

en

jela

sk

an

s

ifa

t

penju

mla

han, pengu-

rangan, dan p

erk

alia

n

pa

da

ve

kto

r.

–M

en

jum

lah

ka

n d

ua

ve

kto

r.

–M

en

gu

ran

gka

n d

ua

vekto

r.

–M

en

ga

lika

n

ska

lar

dengan v

ekto

r.

–M

en

ya

tak

an

s

ua

tu

ve

kto

r d

ala

m v

ekto

r

ba

ris,

ve

kto

r ko

lom

,

da

n v

ekto

r b

asis

.

–M

enje

laskan p

enger-

tian k

esam

aan v

ekto

r.

–M

en

gh

itu

ng

pa

nja

ng

su

atu

ve

kto

r.

–M

en

ya

tak

an

s

ua

tu

ve

kto

r jik

a d

ike

tah

ui

perb

andin

gan p

osis

i-

nya

te

rha

da

p v

ekto

r

lain

.

–M

en

jela

ska

n s

ya

rat

titik

-titi

k ko

linear

meng-

gu

na

ka

n v

ekto

r.

–M

enyele

saik

an m

asa-

lah

ya

ng

me

liba

tka

n

opera

si alja

bar

vekto

r.

Te

s

tert

ulis

1.

Buku P

R M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

ha

lam

an

8

7–

11

0

2.

Buku P

G M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

ha

lam

an

18

9–

23

2

3.

BS

E M

ate

matika

Kela

s X

II-P

rogra

m

IPA

untu

k S

MA

/

MA

, D

epdik

nas

4.

We

bs

it

e-

we

bs

ite

y

an

g

rele

va

n

8 jp

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

Pe

nd

idik

an

ka

rakte

r

(*)

Ge

ma

r

Me

mb

aca

494 Silabus

3.5

Me

ng

gu

na

ka

n

sif

at-

sif

at

da

n

opera

si p

erk

alia

n

skala

r dua v

ekto

r

dala

m p

em

ecah-

an m

asala

h.

Ve

kto

r–

Menje

laskan p

enger-

tia

n p

erk

alia

n s

ka

lar

du

a v

ekto

r.

–M

en

jela

sk

an

s

ifa

t-

sifat

perk

alia

n s

kala

r

du

a v

ekto

r.

–M

enghitung h

asil

kali

sk

ala

r d

ua

v

ek

tor

be

rda

sa

rka

n s

ifa

t-

sifa

tnya

.

–M

en

gh

itu

ng

b

es

ar

su

du

t a

nta

ra

du

a

ve

kto

r.

–M

enje

laskan p

enger-

tian d

ua v

ekto

r yang

salin

g t

egak l

uru

s.

–M

en

ca

ri k

om

po

ne

n

ve

kto

r y

an

g te

ga

k

luru

s v

ekto

r la

in.

–M

enje

laskan p

enger-

tian d

ua v

ekto

r yang

salin

g s

eja

jar.

–M

en

ca

ri k

om

po

ne

n

ve

kto

r ya

ng

se

jaja

r

vekto

r la

in.

–M

enje

laskan p

enger-

tia

n p

roye

ksi

ska

lar

ortogonal su

atu

vekt

or

pada v

ekto

r la

in.

–M

en

gh

itu

ng

h

as

il

pro

yeksi

skala

r ort

o-

go

na

l su

atu

ve

kto

r

pada v

ekto

r la

in.

–M

enje

laskan p

enger-

tia

n p

roye

ksi

ve

kto

r

ortogonal su

atu

vekt

or

pada v

ekto

r la

in.

–M

en

ya

tak

an

h

as

il

pro

yeksi

vekto

r ort

o-

go

na

l su

atu

ve

kto

r

pada v

ekto

r la

in.

3.5

.1M

am

pu

me

nd

e-

fin

isik

an

p

er-

kalia

n s

kala

r dua

ve

kto

r.

3.5

.2M

am

pu

me

ne

n-

tuka

n s

ifa

t-sif

at

pe

rka

lia

n s

ka

lar

du

a v

ekto

r.

3.5

.3M

am

pu

me

ne

n-

tukan b

esar sudut

anta

ra d

ua v

ekto

r.

3.5

.4M

am

pu

me

nd

e-

fin

isik

an

d

ua

ve

kto

r ya

ng

sa

-

ling t

egak l

uru

s.

3.5

.5M

am

pu

me

nd

e-

fin

isik

an

d

ua

ve

kto

r ya

ng

sa

-

ling s

eja

jar.

3.5

.6M

am

pu

me

ne

n-

tuk

an

p

roy

ek

si

ska

lar

ort

og

on

al

su

atu

v

ek

tor

pada v

ekto

r la

in.

3.5

.7M

am

pu

me

ne

n-

tuk

an

p

roy

ek

si

ve

kto

r o

rto

go

na

l

su

atu

v

ek

tor

pada v

ekto

r la

in.

Te

s

tert

ulis

Pili

han

ga

nd

a

Ura

ian

1.

Jik

a �

=

� � �

−

dan

� =

� � �

−

maka

� ·

(�

+ �

) =

. .

. .

a.

15

d.

30

b.

21

e.

36

c.

27

2.

Dik

eta

hui

segitig

a A

BC

de

ng

an

k

oo

rdin

at

A(2

, –1, –

1), B

(–1, 4

, –2),

dan C

(5, 0, –3). P

roye

ksi

ve

kto

r �

� p

ad

a

��

adala

h . . . .

a.

� �(3

�+

�

– 2

�)

b.

� ��

(3�

+

� –

2�

)

c.

–� �

(3�

+

� –

2�

)

d.

–� ��

(3�

+

� –

2�

)

e.

–� �

(3�

+

� –

2�

)

Dik

eta

hui |

�| =

13, | �

| = 8

,

da

n s

ud

ut

an

tara

ve

kto

r

� d

an �

adala

h α

dengan

tan α

=

��

.Tentu

kan:

a.

� ·

�

b.

� ·

(�

+ �

)

c.

|�

+ �

|

d.

|�

– �

|

6 jp

1.

Buku P

R M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

ha

lam

an

8

7–

11

0

2.

Buku P

G M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

ha

lam

an

18

9–

23

2

3.

BS

E M

ate

matika

Kela

s X

II-P

rogra

m

IPA

untu

k S

MA

/

MA

, D

epdik

nas

4.

We

bs

it

e-

we

bs

ite

y

an

g

rele

va

n

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an


Silab

us

Bab

V

T

ran

sfo

rm

asi

Geo

metr

i

Seko

lah

:S

MA

/MA

Kela

s/S

em

este

r:

XII/1

Pro

gram

IP

A

Mata

Pela

jaran

:M

ate

mati

ka

Sta

nd

ar K

om

pete

nsi

:3.

Menggunakan m

atr

iks, vekto

r, d

an tra

nsfo

rmasi d

ala

m p

em

ecahan m

asala

h.

3.6

Me

ng

gu

na

ka

n

tra

ns

form

as

i

ge

om

etr

i y

an

g

da

pa

t d

iny

ata

-

ka

n

de

ng

an

ma

trik

s

da

lam

pe

me

ca

ha

n

ma

sa

lah

.

Tra

ns

form

as

i

Ge

om

etr

i

3.6

.1M

am

pu

me

nd

e-

fin

isik

an

tr

an

s-

lasi.

3.6

.2M

am

pu

me

ne

n-

tuka

n b

aya

ng

an

titi

k,

ga

ris,

da

n

kurv

a o

leh s

uatu

tra

nsla

si.

3.6

.3M

am

pu

me

nd

e-

finis

ikan r

efleksi.

3.6

.4M

am

pu

me

ne

n-

tuka

n b

aya

ng

an

titi

k,

ga

ris,

da

n

kurv

a o

leh s

uatu

refle

ksi.

3.6

.5M

am

pu

me

nd

e-

finis

ikan r

ota

si.

3.6

.6M

am

pu

me

ne

n-

tuka

n b

aya

ng

an

titi

k,

ga

ris,

da

n

kurv

a o

leh s

uatu

rota

si.

3.6

.7M

am

pu

me

nd

e-

finis

ikan d

ilata

si.

3.6

.8M

am

pu

me

ne

n-

tuka

n b

aya

ng

an

titi

k,

ga

ris,

da

n

kurv

a o

leh s

uatu

dila

tasi.

3.6

.9M

am

pu

me

ne

n-

tukan h

asil

trans-

form

as

i o

leh

su

atu

ma

trik

s.

Pili

han

ga

nd

a

1.

P′(4

, –

12

) a

da

lah

ba

-

ya

ng

an

ti

tik

P

o

leh

transla

si

T =

� �−

.

Koord

inat titik P

adala

h

. .

. .

a.

(13,

–20)

b.

(13,

–4)

c.

(4,

20)

d.

(–5,

–4)

e.

(–5,

–20)

2.

Bayangan g

aris x

– 2

y

– 3

= 0

ole

h t

ran

sla

si

� �

−

adala

h .

. .

.

a.

x +

2y +

3 =

0

b.

x –

2y –

3 =

0

c.

x +

2y +

11 =

0

d.

x –

2y +

11 =

0

e.

x –

2y –

11 =

0

3.

Bayangan titik

A(–

2, 0)

jika d

irota

sik

an s

ebesar

12

0°

se

ara

h p

uta

ran

jaru

m

jam

d

en

ga

n

pu

sa

t O

(0,

0)

ad

ala

h

. . .

a.

(1,

�)

b.(1

, –

�)

c.(–

1,

�)

d.(–

1,

–�

)

e.

(–1,

–�

+ 1

)

–M

enje

laskan p

enger-

tia

n t

ran

sfo

rma

si.

–M

enje

laskan p

enger-

tian t

ransla

si.

–M

en

uli

sk

an

p

er-

sa

ma

an

m

atr

iks

tra

ns

form

as

i d

ari

su

atu

tra

nsla

si.

–M

enentu

kan b

ayang-

an

ti

tik,

ga

ris,

da

n

ku

rva

o

leh

s

ua

tu

tra

nsla

si.

–M

enje

laskan p

enger-

tian r

efleksi.

–M

en

uli

sk

an

p

er-

sa

ma

an

m

atr

iks

tra

ns

form

as

i d

ari

su

atu

re

fle

ksi.

–M

enentu

kan b

ayang-

an

ti

tik,

ga

ris,

da

n

ku

rva

o

leh

s

ua

tu

refle

ksi.

–M

enje

laskan p

enger-

tian r

ota

si.

–M

en

uli

sk

an

p

er-

sa

ma

an

m

atr

iks

tra

ns

form

as

i d

ari

su

atu

ro

tasi.

–M

enentu

kan b

ayang-

an

ti

tik,

ga

ris,

da

n

ku

rva

o

leh

s

ua

tu

rota

si.

Te

s

Tu

ga

s

1.

Buku P

R M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

ha

lam

an

11

1–

13

4

2.

Buku P

G M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

ha

lam

an

23

3–

28

4

3.

BS

E M

ate

matika

Kela

s X

II-P

rogra

m

IPA

untu

k S

MA

/

MA

, D

epdik

nas

4.

We

bs

it

e-

we

bs

ite

y

an

g

rele

va

n

6 jp

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

Pe

nd

idik

an

ka

rakte

r

(*)

Rasa

Ingin

Ta

hu

496 Silabus

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

–M

en

jela

sk

an

p

e-

ngert

ian d

ilata

si.

–M

en

uli

sk

an

p

er-

sa

ma

an

m

atr

iks

tra

ns

form

as

i d

ari

suatu

dila

tasi.

–M

en

en

tuk

an

b

a-

ya

ng

an

tit

ik,

ga

ris,

dan k

urv

a o

leh s

uatu

dila

tasi.

–M

en

jela

sk

an

p

e-

ng

ert

ian

tr

an

sfo

r-

ma

si

ole

h

su

atu

ma

trik

s.

–M

en

uli

sk

an

p

er-

sa

ma

an

ya

ng

me

-

nya

taka

n tr

an

sfo

r-

ma

si

ole

h

su

atu

matr

iks.

–M

en

en

tuk

an

b

a-

ya

ng

an

tit

ik,

ga

ris,

da

n

ku

rva

o

leh

tra

nsfo

rma

si

ya

ng

bers

esuaia

n d

engan

su

atu

ma

trik

s.

3.6

.10

Ma

mp

u m

en

en

-

tuk

an

lu

as

b

a-

ya

ng

an

s

ua

tu

ba

ng

un

o

leh

su

atu

tr

an

s-

form

asi.

4.

T a

dala

h t

ransfo

rmasi

ge

om

etr

i y

an

g b

er-

se

su

aia

n

de

ng

an

ma

trik

s

��

��

−

−−

.

Ja

jarg

en

jan

g A

BC

D

dengan A

(0, 0

), B

(4, 0

),

C(6

, 5

), d

an

D(2

, 5

)

dit

ran

sfo

rma

sik

an

terh

adap T

menghasil-

ka

n

jaja

rge

nja

ng

A′B′C′D′

dengan l

uas

. .

. satu

an luas.

a.

40

b.6

0

c.8

0

d.1

00

e.

12

0

1.

Su

atu

pe

rse

gi

AB

CD

de

ng

an

k

oo

rdin

at

titik A

(–2

, 2

), B

(1,

2),

C(–

2, –1),

dan D

(1, –1)

ditra

nsla

sik

an

ole

h T

se

hin

gg

a d

iha

silka

n

ba

ya

ng

an

p

ers

eg

i

A′B′C′D′.

Jik

a d

iketa

hui

B′(4

, 2),

tentu

kan:

a.

matr

iks tra

nsla

si T

,

b.b

aya

ng

an

tit

ik A

,

C,

dan D

.

2.

Te

ntu

ka

n b

ay

an

ga

n

lingkara

n x

2 +

y2 +

4y

+ 5

= 0

, ole

h:

a.

pe

nce

rmin

an

te

r-

hadap g

aris y

= –

x;

b.p

en

ce

rmin

an

te

r-

hadap g

aris y

= 4

;

da

n

c.

pe

nce

rmin

an

te

r-

hadap t

itik

x =

–2.

Ura

ian


Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

–M

enje

laskan p

enger-

tian k

om

posis

i tr

ans-

form

asi.

–M

enje

laskan p

enger-

tian k

om

posis

i tr

ans-

lasi.

–M

en

ya

tak

an

p

er-

sa

ma

an

m

atr

iks

tra

nsfo

rma

si

tun

gg

al

ya

ng

eku

iva

len

de

-

ngan s

uatu

kom

posis

i

tra

nsla

si.

–M

en

jela

sk

an

s

ifa

t

ko

mp

osis

i tr

an

sla

si.

–M

en

en

tuk

an

b

a-

ya

ng

an

tit

ik,

ga

ris,

dan k

urv

a o

leh s

uatu

ko

mp

osis

i tr

an

sla

si.

–M

enje

laskan p

enger-

tia

n k

om

po

sis

i re

-

fle

ksi.

–M

en

ya

tak

an

p

er-

sa

ma

an

m

att

rik

s

tra

nsfo

rma

si

tun

gg

al

ya

ng

eku

iva

len

de

-

ngan s

uatu

kom

posis

i

refle

ksi.

3.

Dik

eta

hu

i p

ers

am

aa

n

lingkara

n L

≡ (

x +

5)2

+

(y

–

1)2

=

1

6

da

n

koord

inat

titik P

(3,

–4).

Te

ntu

ka

n p

ers

am

aa

n

ba

ya

ng

an

li

ng

ka

ran

jika

:

a.

lin

gk

ara

n

L

ter-

se

bu

t d

iro

tasik

an

ole

h [

P,

–�π

];

b.

lin

gka

ran

L

te

r-

sebut

did

ilata

sik

an

ole

h [

P,

–3].

1.

Ma

trik

s t

ran

sfo

rma

si

tunggal

yang m

ew

akili

rota

si

[P(–

3,

7),

–75°]

dila

nju

tkan d

engan

rota

si

[P(–

3,

7),

30°]

adala

h

. .

. .

a.

��

��

��

��

��

��

−− −

b.

��

��

��

��

��

��

− −

c.

��

��

��

��

��

��

−

d.

��

��

��

��

��

��

−

e.

��

��

��

��

��

��

3.7

Me

ne

ntu

ka

n

ko

mp

os

isi

da

ri

be

be

rap

a t

ran

s-

form

asi g

eom

etr

i

be

se

rta

ma

trik

s

tra

ns

form

as

i-

nya

.

Tra

nsfo

rma

si

Ge

om

etr

i

1.

Buku P

R M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

ha

lam

an

11

1–

13

4

2.

Buku P

G M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 1,

Inta

n P

ariw

ara

,

ha

lam

an

23

3–

28

4

3.

BS

E M

ate

matika

Kela

s X

II-P

rogra

m

IPA

untu

k S

MA

/

MA

, D

epdik

nas

4.

We

bs

it

e-

we

bs

ite

y

an

g

rele

va

n

6 jp

Pili

han

ga

nd

a

Te

s

tert

ulis

3.7

.1M

am

pu

me

nd

e-

fin

isik

an

k

om

-

po

sis

i tr

an

sla

si.

3.7

.2M

am

pu

me

ne

n-

tuka

n b

aya

ng

an

titi

k,

ga

ris,

da

n

kurv

a o

leh s

uatu

kom

posis

i tr

ans-

lasi.

3.7

.3M

am

pu

me

nd

e-

fin

isik

an

ko

m-

posis

i re

fleksi.

3.7

.4M

am

pu

me

ne

n-

tuka

n b

aya

ng

an

titi

k,

ga

ris,

da

n

kurv

a o

leh s

uatu

ko

mp

os

isi

re-

fle

ksi.

3.7

.5M

am

pu

me

nd

e-

fin

isik

an

k

om

-

po

sis

i ro

tasi.

3.7

.6M

am

pu

me

ne

n-

tuka

n b

aya

ng

an

titi

k,

ga

ris,

da

n

kurv

a o

leh s

uatu

kom

posis

i ro

tasi.

Pe

nd

idik

an

ka

rakte

r

(*)

Te

liti

da

n

Ce

rma

t

498 Silabus

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

–M

en

en

tuk

an

b

a-

ya

ng

an

tit

ik,

ga

ris,

dan k

urv

a o

leh s

uatu

ko

mp

osis

i re

fle

ksi.

–M

en

jela

sk

an

s

ifa

t

ko

mp

osis

i re

fle

ksi.

–M

enje

laskan p

enger-

tian k

om

posis

i ro

tasi.

–M

en

ya

taka

n p

ers

a-

ma

an

ma

trik

s t

ran

s-

form

asi tu

nggal yang

ek

uiv

ale

n

de

ng

an

su

atu

k

om

po

sis

i

rota

si.

–M

en

en

tuk

an

b

a-

ya

ng

an

tit

ik,

ga

ris,

dan k

urv

a o

leh s

uatu

ko

mp

osis

i ro

tasi.

–M

en

un

juk

ka

n

ba

-

ya

ng

an

tit

ik,

ga

ris,

dan k

urv

a o

leh s

uatu

ko

mp

osis

i tr

an

sla

si,

refle

ksi, s

ert

a r

ota

si.

–M

enje

laskan p

enger-

tia

n k

om

po

sis

i d

an

be

be

rap

a t

ran

sfo

r-

masi

geom

etr

i.

–M

en

ya

tak

an

p

er-

sa

ma

an

m

atr

iks

tra

ns

form

as

i y

an

g

ek

uiv

ale

n

de

ng

an

ko

mp

osis

i d

ari

be

-

be

rap

a t

ran

sfo

rma

si

ge

om

etr

i.

2.

Ba

ya

ng

an

titik

pu

sa

t

lingkara

n L

≡ x

2 –

10x

+ y

2 +

12

y –

64

= 0

ole

h r

ota

si

[P(–

3,

4),

90°]

dila

nju

tkan r

ota

si

[P(–

3,

4),

–4

5°]

da

n

dila

nju

tka

n l

ag

i ro

tasi

[P(–

3, 4),

225°]

adala

h

. .

. .

a.

(–13,

–4)

b.

(–11,

14)

c.

(–7,

–12)

d.

(–5,

6)

e.

(–4,

14)

Dik

eta

hui A

(2, 2

), B

(–5, 4

),

dan C

(10,

–3).

Te

ntu

ka

n b

aya

ng

an

titik

A,

B,

dan C

jik

a:

a.

dir

ota

sik

an

de

ng

an

rota

si [P

(7,

–7),

180°]

dila

nju

tka

n d

en

ga

n

rota

si [

O(0

, 0),

–270°]

;

b.

ditra

nfo

rma

sik

an

ole

h

ma

trik

s

��

��

−

−

d

i-

lan

jutk

an

d

en

ga

n

refleksi te

rhadap g

aris

y =

–x.

Ura

ian

3.7

.7M

am

pu m

endes-

kri

psik

an

ko

m-

po

sis

i d

an

b

e-

be

rap

a

tra

ns-

form

asi g

eom

etr

i.

3.7

.8M

am

pu m

enentu

-

ka

n

ba

ya

ng

an

titi

k,

ga

ris

da

n

ku

rva

ko

mp

osis

i

da

ri

be

be

rap

a

transfo

rmasi.

3.7

.9M

am

pu m

enentu

-

kan lu

as

baya

ngan

suatu

bangun o

leh

su

atu

ko

mp

osis

i

transf

orm

asi


Sil

ab

us

Bab

V

I B

aris

an

, D

eret,

d

an

N

ota

si

Sig

ma

Seko

lah

:S

MA

/MA

Kela

s/S

em

este

r:

XII/2

Pro

gram

IP

A

Mata

Pela

jaran

:M

ate

mati

ka

Sta

nd

ar K

om

pete

nsi

:4.

Menggunakan k

onsep b

arisan d

an d

ere

t dala

m p

em

ecahan m

asala

h.

Te

s

tert

ulis

Te

s

tert

ulis

4.1

Me

ne

ntu

ka

n

suku

ke-n

baris-

an d

an ju

mla

h n

su

ku

pe

rta

ma

de

ret

ge

om

etr

i

dan a

ritm

etika.

Barisan d

an

De

ret

Ari

tme

tika

Barisan d

an

De

ret

Ge

om

etr

i

4.1

.1M

am

pu m

enen-

tuka

n s

uku

ke

-

n b

ari

sa

n d

an

dere

t aritm

etika.

4.1

.2M

am

pu m

enen-

tuka

n s

uku

te

-

ng

ah

b

ari

sa

n

ari

tme

tika

.

4.1

.3M

am

pu m

enen-

tuka

n j

um

lah

n

su

ku

p

ert

am

a

dere

t aritm

etika.

4.1

.4M

am

pu m

enen-

tuka

n s

uku

ke

-

n b

ari

sa

n d

an

dere

t geom

etr

i.

4.1

.5M

am

pu m

enen-

tuka

n s

uku

te

-

ng

ah

b

ari

sa

n

ge

om

etr

i.

Pili

han

ga

nd

a

Ura

ian

Pili

han

ga

nd

a

1.

Buku P

R M

ate

-

ma

tik

a

Ke

las

XII-I

PA

S

em

es-

ter

2,

Inta

n

Pa

riw

ara

, h

a-

lam

an 1

41–162

2.

Buku P

G M

ate

-

ma

tik

a

Ke

las

XII-I

PA

S

em

es-

ter

2,

Inta

n

Pa

riw

ara

, h

a-

lam

an 3

03–340

3.

BS

E M

ate

matika

Ke

las X

II-P

ro

-

gra

m I

PA

untu

k

SM

A/

MA

,

De

pd

ikn

as

4.

We

bs

ite

-w

eb

-

site y

ang re

leva

n

1.

Buku P

R M

ate

-

ma

tik

a

Ke

las

XII-I

PA

S

em

es-

ter

2,

Inta

n

Pa

riw

ara

, h

a-

lam

an 1

41–162

Se

bu

ah

bid

an

g m

irin

g

dit

op

an

g o

leh

10

tia

ng

pe

nya

ng

ga

ya

ng

ja

rak-

nya s

atu

sam

a la

in s

am

a.

Tia

ng

pe

nya

ng

ga

ya

ng

tert

ing

gi

1.2

75

cm

da

n

ya

ng

te

rpe

nd

ek 6

0 c

m.

Tin

gg

i tia

ng

pe

nya

ng

ga

yang k

e-6

adala

h . . . c

m.

a.

47

5d

.7

35

b.

60

0e

.7

45

c.

72

5

Jum

lah 5

buah b

ilangan

yang m

em

bentu

k b

arisan

aritm

etika a

dala

h 7

5. Jik

a

hasil

kali

bila

ngan terk

ecil

dan t

erb

esar

161,

tentu

-

kan s

elis

ih d

ari b

ilangan

terb

esa

r d

an

te

rke

cil.

1.

Ju

mla

h s

uku

su

atu

de

ret

ge

om

etr

i ta

k

hin

gga a

dala

h 3

. Jik

a

su

ku

pe

rta

ma

de

ret

ters

ebut

2x +

1,

nila

i

x y

an

g m

em

en

uh

i

adala

h . . . .

–M

em

bu

ktika

n r

um

us

jum

lah n

suku

pertam

a

de

ret

aritm

etika

.

–M

en

en

tuk

an

n

ila

i

su

ku

k

e-n

b

ari

sa

n

ari

tme

tika

.

–M

enentu

kan n

ilai s

uku

pe

rta

ma

d

an

b

ed

a

ba

risa

n a

ritm

etika

.

–M

en

ca

ri r

um

us s

uku

ke-n

baris

an a

ritm

etik

a.

–M

en

en

tuka

n b

an

ya

k

suku

baris

an a

ritm

etik

a.

–M

enghitung j

um

lah n

su

ku

pe

rta

ma

de

ret

ari

tme

tika

.

–M

en

en

tuk

an

n

ila

i

su

ku

te

ng

ah

ba

risa

n

ari

tme

tika

.

–M

enghitung n

ilai per-

kalia

n d

ua s

uku d

ere

t

aritm

etika.

–M

em

bu

ktika

n r

um

us

jum

lah n

suku

pertam

a

dere

t geom

etr

i.

–M

enentu

kan n

ilai s

uku

ke-n

barisan g

eom

etr

i.

–M

enentu

kan n

ilai s

uku

pe

rta

ma

d

an

ra

sio

ba

risa

n g

eo

me

tri.

4 jp

4 jp

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

Pe

nd

idik

an

ka

rakte

r

(*)

Te

ku

n

500 Silabus

4.2

Me

ng

gu

na

ka

n

no

tas

i s

igm

a

da

lam

d

ere

t

da

n

ind

uk

si

ma

tem

ati

ka

da

lam

p

em

-

bu

ktia

n.

Nota

si

Sig

ma

dan I

nduksi

Ma

tem

atika

–M

en

en

tuka

n r

um

us

su

ku

k

e-n

b

ari

sa

n

ge

om

etr

i.

–M

en

en

tuka

n b

an

ya

k

suku

barisa

n g

eom

etri.

–M

enghitung jum

lah n

su

ku

pe

rta

ma

de

ret

ge

om

etr

i.

–M

en

en

tuka

n r

um

us

jum

lah

n s

uku

pe

r-

tam

a d

ere

t geom

etr

i.

–M

en

en

tuk

an

n

ila

i

su

ku

te

ng

ah

ba

risa

n

ge

om

etr

i.

–M

en

gh

itu

ng

ju

mla

h

de

ret

ge

om

etr

i ta

k

hin

gg

a.

–M

en

en

tuk

an

ra

sio

de

ret

ge

om

etr

i ta

k

hin

gg

a.

–M

enentu

kan n

ilai s

uku

ke

-n d

ere

t g

eo

me

tri

tak h

ingga.

–M

enyata

kan p

enju

m-

lahan b

eru

ntu

n d

ala

m

bentu

k n

ota

si

sig

ma.

–M

en

gh

itu

ng

ju

mla

h

de

ret

da

lam

be

ntu

k

nota

si

sig

ma.

–M

enyata

kan p

enju

m-

lah

an

be

run

tun

da

ri

suatu

nota

si

sig

ma.

4.1

.6M

am

pu m

enen-

tuka

n j

um

lah

n

su

ku

p

ert

am

a

dere

t geom

etr

i.

4.1

.7M

am

pu m

enen-

tuka

n s

uku

ke

-

n b

ari

sa

n d

an

de

ret

ge

om

eri

tak h

ingga.

4.1

.8M

am

pu m

enen-

tuk

an

ju

mla

h

de

ret

ge

om

etr

i

tak h

ingga.

4.2

.1M

am

pu m

enen-

tuk

an

n

ota

si

sig

ma

s

ua

tu

de

ret.

4.2

.2M

am

pu

me

ng

-

gu

na

ka

n s

ifa

t-

sif

at

no

tas

i

sig

ma

.

Te

s

tert

ulis

Ura

ian

Pili

han

ga

nd

a

2.

Buku P

G M

ate

-

ma

tik

a

Ke

las

XII-I

PA

S

em

es-

ter

2,

Inta

n

Pariw

ara

,

ha

-

lam

an 3

03–340

3.

BS

E M

ate

matika

Ke

las X

II-P

ro

-

gra

m I

PA

untu

k

SM

A/

MA

,

De

pd

ikn

as

4.

We

bs

ite

-w

eb

-

site y

ang rele

van

1.

Buku P

R M

ate

-

ma

tik

a

Ke

las

XII-I

PA

S

em

es-

ter

2,

Inta

n

Pa

riw

ara

, h

a-

lam

an 1

41–162

a.

{x |

x <

–� �

}

b.

{x |

x >

� �

}

c.

{x | –

� � <

x <

� �

}

d.

{x |

� �

< x

<

� �}

e.

{x |

x <

� �

ata

u

x >

� �

}

2.

Ju

mla

h ta

k h

ing

ga

dari d

ere

t geom

etr

i 16

– 8

+ 4

– 2

+ .

. . a

dala

h

. . . .

a.

��

d.

� �

b.

��

e.

� �

c.

� �

Uju

ng s

ebuah p

endulu

m

se

pa

nja

ng

90

cm

be

r-

ayun s

eja

uh 5

0 c

m p

ada

ayu

na

n p

ert

am

a.

Pa

da

ay

un

an

s

ela

nju

tny

a,

jara

k a

yunannya

� �

dari

jara

k a

yu

na

n s

eb

elu

m-

nya

. H

itu

ng

lah

se

luru

h

jara

k a

yu

na

n p

en

du

lum

itu h

ingga b

erh

enti.

1.

No

tasi

sig

ma

ya

ng

se

su

ai

un

tuk

p

en

-

jum

lah

an

(1

×

2

)

+ (

2 ×

3)

+ (

3 ×

4)

+ (

4 ×

5)

+ (

5 ×

6)

+ (6 ×

7) +

. . . s

am

pai

100 s

uku a

dala

h . . . .

6 jp

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an


a.

�

�

��=∑

( �

+ 1

)

b.

�

�

��=∑

n2 –

n

c.

�

�

��=∑

(n3 +

1)

d.

�

�

��=∑

n2 +

1

e.

�

�

��=∑

n(n

+ 1

)

2.

Dik

eta

hui

��

�=∑

pi =

10.

Nila

i

��

�=∑

(2

+

pi)

adala

h . . . .

a.

50

d.

80

b.

60

e.

90

c.

70

Dik

eta

hu

i d

ere

t alo

g

� �

+ a

log

�� +

alo

g

�� +

. . . .

Jik

a b

an

ya

k s

uku

de

ret

ters

eb

ut

15

b

ua

h,

nya

taka

n d

ere

t te

rse

bu

t

ke

da

lam

be

ntu

k n

ota

si

sig

ma

!

Suatu

jenis

bakte

ri d

ala

m

sa

tu

de

tik

m

em

be

lah

me

nja

di

du

a.

Jik

a p

ad

a

perm

ula

an a

da 5

bakte

ri,

banyak b

akte

ri a

kan m

en-

jadi 1

60 s

ete

lah . . . d

etik.

a.

5d

.8

b.

6e

.9

c.

7

–M

en

en

tuk

an

n

ila

i

suku k

e-n

dari n

ota

si

sig

ma

.

–M

en

ye

de

rha

na

ka

n

nota

si

sig

ma.

–M

em

bu

kti

ka

n s

ua

tu

sifa

t dan rum

us m

eng-

gu

na

ka

n

ind

uk

si

ma

tem

atika

.

–M

era

nc

an

g

mo

de

l

mate

matik

a d

ari m

asa

-

lah

ya

ng

be

rka

ita

n

de

ng

an

d

ere

t a

rit-

me

tika

.

–M

en

ye

les

aik

an

mo

de

l m

ate

ma

tik

a

da

ri m

asa

lah

ya

ng

be

rka

ita

n

de

ng

an

de

ret

aritm

etika

.

4.2

.3M

am

pu

me

ng

-

gunakan in

duksi

ma

te

ma

tik

a

dala

m p

em

bukti-

an

.

4.3

.1M

am

pu

me

ran

-

ca

ng

m

od

el

mate

matika d

ari

ma

sa

lah

y

an

g

berk

aita

n d

engan

dere

t aritm

etik

a.

4.3

.2M

am

pu

me

ran

-

ca

ng

m

od

el

mate

matika d

ari

ma

sa

lah

y

an

g

berk

aita

n d

engan

de

ret

ge

om

etr

i

be

rhin

gg

a.

Te

s

tert

ulis

4.3

Me

ra

nc

an

g

mo

de

l m

ate

-

ma

tik

a

da

ri

ma

sa

lah

ya

ng

be

rk

ait

an

dengan d

ere

t.

4.4

Menyele

saik

an

mo

de

l m

ate

-

ma

tik

a

da

ri

ma

sa

lah

ya

ng

be

rka

ita

n d

e-

ngan d

ere

t dan

penafs

irann

ya

.

Menye

lesa

ikan

Ma

sa

lah

ya

ng

Be

rka

ita

n

de

ng

an

De

ret

Ari

tme

tika

da

n

Ge

om

etr

i

2.

Buku P

G M

ate

-

ma

tik

a

Ke

las

XII-I

PA

S

em

es-

ter

2,

Inta

n

Pa

riw

ara

, h

a-

lam

an 3

03–340

3.

BS

E M

ate

matika

Ke

las X

II-P

ro

-

gra

m I

PA

untu

k

SM

A/

MA

,

De

pd

ikn

as

4.

We

bs

ite

-w

eb

-

site y

ang rele

van

1.

Buku P

R M

ate

-

ma

tik

a

Ke

las

XII-I

PA

S

em

es-

ter

2,

Inta

n

Pa

riw

ara

, h

a-

lam

an 1

41–162

2.

Buku P

G M

ate

-

ma

tik

a

Ke

las

XII-I

PA

S

em

es-

ter

2,

Inta

n

Pariw

ara

,

ha

-

lam

an 3

03–340

6 jp

Ura

ian

Pili

han

ga

nd

a

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

502 Silabus

Di

da

lam

li

ng

ka

ran

be

rja

ri-j

ari

R

d

ibu

at

pe

rse

gi

ya

ng

s

ud

ut-

su

du

tny

a

pa

da

b

us

ur

lin

gk

ara

n.

Di

da

lam

pe

rse

gi

ters

eb

ut

dilu

kis

ling

ka

ran

la

gi. T

en

tuka

n

jum

lah

ke

lilin

g l

ing

ka

ran

jik

a

pro

se

s

di

ata

s

sam

pai

tak h

ingga.

Ura

ian

3.

BS

E M

ate

matika

Ke

las X

II-P

ro

-

gra

m I

PA

untu

k

SM

A/

MA

,

De

pd

ikn

as

4.

We

bs

ite

-w

eb

-

site y

ang re

leva

n

4.3

.3M

am

pu

me

ran

-

ca

ng

m

od

el

mate

matika d

ari

ma

sa

lah

y

an

g

berk

aita

n d

engan

de

ret

ge

om

etr

i

tak h

ingga.

4.4

.1M

am

pu m

enye-

les

aik

an

m

a-

sala

h y

ang b

er-

ka

ita

n d

en

ga

n

dere

t aritm

etik

a.

4.4

.2M

am

pu m

enye-

lesa

ika

n m

asa

-

lah

y

an

g

be

r-

ka

ita

n

de

ng

an

de

ret

ge

om

etr

i

be

rhin

gg

a.

4.4

.3M

am

pu m

enye-

les

aik

an

m

a-

sala

h y

ang b

er-

ka

ita

n d

en

ga

n

de

ret

ge

om

etr

i

tak h

ingga.

–M

era

nc

an

g

mo

de

l

mate

matik

a d

ari m

asa

-

lah

ya

ng

be

rka

ita

n

dengan d

ere

t geom

etri.

–M

enyele

saik

an m

odel

mate

matik

a d

ari m

asa

-

lah

ya

ng

be

rka

ita

n

dengan d

ere

t geom

etri

be

rhin

gg

a.

–M

era

nc

an

g

mo

de

l

mate

matik

a d

ari m

asa

-

lah

ya

ng

be

rka

ita

n

dengan d

ere

t geom

etri

tak h

ingga.

–M

en

ye

les

aik

an

mo

de

l m

ate

ma

tik

a

da

ri m

asa

lah

ya

ng

be

rka

ita

n

de

ng

an

de

ret

ge

om

etr

i ta

k

hin

gg

a.

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an


Sil

ab

us

Ba

b V

II F

un

gs

i, P

ers

am

aa

n,

da

n P

erti

da

ks

am

aa

n E

ks

po

ne

n

Seko

lah

:S

MA

/MA

Kela

s/S

em

este

r:

XII/2

Pro

gram

IP

A

Mata

Pela

jaran

:M

ate

mati

ka

Sta

nd

ar K

om

pete

nsi

:5.

Menggunakan a

tura

n y

ang b

erk

aitan d

engan fungsi e

ksponen d

an lo

garitm

a d

ala

m p

em

ecahan m

asala

h.

Te

s

tert

ulis

Te

s

tert

ulis

5.1

Me

ng

gu

na

ka

n

sifat-

sifat fu

ngsi

eksp

on

en

da

n

log

ari

tma

d

a-

lam

pem

eca

han

ma

sa

lah

.

5.2

Me

ng

ga

mb

ar

gra

fik

fu

ng

si

eksp

on

en

da

n

log

ari

tma

.

Fu

ng

si,

Pe

rsa

ma

an

da

n

Pertid

aks

am

a-

an

Eksp

on

en

Fu

ng

si,

Pe

rsa

ma

an

,

da

n

pert

idaksam

a-

an

Eksp

on

en

5.1

.1M

am

pu m

enje

las-

ka

n p

en

ge

rtia

n

fungsi

eks

ponen.

5.1

.2M

am

pu m

enye-

les

aik

an

p

er-

ma

sa

la

ha

n

ya

ng

be

rka

ita

n

de

ng

an

fu

ng

si

eksp

on

en

.

5.2

.1M

am

pu

me

ng

-

ga

mb

ar

gra

fik

fungsi

eksponen.

5.2

.2M

am

pu m

enye-

bu

tka

n

sif

at-

sifa

t gra

fik fu

ngsi

eksp

on

en

.

Pili

han

ga

nd

a

Ura

ian

Pili

han

ga

nd

a

1.

Buku P

R M

ate

-

ma

tik

a

Ke

las

XII-I

PA

S

em

es-

ter

2,

Inta

n

Pariw

ara

,

ha

-

lam

an 1

69–186

2.

Buku P

G M

ate

-

ma

tik

a

Ke

las

XII-I

PA

S

em

es-

ter

2,

Inta

n

Pariw

ara

,

ha

-

lam

an 3

65–400

3.

BS

E M

ate

matika

Ke

las X

II-P

ro

-

gra

m I

PA

untu

k

SM

A/

MA

,

De

pd

ikn

as

4.

We

bs

ite

-w

eb

-

site y

ang rele

van

1.

Buku P

R M

ate

-

ma

tik

a

Ke

las

XII-I

PA

S

em

es-

ter

2,

Inta

n

Pariw

ara

,

ha

-

lam

an 1

69–186

Jik

a 2

3x +

1 =

p m

aka n

ilai

26x +

4 =

. . . .

a.

pd

.2p

2

b.

2p

e.

4p

2

c.

p2

Gra

fik fungsi f

(x)

= –

4a –

bx

me

mo

ton

g s

um

bu

Y d

i

titi

k (

0,

–4

). J

ika

gra

fik

fun

gs

i f(

x)

dig

es

er

ke

ata

s 3

satu

an a

kan m

eng-

hasilk

an g

rafik fungsi g

(x)

ya

ng

me

lalu

i titik (

1,

1).

Te

ntu

ka

n

pe

rsa

ma

an

gra

fik f

un

gsi

g(x

).

Sk

ets

a

gra

fik

fu

ng

si

y = 4

– 4

· 2

x adala

h . . . .

a.

b.

–M

en

gin

ga

t ke

mb

ali

pe

ng

ert

ian

bila

ng

an

berp

angkat dan s

ifat-

sifa

tnya

.

–M

en

de

fin

isik

an

pe

-

ng

ert

ian

fu

ng

si

eks-

po

ne

n.

–M

en

jela

ska

n b

en

tuk

um

um

fu

ng

si

eksp

o-

nen d

an u

nsur-

unsur-

nya

.

–M

enggunakan f

ungsi

eksponen u

ntu

k m

e-

nye

lesa

ika

n p

erm

a-

sa

lah

an

pe

rtu

mb

uh

-

an

.

–M

enggunakan f

ungsi

eksponen u

ntu

k m

e-

nye

lesa

ika

n p

erm

a-

sala

han p

elu

ruhan.

–M

en

gg

am

ba

r g

rafi

k

fun

gsi

eksp

on

en

f(x

)

= k

· a

x d

engan a

> 1

.

–M

en

ye

bu

tka

n s

ifa

t-

sifat gra

fik fungsi e

ks-

po

ne

n f

(x)

= k

· a

x

dengan a

> 1

.

–M

en

gg

am

ba

r g

rafi

k

fun

gsi

eksp

on

en

f(x

)

=

k

· a

x

de

ng

an

0 <

x <

1.

6 jp

4 jp

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

Y

X

4 0

Y

X

–40

y =

f(x

)

y =

f(x

)

504 Silabus

5.3

Me

ng

gu

na

ka

n

sif

at

fun

gs

i

eksponen a

tau

logaritm

a d

ala

m

pe

ny

ele

sa

ian

pertid

aks

am

aan

eksponen a

tau

lo

ga

rit

ma

se

de

rha

na

.

Fu

ng

si,

Pe

rsa

ma

an

,

da

n

Pertid

aksam

a-

an

Eksp

on

en

–M

en

ye

bu

tka

n s

ifa

t-

sif

at

gra

fik

fu

ng

si

eksponen f

(x)

= k

· a

x

dengan 0

< a

< 1

.

–M

en

ye

lesa

ika

n p

er-

sa

ma

an

e

ks

po

ne

n

berb

entu

k a

f(x) =

am

.

–M

en

ye

lesa

ika

n p

er-

sa

ma

an

e

ks

po

ne

n

berb

entu

k A

f(x) =

Ag(x

) .

–M

en

ye

lesa

ika

n p

er-

sa

ma

an

e

ks

po

ne

n

berb

entu

k a

f(x) =

ag(x

) .

–M

en

ye

lesa

ika

n p

er-

sa

ma

an

e

ks

po

ne

n

be

rbe

ntu

k (

h(x

))f(

x)

=

(h(x

))g

(x) .

–M

en

ye

lesa

ika

n p

er-

sa

ma

an

e

ks

po

ne

n

be

rbe

ntu

k

A(a

f(x) )

2 +

B(a

f(x) )

+ C

= 0

.

–M

en

ye

lesa

ika

n p

er-

ti

da

ks

am

aa

n

eksp

on

en

be

rbe

ntu

k

af(

x) >

ag(x

) ata

u a

f(x) <

ag(x

) dengan a

> 1

.

5.3

.1M

am

pu m

enen-

tuka

n p

en

ye

le-

sa

ian

pe

rsa

ma

-

an

eksp

on

en

.

5.3

.2M

am

pu m

enen-

tuka

n p

en

ye

le-

sa

ian

pe

rtid

ak-

sa

ma

an

eksp

o-

ne

n.

c.

d.

e.

Gam

bark

an g

rafik f

ungsi

f 1(x

) =

2x,

f 2(x

) =

2x –

1,

f 3(x

) =

–2

x –

1,

dan f

4(x

) =

4 –

2x –

1 p

ada s

atu

bid

ang

ko

ord

ina

t k

em

ud

ian

ten

tuk

an

h

ub

un

ga

n

keem

pat

gra

fik t

ers

ebut.

1.

Him

pu

na

n

pe

ny

e-

les

aia

n

da

ri

pe

r-

sa

ma

an

e

ks

po

ne

n�

��

−

=

81

x2

–

4

adala

h . . . .

a.

{–� �

, –1}

b.

{–� �

, 1}

c.

{–1,

� �}

d.

{1,

� �}

e.

{� �

, � �

}

2.

Pe

rti

da

ks

am

aa

n

3x2

– 3

x + k ≥

(� ��

)2x

– 2

x2

me

mp

un

ya

i p

en

ye

-

lesa

ian

–1

≤ x

≤

� �

jika k

= . . . .

a.

4d

.–

8

b.

–4

e.

8

c.

12

2.

Buku P

G M

ate

-

ma

tik

a

Ke

las

XII-I

PA

S

em

es-

ter

2,

Inta

n

Pariw

ara

, h

ala

-

man 3

65–400

3.

BS

E M

ate

ma

-

tika

K

ela

s X

II-

Pro

gra

m

IPA

untu

k S

MA

/MA

,

De

pd

ikn

as

4.

We

bs

ite

-w

eb

-

site y

ang re

leva

n

1.

Buku P

R M

ate

-

ma

tik

a

Ke

las

XII-I

PA

S

em

es-

ter

2,

Inta

n

Pariw

ara

,

ha-

lam

an 1

69–186

2.

Buku P

G M

ate

-

ma

tik

a

Ke

las

XII-I

PA

S

em

es-

ter

2,

Inta

n

Pariw

ara

,

ha-

lam

an 3

65–400

3.

BS

E M

ate

ma

-

tika

K

ela

s X

II-

Pro

gra

m

IPA

untu

k S

MA

/MA

,

De

pd

ikn

as

4.

We

bs

ite

-w

eb

-

site y

ang re

leva

n

Te

s

tert

ulis

Ura

ian

Pili

han

ga

nd

a6 jp

Y

X

4 0

Y

X4 0 Y

X

4 0

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

Pe

nd

idik

an

ka

rakte

r

(*)

Pa

nta

ng

Menyera

h

y =

f(x

)

y =

f(x

)

y =

f(x

)


1.

Te

ntu

ka

n h

imp

un

an

pe

ny

ele

sa

ian

d

ari

pe

rsa

ma

an

:

(x2 –

2x)x

2 –

2x =

(x

2 –

2x)6

– x.

2.

Na

na

me

na

bu

ng

di

se

bu

ah

b

an

k

se

-

be

sa

r R

p8

00

.00

0,0

0

de

ng

an

su

ku

bu

ng

a

ma

jem

uk 1

,2%

pe

r

bula

n.

a.

Hitu

ng

be

sa

r ta

-

bungan N

ana s

e-

tela

h 2

bula

n.

b.

Se

tela

h b

era

pa

bu

lan

b

es

ar

ta

bu

ng

an

Na

na

d

i a

tas

Rp1.0

00.0

00,0

0?

Ura

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

–M

en

ye

les

aik

an

pe

rti

da

ks

am

aa

n

eksp

on

en

be

rbe

ntu

k

af(

x) >

ag(x

) ata

u a

f(x) <

ag(x

) dengan 0

< a

< 1

.

506 Silabus

Sil

ab

us

Ba

b V

III

Fu

ng

si,

P

ers

am

aa

n,

da

n P

erti

da

ks

am

aa

n L

og

arit

ma

Seko

lah

:S

MA

/MA

Kela

s/S

em

este

r:

XII/2

Pro

gram

IP

A

Mata

Pela

jaran

:M

ate

mati

ka

Sta

nd

ar K

om

pete

nsi

:5.

Menggunakan a

tura

n y

ang b

erk

aitan d

engan fungsi e

ksponen d

an lo

garitm

a d

ala

m p

em

ecahan m

asala

h.

Te

s

tert

ulis

5.1

Me

ng

gu

na

ka

n

sifat-

sifat fu

ngsi

eksp

on

en

da

n

log

ari

tma

d

a-

lam

pem

eca

han

ma

sa

lah

.

Pe

rsa

ma

an

Lo

ga

ritm

a

5.1

.1M

am

pu

m

en

g-

gu

na

ka

n sif

at-

sifa

t yang b

erla

ku

pa

da

lo

ga

ritm

a

un

tuk m

en

ye

le-

sa

ika

n

pe

rsa

-

maan logaritm

a.

Pili

han

ga

nd

a

1.

Buku P

R M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 2,

Inta

n P

ariw

ara

,

ha

lam

an

18

7–

20

8

2.

Buku P

G M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 2,

Inta

n P

ariw

ara

,

ha

lam

an

40

1–

45

0

3.

BS

E M

ate

matika

Kela

s X

II P

rogra

m

IPA

untu

k S

MA

/

MA

, D

epdik

nas

4.

Website-w

ebsite

ya

ng

re

leva

n

1.

Jik

a

� ��

�(3

y –

2)

+

2� ��

�x =

–2 d

an y

=

f(x),

nila

i f(

� �)

= . . . .

a.

2d

.5

b.

3e

.6

c.

4

2.

Nila

i x y

an

g m

em

e-

nu

hi

3lo

g (

x +

2)

=� ��

�(2

x +

3)

adala

h

. . . .

a.

–3

d.

2

b.

–1

e.

3

c.

1

3.

Pe

ny

ele

sa

ian

p

er-

sa

ma

an

2lo

g (

x2 +

11x +

31)

=6lo

g (

x2 +

11x +

31)

adala

h x

1 d

an x

2. Jik

a

x2 >

x1,

nila

i x

12 +

2x

2

= .

. . .

a.

13

d.

74

b.

26

e.

96

c.

55

4.

Jik

a a

dan b

adala

h

akar-

akar

pers

am

aan

5 5

log (4x2

+ 3

) + 4

2lo

g (x2

– 1

)

= 3

9 d

en

ga

n a

> b

,

nila

i a

– b

= . . . .

–M

enje

laskan p

enger-

tian p

ers

am

aan lo

ga-

ritm

a.

–M

en

ye

bu

tka

n b

eb

e-

rapa je

nis

pers

am

aan

logaritm

a.

–M

en

jela

sk

an

c

ara

me

ne

ntu

ka

n p

en

ye

-

lesa

ian

pe

rsa

ma

an

log

ari

tma

berb

entu

kalo

g f(x

) = a

log P

.

–M

en

jela

sk

an

c

ara

me

ne

ntu

ka

n p

en

ye

-

lesa

ian

pe

rsa

ma

an

log

ari

tma

be

rbe

ntu

kalo

g f

(x)

= a

log g

(x).

–M

en

jela

sk

an

c

ara

me

ne

ntu

ka

n p

en

ye

-

lesa

ian

pe

rsa

ma

an

log

ari

tma

be

rbe

ntu

kalo

g f

(x)

= b

log f

(x).

–M

en

jela

sk

an

c

ara

me

ne

ntu

ka

n p

en

ye

-

lesa

ian

pe

rsa

ma

an

log

ari

tma

be

rbe

ntu

kh

(x) lo

g f

(x)

= h

(x) lo

g

g(x

).

–M

en

jela

sk

an

c

ara

me

ne

ntu

ka

n p

en

ye

-

lesa

ian

pe

rsa

ma

an

log

ari

tma

berb

entu

kf(x)lo

g a

= g

(x) lo

g a

.

6 jp

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

Pe

nd

idik

an

ka

rakte

r

(*)

Kri

tis


5.2

Me

ng

ga

mb

ar

gra

fik

fu

ng

si

eksp

on

en

da

n

log

ari

tma

.

Fu

ng

si

Lo

ga

ritm

a

–M

en

jela

sk

an

c

ara

me

ne

ntu

ka

n p

en

ye

-

lesa

ian

pe

rsa

ma

an

log

ari

tma

be

rbe

ntu

kf(

x) lo

g g

(x)

= P

.

–M

en

jela

sk

an

c

ara

me

ne

ntu

ka

n p

en

ye

-

lesa

ian

pe

rsa

ma

an

logaritm

a b

erb

en

tuk

A(a

log

x

)2 +

B(a

log

x)

+ C

= 0

.

–M

en

gin

ga

t ke

mb

ali

pe

ng

ert

ian

bila

ng

an

log

ari

tma

.

–M

en

ye

bu

tka

n s

ifa

t-

sif

at

ya

ng

b

erl

ak

u

pada l

ogaritm

a.

–M

enje

laskan p

enger-

tian f

ungsi

logaritm

a.

–M

en

jela

ska

n b

en

tuk

um

um

su

atu

gra

fik

fungsi

logaritm

a.

–M

en

jela

sk

an

c

ara

me

ng

ga

mb

ar

gra

fik

fungsi

logarit

ma d

engan

ca

ra

me

ne

ntu

ka

n

bebera

pa t

itik

kem

u-

dia

n

dih

ub

un

gk

an

dengan k

urv

a m

ulu

s.

5.2

.1M

am

pu

m

en

-

de

fin

isik

an

pengert

ian lo

ga-

ritm

a.

5.2

.2M

am

pu

m

en

-

de

fin

isik

an

pe

-

ng

ert

ian

fu

ng

si

log

ari

tma

.

5.2

.3M

am

pu

me

ng

-

ga

mb

ar

gra

fik

fungsi l

ogaritm

a.

5.2

.4M

am

pu m

enen-

tuka

n s

ifa

t-sifa

t

gra

fik

fun

gsi

logaritm

a.

5.2

.5M

am

pu m

enen-

tuka

n h

ub

un

g-

an

d

ua

g

rafi

k

fungsi l

ogaritm

a.

Te

s

tert

ulis

Ura

ian

Pili

han

ga

nd

a

a.

2�

b.

�

c.

0

d.

–�

e.

–2

�

1.

Jik

a x

1 d

an x

2 m

em

e-

nu

hi

pe

rsa

ma

an

:

(2 log x

– 1

)�

�

��

�

=

log 1

0 t

entu

kan n

ilai

x1·

x2.

2.

Dik

eta

hu

i p

ers

am

a-

an l

ogaritm

a2lo

g2 x

p –

(4

p +

1)

2lo

g x

+ 2

p =

0

me

mp

un

ya

i p

en

ye

-

lesaia

n x

= 1

6.

Te

ntu

ka

n:

a.

nila

i p,

b.

pe

ny

ele

sa

ian

yang l

ain

.

1.

Gra

fik f

un

gsi

f(x)

=

log

�

��

�

��

��

−

me

-

moto

ng

su

mb

u Y

di

titik . . . .

a.

(–2,

0)

b.

(1,

0)

c.

(3,

5)

d.

(0,

1)

e.

(0,

0)

2.

Pe

rsa

ma

an

g

rafi

k

fun

gsi

di

ba

wa

h i

ni

yang m

ungki

n a

dala

h

. . .

.

1.

Buku P

R M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 2,

Inta

n P

ariw

ara

,

ha

lam

an

18

7–

20

8

2.

Buku P

G M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 2,

Inta

n P

ariw

ara

,

ha

lam

an

40

1–

45

0

3.

BS

E M

ate

matika

Kela

s X

II P

rogra

m

IPA

untu

k S

MA

/

MA

, D

epdik

nas

4.

Website-w

ebsite

ya

ng

re

leva

n

4 jp

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

Y

X0

1

y =

f(x

)

508 Silabus

a.

y =

2lo

g x

b.

y =

2lo

g

� �

c.

y =

xlo

g 2

d.

y =

� �lo

g

��

e.

y =

log

� �x

1.

Gra

fik f

ungsi f(

x)

me-

rupakan h

asil

pencer-

min

an

gra

fik f

un

gsi

g(x

) =

alo

g (

x +

2)

terh

ad

ap

su

mb

u X

.

Gra

fik

fu

ng

si

g(x

)

mela

lui t

itik (3, 1

). J

ika

6lo

g 5

= p

, te

ntu

kan

nila

i f(1

3) +

f(8) dala

m

p.

2.

Gra

fik fu

ngsi

logaritm

a

f(x)

= 3

log (

–2x

2 +

px

+ n

) m

em

punyai

titik

ek

str

em

(–

2,

2).

Tentu

kan n

ilai

"��

"��

− −.

1.

Nila

i x y

an

g m

em

e-

nuhi p

ert

idaksam

aan

2lo

g

(x

–

1)2

≤

2

adala

h . . . .

a.

–1 ≤

x <

1

b.

–1 <

x ≤

1

c.

1 ≤

x ≤

3

d.

1 <

x ≤

3

e.

–1 ≤

x ≤

3

2.

Him

pu

na

n

nil

ai

x

yang m

em

enuhi

7(x

– 1

) log 1

1 ≥

11 a

dala

h

. . . .

a.

{x |

x >

1,

x ≠

2}

b.

{x |

x ≤

8,

x ≠

2}

c.

{x |

1 ≤

x ≤

8,

x ≠

2}

–M

en

jela

sk

an

c

ara

me

ng

ga

mb

ar

gra

fik

fun

gsi

log

ari

tma

y =

alo

g x

de

ng

an

me

n-

cerm

inka

n g

rafik

y =

ax

terh

adap g

aris y

= x

.

–M

en

ye

bu

tka

n s

ifa

t-

sif

at

gra

fik

fu

ng

si

log

ari

tma

ya

ng

te

lah

dig

am

ba

r.

–M

en

jela

sk

an

c

ara

me

ng

ga

mb

ar

gra

fik

fungsi

logarit

ma d

engan

me

ng

gu

na

ka

n s

ua

tu

transfo

rmasi

terh

adap

gra

fik fungsi l

ogaritm

a

yang l

ain

.

–M

en

jela

sk

an

c

ara

menentu

kan h

ubung-

an

du

a g

rafik f

un

gsi

log

ari

tma

.

–M

enje

laskan p

enger-

tia

n p

ert

ida

ksa

ma

an

logaritm

a.

–M

en

jela

sk

an

c

ara

me

ne

ntu

ka

n p

en

ye

-

lesa

ian

pe

rsa

ma

an

log

ari

tma

be

rbe

ntu

kalo

g f

(x) ≥

alo

g g

(x)

ata

u a

log

f(x

) <

alo

g

g(x

) dengan a

> 1

.

–M

en

jela

sk

an

c

ara

me

ne

ntu

ka

n p

en

ye

-

lesa

ian

pe

rsa

ma

an

log

ari

tma

be

rbe

ntu

kalo

g f

(x) ≥

alo

g g

(x)

ata

u a

log

f(x

) <

alo

g

g(x

) dengan 0

< a

< 1

.

Pertid

aks

am

a-

an L

ogaritm

a

5.3

Me

ng

gu

na

ka

n

sif

at

fun

gs

i

eksponen a

tau

logaritm

a d

ala

m

pe

ny

ele

sa

ian

pertid

aks

am

aan

eksponen a

tau

lo

ga

rit

ma

se

de

rha

na

.

1.

Buku P

R M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 2,

Inta

n P

ariw

ara

,

ha

lam

an

18

7–

20

8

2.

Buku P

G M

ate

-

matika K

ela

s X

II

IPA

Sem

este

r 2,

Inta

n P

ariw

ara

,

ha

lam

an

40

1–

45

0

3.

BS

E M

ate

matika

Kela

s X

II P

rogra

m

IPA

untu

k S

MA

/

MA

, D

epdik

nas

5.3

.1M

am

pu m

enen-

tuk

an

p

en

ye

-

les

aia

n

pe

r-

tid

ak

sa

ma

an

log

ari

tma

.

6 jp

Ura

ian

Pili

han

ga

nd

a

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

Te

s

tert

ulis


d.

{x |

1 <

x ≤

8,

x ≠

2}

e.

{x |

x <

1 a

tau

x ≥

8}

1.

Dik

eta

hui f

(x) = 1

– 6

log

(x2 –

x –

6).

Tentu

kan:

a.

daera

h a

sal f

ung-

si f,

b.

inte

rva

l x y

an

g

mem

enuhi f

(x) ≥

0.

2.

Te

ntu

ka

n h

imp

un

an

pe

nye

lesa

ian

pa

da

pe

rti

da

ks

am

aa

n

��

�(2

x +

8) ≤

2.

Ura

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Da

sa

r

Ma

teri

Po

ko

k/

Pe

mb

ela

jara

n

Ke

gia

ta

n

Pe

mb

ela

jara

n

Ind

ika

tor P

en

ca

pa

ian

Ko

mp

ete

ns

i

Pe

nil

aia

n

Te

kn

ikB

en

tu

k

Instr

um

en

Co

nto

h In

str

um

en

Alo

ka

si

Wa

ktu

Ala

t d

an

S

um

be

r

Be

laja

r

Nil

ai

da

n

Ma

teri

ya

ng

Dii

nte

gra

sik

an

4.

Website-w

ebsite

ya

ng

re

leva

n

510 Rencana Pelaksanaan Pembelajaran (RPP)

Rencana Pelaksanaan Pembelajaran

Bab II Program Linear

Sekolah : . . . . . . . . . .

Kelas/Semester : XII/I Progam IPA

Mata Pelajaran : Matematika

Alokasi Waktu : 10 × 45 menit

Standar Kompetensi : 2. Menyelesaikan masalah program linear.

Kompetensi Dasar : 2.1 Menyelesaikan sistem pertidaksamaan linear dua variabel.

2.2 Merancang model matematika dari masalah program linear.

2.3 Menyelesaikan model matematika dari masalah program linear dan penafsirannya.

Indikator Pencapaian Kompetensi

2.1.1 Mampu mendefinisikan sistem pertidaksamaan linear dua variabel.

2.1.2 Mampu menentukan daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel.

2.1.3 Mampu menentukan sistem pertidaksamaan linear dua variabel yang terbentuk dari suatu daerah.

2.2.1 Mampu menyusun model matematika dari suatu masalah program linear.

2.3.1 Mampu menentukan fungsi objektif.

2.3.2 Mampu menentukan nilai optimum suatu bentuk objektif.

2.3.3 Mampu menentukan penyelesaian model matematika dari masalah program linear.

2.3.4 Mampu menafsirkan penyelesaian model matematika dari masalah program linear.

Tujuan Pembelajaran

Peserta didik mampu:

1. menjelaskan pengertian sistem pertidaksamaan linear dua variabel;

2. menjelaskan pengertian daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel;

3. menentukan daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel;

4. menentukan sistem pertidaksamaan linear dua variabel dari suatu daerah penyelesaian;

5. menentukan bentuk daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel;

6. menentukan luas daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel;

7. menentukan himpunan titik penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel;

8. menjelaskan pengertian fungsi objektif;

9. menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua

variabel menggunakan uji titik pojok;

10. menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua

variabel menggunakan garis selidik;

11. menentukan fungsi objektif yang mencapai nilai optimum di suatu titik;

12. menjelaskan pengertian model matematika;

13. menyusun model matematika dari suatu masalah program linear;

14. menyelesaikan model matematika dari suatu masalah program linear;

15. menafsirkan penyelesaian model matematika dari suatu masalah program linear.

Nilai pendidikan karakter yang ditanamkan kepada siswa: Rasa Ingin Tahu

Materi Pembelajaran

Program Linear

Metode Pembelajaran

1. Model Pembelajaran

a. Cooperative Learning (CL)

b. Direct Instruction (DI)

2. Metode

a. Tanya jawab

b. Diskusi

c. Tugas

Matematika Kelas XII Program IPA 511

Langkah-Langkah Kegiatan

Pertemuan Pertama

1. Kegiatan Pendahuluan (10 menit)

a. Motivasi

Memberikan contoh permasalahan sehari-hari yang menggambarkan sistem pertidaksamaan linear dua

variabel.

b. Prasyarat Pengetahuan

Siswa memahami tentang pertidaksamaan linear dua variabel.

2. Kegiatan Inti (70 menit)

a. Eksplorasi

• Guru menjelaskan tentang pertidaksamaan linear dua variabel.

• Guru menjelaskan tentang himpunan penyelesaian pertidaksamaan linear dua variabel.

• Guru menjelaskan cara menentukan daerah penyelesaian pertidaksamaan linear dua variabel.

• Guru menjelaskan tentang sistem pertidaksamaan linear dua variabel.

• Guru menjelaskan tentang daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel.

b. Elaborasi

Guru membimbing siswa menentukan daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel.

c. Konfirmasi

Guru menanyakan hasil yang dibuat siswa dalam menentukan daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan

linear dua variabel.

3. Kegiatan Penutup (10 menit)

Guru menyuruh siswa untuk mengerjakan soal-soal latihan.

Pertemuan Kedua


a. Motivasi

Guru memberikan permasalahan tentang cara menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu sistem

pertidaksamaan linear dua variabel.


Siswa memahami cara menentukan nilai suatu fungsi.


a. Eksplorasi

• Guru menjelaskan tentang fungsi objektif.

• Guru menjelaskan tentang nilai optimum fungsi objektif.

• Guru menjelaskan cara menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu daerah penyelesaian sistem

pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan uji titik pojok.

b. Elaborasi

Guru bersama siswa menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu daerah penyelesaian sistem

pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan uji titik pojok.

c. Konfirmasi

Guru menanyakan hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu

daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan uji titik pojok.


Guru mengevaluasi hasil pembelajaran dengan memberikan soal-soal latihan untuk dikerjakan siswa.

Pertemuan Ketiga


a. Motivasi

Guru mengingatkan siswa tentang cara menggambar garis.


Siswa memahami cara menggambar garis.


a. Eksplorasi

• Guru menjelaskan pengertian garis selidik.

• Guru menjelaskan cara menentukan persamaan garis selidik dari suatu fungsi objektif.

• Guru menjelaskan cara menggambar garis selidik.


• Guru menjelaskan cara menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu daerah penyelesaian sistem

pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan garis selidik.

b. Elaborasi

Guru bersama siswa menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu daerah penyelesaian sistem

pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan garis selidik.

c. Konfirmasi

Guru menanyakan hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan nilai optimum fungsi objektif suatu

daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan garis selidik.


Guru mengevaluasi hasil pembelajaran dengan memberikan soal-soal latihan untuk dikerjakan siswa.

Pertemuan Keempat


a. Motivasi

Guru memberikan permasalahan tentang cara membuat model matematika.


Siswa memahami cara membuat model matematika dari permasalahan pertidaksamaan linear dua

variabel.


a. Eksplorasi

• Guru menjelaskan tentang model matematika.

• Guru menjelaskan langkah-langkah menyusun model matematika.

• Guru memberikan contoh model matematika sistem pertidaksamaan linear dua variabel.

b. Elaborasi

Guru bersama siswa menyusun model matematika dari masalah program linear.

c. Konfirmasi

Guru melakukan tanya jawab kepada siswa tentang pemahaman materi yang dipelajari siswa.


Guru memberikan soal-soal latihan untuk mengevaluasi pembelajaran.

Pertemuan Kelima


a. Motivasi

Guru memberikan permasalahan tentang cara menyelesaikan model matematika suatu program linear.


siswa memahami tentang model matematika.


a. Eksplorasi

• Guru menjelaskan cara menyelesaikan model matematika dari masalah program linear.

• Guru menjelaskan cara menafsirkan penyelesaian model matematika dari masalah program linear.

b. Elaborasi

Guru bersama siswa menyelesaikan model matematika dari masalah program linear.

c. Konfirmasi

Guru melakukan tanya jawab kepada siswa tentang pemahaman materi yang dipelajari siswa.


Guru mengevaluasi hasil belajar dan memberikan tugas atau soal-soal latihan.

Alat Sumber Belajar

1. Buku PG Matematika Kelas XII Program IPA, Intan Pariwara 2013

2. Buku PR Matematika Kelas XII Program IPA, Intan Pariwara 2013

3. BSE Matematika Kelas XII Program IPA, Depdiknas, 2008

4. Website-website yang relevan

Penilaian Hasil Belajar

1. Teknik Penilaian dan Bentuk Instrumen

a. Teknik Penilaian

Tes tertulis


b. Bentuk Instrumen

1) Pilihan ganda

2) Uraian

2. Contoh Instrumen

a. Pilihan Ganda

1. Daerah yang diarsir merupakan penyelesaian dari pertidaksamaan . . . .

a. 2y + x > 2

b. 2y + x < 2

c. 2y – x < 2

d. 2x + y > 2

e. 2x – y < 2

2. Yang termasuk titik-titik himpunan penyelesaian dari sistem pertidaksamaan

x – 2y ≤ –2

3x + 4y ≥ 12

5x + 3y ≤ 15

yaitu . . . .

a. (0, 0) dan (–2, 1) d. (–2, 1) dan (3, 0)

b. (4, 4) dan (0, 6) e. (4, 0) dan (5, 2)

c. (0, 2) dan (1, 0)

b. Uraian

1. Tentukan daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan

x + y ≥ 1

2x + 3y ≤ 12

–x + y ≤ 2

x ≤ 1

2. Titik A(–4, 2), B(–2, –2), C(4, –4), dan D(0, 4) merupakan titik-titik sudut daerah penyelesaian suatu

sistem pertidaksamaan. Tentukan sistem pertidaksamaan tersebut.

3. Sebuah pabrik memproduksi minyak goreng kemasan botol dengan isi 1 liter dan 2 liter. Kapasitas

produksi setiap hari tidak lebih dari 120 botol. Setiap hari minyak dengan kemasan 1 kg diproduksi

tidak kurang dari 30 botol dan kemasan 2 kg tidak kurang 50 botol. Keuntungan hasil penjualan

adalah Rp3.000,00 per botol untuk minyak kemasan 1 liter dan Rp5.000,00 per botol untuk minyak

kemasan 2 liter.

Tentukanlah:

a. model matematika dari persoalan tersebut,

b. daerah penyelesaian dari model matematika di atas, dan

c. banyak produksi tiap-tiap kemasan agar diperoleh keuntungan maksimum dan besar keuntungan

maksimumnya.

________, ______________

Mengetahui

Kepala SMA ______________ Guru Mata Pelajaran

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

___________________________ ___________________________

NIP. ______________________ NIP. _______________________

X–2 0

1

Y


Rencana Pelaksanaan Pembelajaran

Bab III Matriks

Sekolah : . . . . . . . . . .

Kelas/Semester : XII/I Program IPA

Mata Pelajaran : Matematika

Alokasi Waktu : 12 × 45 menit

Standar Kompetensi : 3. Menggunakan konsep matriks, vektor, dan transformasi dalam pemecahan masalah.

Kompetensi Dasar : 3.1 Menggunakan sifat-sifat dan operasi matriks untuk menunjukkan bahwa suatu

matriks persegi merupakan invers dari matriks persegi lain

3.2 Menentukan determinan dan invers matriks 2 × 2

3.3 Menggunakan determinan dan invers dalam penyelesaian sistem persamaan linear

dua variabel

Indikator Pencapaian Kompetensi

3.1.1 Mampu menentukan ordo suatu matriks.

3.1.2 Mampu menentukan transpos suatu matriks.

3.1.3 Mampu menggunakan kesamaan dua matriks untuk menyelesaikan permasalahan.

3.1.4 Mampu menentukan penjumlahan dan pengurangan dua matriks atau lebih.

3.1.5 Mampu menentukan hasil perkalian matriks.

3.2.1 Mampu menentukan determinan matriks 2 × 2.

3.2.2 Mampu menentukan invers matriks 2 × 2.

3.2.3 Mampu menentukan determinan matriks 3 × 3.

3.2.4 Mampu menentukan invers matriks ordo 3 × 3.

3.3.1 Mampu menentukan penyelesaian sistem persamaan linear dua variabel menggunakan invers matriks dan

metode Cramer.

3.3.2 Mampu menentukan penyelesaian sistem persamaan linear tiga variabel menggunakan invers matriks dan

metode Cramer.

Tujuan Pembelajaran

Peserta didik mampu:

1. menentukan ordo suatu matriks;

2. menentukan elemen yang belum diketahui dari suatu matriks menggunakan kesamaan dua matriks;

3. menentukan hasil penjumlahan matriks;

4. menentukan hasil pengurangan matriks;

5. menentukan hasil perkalian skalar matriks;

6. menentukan hasil perkalian matriks;

7. menentukan ordo hasil perkalian dua matriks;

8. menentukan determinan matriks berordo 2 × 2;

9. menentukan determinan matriks berordo 3 × 3;

10. menentukan invers matriks berordo 2 × 2;

11. menentukan invers matriks berordo 3 × 3;

12. menentukan penyelesaian suatu sistem pertidaksamaan linear dua variabel menggunakan matriks;

13. menentukan penyelesaian suatu sistem pertidaksamaan linear tiga variabel menggunakan matriks.

Nilai pendidikan karakter yang ditanamkan kepada siswa: Percaya Diri


Materi Pembelajaran

Matriks

Metode Pembelajaran

1. Model Pembelajaran

a. Cooperative Learning (CL)

b. Direct Instruction (DI)

2. Metode

a. Tanya jawab

b. Diskusi

c. Tugas

Langkah-Langkah Kegiatan

Pertemuan Pertama


a. Motivasi

Memberikan contoh kehidupan sehari-hari di sekolah, misalnya kegiatan jual beli di koperasi sekolah. Di

koperasi sekolah terdapat persediaan barang-barang dan alat tulis yang harganya sudah ditentukan.

Siswa bisa menulis bilangan/harga-harga tersebut dalam bentuk baris dan kolom.


Siswa mengetahui jenis-jenis matriks dan menyelesaikan sistem persamaan linear.


a. Eksplorasi

• Guru menjelaskan pengertian tentang matriks.

• Guru dan siswa menuliskan suatu data dalam bentuk matriks.

• Guru menjelaskan notasi dan penulisan matriks.

• Guru menjelaskan tentang ordo suatu matriks.

• Guru menjelaskan macam-macam matriks berdasarkan banyak baris dan kolom.

• Guru menjelaskan macam-macam matriks berdasarkan pola elemen-elemen.

• Guru dan siswa menentukan jenis suatu matriks.

• Guru menjelaskan tentang transpos suatu matriks.

• Guru menjelaskan entang kesamaan dua matriks.

• Guru menjelaskan tentang matriks simetris.

b. Elaborasi

• Guru dan siswa menentukan transpos suatu matriks.

• Guru dan siswa menggunakan kesamaan dua matriks untuk menentukan elemen yang belum

diketahui.

• Guru dan siswa menentukan suatu matriks termasuk matriks simetris atau bukan.

c. Konfirmasi

Guru menanyakan tentang hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan transpos suatu matriks,

menggunakan kesamaan dua matriks untuk menentukan elemen yang belum diketahui, menentukan

suatu matriks termasuk matriks simetris atau bukan.


Guru menyuruh siswa mengerjakan soal-soal latihan.


Pertemuan Kedua


a. Motivasi

Guru menyajikan permasalahan sehari-hari yang menggambarkan penggunaan penjumlahan suatu matriks.


Matriks dan penulisannya, transpos dan kesamaan dua matriks.


a. Eksplorasi

• Guru menjelaskan tentang penjumlahan matriks.

• Guru menjelaskan tentang syarat penjumlahan matriks.

• Guru menjelaskan tentang sifat-sifat yang berlaku pada penjumlahan matriks.

• Guru dan siswa menentukan hasil penjumlahan dua matriks.

• Guru menjelaskan tentang pengurangan matriks.

• Guru menjelaskan tentang syarat pengurangan matriks.

• Guru dan siswa menentukan hasil pengurangan dua matriks.

• Guru dan siswa menemukan sifat yang berlaku pada pengurangan matriks.

b. Elaborasi

Guru dan siswa menentukan hasil penjumlahan dan pengurangan matriks.

c. Konfirmasi

Guru menanyakan tentang hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan hasil penjumlahan dan

pengurangan matriks.



Pertemuan Ketiga


a. Motivasi

Guru menyajikan permasalahan sehari-hari yang menggambarkan penggunaan perkalian suatu matriks.


Matriks dan penulisannya, transpos, kesamaan, penjumlahan, dan pengurangan matriks.


a. Eksplorasi

• Guru menjelaskan tentang perkalian skalar matriks.

• Guru dan siswa menentukan hasil perkalian skalar matriks.

• Guru menjelaskan tentang sifat-sifat yang berlaku pada perkalian skalar matriks.

• Guru menjelaskan tentang perkalian dua matriks.

• Guru menjelaskan tentang syarat perkalian dua matriks.

• Guru dan siswa menemukan rumus untuk menentukan ordo matriks hasil perkalian dua matriks.

• Guru dan siswa menentukan hasil perkalian suatu matriks jika dikalikan dari kiri.

• Guru dan siswa menentukan hasil perkalian suatu matriks jika dikalikan dari kanan.

• Guru dan siswa menemukan sifat komutatif tidak berlaku pada perkalian matriks.

• Guru menjelaskan tentang sifat-sifat yang berlaku pada perkalian matriks.


• Guru menjelaskan tentang pemangkatan suatu matriks.

• Guru menjelaskan syarat pemangkatan suatu matriks.

• Guru dan siswa membuktikan sifat yang berlaku pada operasi hitung suatu matriks dan transpos

matriks tersebut.

b. Elaborasi

Guru dan siswa menentukan hasil perkalian skalar matriks, hasil perklaian matriks dan hasil pemangkatan

matriks.

c. Konfirmasi

Guru menanyakan tentang hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan hasil perkalian matriks.

3. Penutup (10 menit)


Pertemuan Keempat


a. Motivasi

Guru menyajikan permasalahan sehari-hari yang menggambarkan penggunaan determinan suatu matriks.


Operasi hitung matriks.


a. Eksplorasi

• Guru menjelaskan tentang determinan suatu matriks.

• Guru menjelaskan tentang syarat suatu matriks mempunyai determinan.

• Guru menjelaskan tentang determinan matriks berordo 2 × 2.

• Guru dan siswa menentukan determinan matriks berordo 2 × 2.

• Guru menjelaskan tentang determinan matriks berordo 3 × 3.

• Guru dan siswa menentukan determinan matriks berordo 3 × 3.

• Guru menjelaskan tentang jenis-jenis matriks berdasarkan nilai determinannya.

• Guru dan siswa membuktikan sifat-sifat yang berlaku pada determinan matriks.

b. Elaborasi

Guru dan siswa menentukan determinan matriks berordo 2 × 2 dan 3 × 3.

c. Konfirmasi

Guru menanyakan tentang hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan hasil determinan matriks.



Pertemuan Kelima


a. Motivasi

Guru menyajikan permasalahan sehari-hari yang menggambarkan penggunaan invers suatu matriks.


Determinan matriks.


a. Eksplorasi

• Guru menjelaskan tentang invers suatu matriks.


• Guru menjelaskan tentang syarat suatu matriks mempunyai invers.

• Guru menjelaskan tentang cara menentukan invers suatu matriks berordo 2 × 2.

• Guru dan siswa menentukan invers suatu matriks berordo 2 × 2.

• Guru menjelaskan tentang cara menentukan invers suatu matriks berordo 3 × 3.

• Guru dan siswa menentukan invers suatu matriks berordo 3 × 3.

• Guru menjelaskan tentang matriks singular dan matriks non singular.

• Guru dan siswa membuktikan sifat-sifat yang berlaku pada invers matriks.

b. Elaborasi

Guru dan siswa menentukan invers matriks berordo 2 × 2 dan 3 × 3.

c. Konfirmasi

Guru menanyakan tentang hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan hasil invers suatu matriks.



Pertemuan Keenam


a. Motivasi

Guru menyajikan permasalahan sehari-hari yang menggambarkan penggunaan matriks untuk

menyelesaikan suatu masalah.


Determinan dan invers matriks, sistem persamaan linear dua dan tiga variabel.


a. Eksplorasi

• Guru mengingatkan kembali tentang sistem persamaan linear dua variabel.

• Guru menjelaskan tentang penerapan matriks dalam sistem persamaan linear dua variabel.

• Guru menjelaskan tentang cara menyelesaikan sistem persamaan linear dua variabel menggunakan

cara invers matriks.

• Guru menjelaskan tentang cara menyelesaikan sistem persamaan linear dua variabel menggunakan

cara determinan matriks atau aturan Cramer.

• Guru dan siswa menentukan penyelesaian sistem persamaan linear dua variabel menggunakan


• Guru dan siswa menentukan penyelesaian sistem persamaan linear dua variabel menggunakan

cara determinan matriks atau aturan Cramer.

• Guru mengingatkan kembali tentang sistem persamaan linear tiga variabel.

• Guru menjelaskan tentang penerapan matriks dalam sistem persamaan linear tiga variabel.

• Guru menjelaskan tentang cara menyelesaikan sistem persamaan linear tiga variabel menggunakan


• Guru menjelaskan tentang cara menyelesaikan sistem persamaan linear tiga variabel menggunakan

cara determinan matriks/ aturan Cramer.

• Guru dan siswa menentukan penyelesaian sistem persamaan linear tiga variabel menggunakan


• Guru dan siswa menentukan penyelesaian sistem persamaan linear tiga variabel menggunakan

cara determinan matriks/ aturan Cramer.

b. Elaborasi

Guru dan siswa menentukan penyelesaian sistem pertidaksamaan dua atau tiga variabel menggunakan

cara invers matriks dan determinan matriks/ aturan Cramer.


c. Konfirmasi

Guru menanyakan tentang hasil yang diperoleh siswa dalam menentukan penyelesaian sistem

pertidaksamaan dua atau tiga variabel menggunakan cara invers matriks dan determinan matriks atau

aturan Cramer.



Alat dan Sumber Belajar

1. Buku PR Matematika Kelas XII Program IPA, Intan Pariwara, 2013

2. Buku PG Matematika Kelas XII Program IPA, Intan Pariwara, 2013

3. Buku BSE Matematika untuk Kelas XII Program IPA, Pusdiknas, 2009

4. Website-website yang relevan

Penilaian Hasil Belajar

1. Teknik Penilaian

Tertulis

2. Bentuk Instrumen

a. Pilihan ganda

b. Uraian

3. Contoh Instrumen

a. Pilihan Ganda

1. Diberikan matriks C =

� � �

� � �

� � �

− −

. Nilai c21

dan c32

berturut-turut adalah . . . .

a. 8 dan 3

b. 7 dan 0

c. 3 dan 4

d. 2 dan 4

e. –1 dan –6

2. Diketahui matriks P =

� � �

� � �

− −

dan Q =

� �

� � �

− − −

. Matriks PQT = . . . .

a.

� �

� �

− −

b.

� �

��

−

c.

� �

� �

−

d.

� �

��

−

e.

� �

��

− −


3. Matriks A = �

� �

dan B adalah matriks berukuran 2 × 2. Jika det (B) = b maka det (AB) = . . . .

a. 10b

b. 5b

c.

�

d. 2b

e.�

b

b. Uraian

1. Diketahui matriks K = (kij) ditentukan oleh

K = � � �

� � � �

− − −

.

a. Tentukan ordo matriks K.

b. Tentukan k13

, k21

, k24

.

c. Tentukan hasil k11

k22

+ k12

k23

+ k24

k14

.

d. Jika

��

� �

− +− = k

23, tentukan nilai n.

2. Tentukan determinan matriks P jika MP = N dengan M = � � � ��

��

α α α α

dan N = � ��

� �

.

________, ________________

Mengetahui

Kepala SMA ______________ Guru Mata Pelajaran

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

_________________________ ________________________

NIP _____________________ NIP ____________________

Standar Kompetensi Kompete nsi Dasar Nilai Indikator · PDF fileStandar Kompetensi Kompete nsi...

Documents

Transcript of Standar Kompetensi Kompete nsi Dasar Nilai Indikator · PDF fileStandar Kompetensi Kompete nsi...