Soal dan Pembahasan Lomba Matematika LSM HIMATIKA UNY 2018 Tingkat SMP

LSM UNY SMP

Lomba dan Seminar Nasional Matematika (LSM) merupakan kegiatan tahunan yang diadakan rutin oleh HIMATIKA (Himpunan Mahasiswa Jurusan Pendidikan Matematika) FMIPA Universitas Negeri Yogyakarta. Sesuai dengan namanya, LSM adalah serangkaian kegiatan yang terdiri dari Lomba Matematika dan Seminar Nasional Matematika dan Pendidikan Matematika. Lomba matematika diselenggarakan untuk siswa SMP, SMA, dan Mahasiswa se-Indonesia. Seminar Nasional Matematika diselenggarakan untuk pelajar, mahasiswa, guru, dosen, dan seluruh praktisi matematika dan juga memberikan kesempatan kepada para praktisi untuk menyalurkan bakatnya sebagai pemakalah dalam acara seminar. Di tahun ini, event LSM menginjak tahun ke 31 dan akan dilaksanakan pada bulan Maret 2023. LSM XXX mengusung temaΒ β€œHUMANITY (Human Urgency on the Development of Mathematics in Society 5.0)” dengan harapan peran penting manusia pada pengembangan bidang ilmu matematika di era Society 5.0 dapat terwujud (sc. http://lsm.himatikauny.org/)

Berikut ini soal dan pembahasan LSM XXVI HIMATIKA UNY Tahun 2018 Tingkat SMP, semoga bermanfaat


1. Misalkan \(𝑓(π‘₯) = 2018(1 βˆ’ π‘₯ + π‘₯^2 βˆ’ π‘₯^3 + β‹― + π‘₯^{18} βˆ’ π‘₯^{19})\) dan \(𝑦 = 3π‘₯ βˆ’ 4\). Misalkan pula bahwa \(𝑓(𝑦) = π‘Ž_0 + π‘Ž_1𝑦 + π‘Ž_2𝑦^2 + β‹― + π‘Ž_{18}𝑦^{18} + π‘Ž_{19}𝑦^{19}\).Nilai dari \(π‘Ž_0 + π‘Ž_1 + π‘Ž_2 + β‹― + π‘Ž_{19} = β‹―\)


\(1 βˆ’ π‘₯ + π‘₯^2 βˆ’ π‘₯^3 + β‹― + π‘₯^{18} βˆ’ π‘₯^{19} = 𝐴\)
\(βˆ’π‘₯ + π‘₯^2 βˆ’ π‘₯^3 + β‹― + π‘₯^{18} βˆ’ π‘₯^{19} + π‘₯^{20} = βˆ’π΄π‘₯\)
____________________________________________________ βˆ’
\(π‘₯^{20} βˆ’ 1 = βˆ’π΄π‘₯ βˆ’ 𝐴 = 𝐴(βˆ’π‘₯ βˆ’ 1)\)
\(𝐴 =\frac{π‘₯^{20} βˆ’ 1}{βˆ’π‘₯ βˆ’ 1}\)
Diperoleh \(𝑓(π‘₯) = 2018 (\frac{π‘₯^{20} βˆ’ 1}{βˆ’π‘₯ βˆ’ 1})\)
Nilai dari \(π‘Ž_0 + π‘Ž_1 + π‘Ž_2 + β‹― + π‘Ž_{19}\), diperoleh dari \(𝑦 = 1\) pada fungsi \(𝑓(𝑦)\)
\(𝑓(1) = π‘Ž_0 + π‘Ž_1 + π‘Ž_2 + β‹― + π‘Ž_{19}\)
Karena \(𝑦 = 3π‘₯ βˆ’ 4\), untuk \(𝑦 = 1 ⟹ π‘₯ =\frac{5}{3}\)
maka nilai \(𝑓(1)\) pada \(𝑓(𝑦)\) sama dengan nilai
\(𝑓 (\frac{5}{3})\) pada \(𝑓(π‘₯)\)

\(π‘Ž_0 + π‘Ž_1 + π‘Ž_2 + β‹― + π‘Ž_{19} = 𝑓 (\frac{5}{3}) = 2018 \left(\frac{(\frac{5}{3})^{20}-1)}{(-\frac{5}{3}βˆ’ 1}\right) = 2018\left(\frac{(\frac{5}{3})^{20}-1)}{βˆ’\frac{8}{3}}\right)= βˆ’6054\left(\frac{(\frac{5}{3})^{20}βˆ’ 1}{8}\right)\)


2. Given that

\(\frac{2𝑏+2π‘Ž+3𝑏+3π‘Ž+5𝑏+5π‘Ž+8𝑏+8π‘Ž+13𝑏+13π‘Ž+β‹―}{250+375+625+1000+1625+β‹―}= (\frac{5}{π‘Ž^2})^{βˆ’1}\)

and \(𝑏 = 3π‘Ž\). The value \(\sqrt{π‘Žπ‘^{βˆ’2}}\) is….


\(\frac{2𝑏+2π‘Ž+3𝑏+3π‘Ž+5𝑏+5π‘Ž+8𝑏+8π‘Ž+13𝑏+13π‘Ž+β‹―}{250+375+625+1000+1625+β‹―}= (\frac{5}{π‘Ž^2})^{βˆ’1}\)
\(\frac{2(𝑏 + π‘Ž) + 3(𝑏 + π‘Ž) + 5(𝑏 + π‘Ž) + 8(𝑏 + π‘Ž) + 13(𝑏 + π‘Ž) + β‹―}{125(2 + 3 + 5 + 8 + 13 + β‹― )}= (\frac{5}{π‘Ž^2})^{βˆ’1}\)
\(\frac{(𝑏 + π‘Ž)(2 + 3 + 5 + 8 + 13 + β‹― )}{125(2 + 3 + 5 + 8 + 13 + β‹― )}= (\frac{5}{π‘Ž^2})^{βˆ’1}\)
\(\frac{(𝑏 + π‘Ž)}{125}= (\frac{5}{π‘Ž^2})^{βˆ’1}\)
Ganti \(𝑏 = 3π‘Ž\)
\(\frac{(3π‘Ž + π‘Ž)}{125}= (\frac{5}{π‘Ž^2})^{βˆ’1}\)
\(\frac{(4π‘Ž)}{125}=\frac{π‘Ž^2}{5}⟹\frac{4}{25}= π‘Ž\),
\(𝑏 = 3π‘Ž =\frac{12}{25}⟹ 𝑏^{βˆ’2} =\frac{625}{144}\)
Jadi \(\sqrt{π‘Žπ‘^{-2}} = \sqrt(\frac{4}{25})(\frac{625}{144}) = (\frac{2}{5})(\frac{25}{12}) =\frac{5}{6}\)


3. Titik O adalah suatu titik yang terletak pada segiempat ABCD. Jika jarak titik O ke titik A, B, C, dan D berturut-turut adalah 3 satuan, 4 satuan, 6 satuan, dan 8 satuan, maka luas segiempat ABCD adalah… satuan luas.


\(\begin{align}
[𝐴𝐡𝐢𝐷] &= [𝐴𝑂𝐡] + [𝐡𝑂𝐢] + [𝐢𝑂𝐷] + [𝐴𝑂𝐷]\\
&= 6 + 12 + 24 + 12\\
&= 54 π‘π‘š^2\\
\end{align}\)


4. Dalam rangka tahun baru Imlek, seorang pemiliki toko memberikan kupon kepada 1000 pelanggan. Dibalik kupon tersebut tertera salah satu dari bilangan-bilangan 7, 63, 14, 56, 21, 49, 28, 35, 42, dan 77. Pembeli yang berhasil mengumpulkan kupon dengan jumlah 200 akan diberikan hadiah sepeda motor. Jika pemilik toko menyediakan 15 sepeda motor, maka banyak sepeda motor yang harus diserahkan kepada pelanggan adalah …


Dikarenakan nomor kupon yang tersedia semua kelipatan 7 dan angka 200 bukan kelipatan 7 maka dipastikan tidak ada motor yang diserahkan kepada pelanggan.


5. Diketahui \(𝑁 = 9 + 99 + 999 + β‹― + 999 … 99\). Apabila suku terakhir memiliki \(2018\) digit angka \(9\), maka nilai \(𝑁\) adalah…


\(𝑁 = 9 + 99 + 999 + β‹― + 999 … 99\)
\(= 10 βˆ’ 1 + 100 βˆ’ 1 + 1000 βˆ’ 1 + β‹―+ 1\underbrace{00 … 00}_{\mbox{2018}}βˆ’1\)
\(= 10 + 100 + 1000 +β‹―+ 1\underbrace{00 … 00}_{\mbox{2018}}βˆ’ 2018\)
\(= \underbrace{1111 … 111}_{\mbox{2018}}0 βˆ’ 2018\)
\(= \underbrace{1111 … 111}_{\mbox{2014}}00000 + 11110 βˆ’ 2018\)
\(= \underbrace{1111 … 111}_{\mbox{2014}}00000 + 09092\)
\(= \underbrace{1111 … 111}_{\mbox{2014}}09092\)


6.Jika \(π‘₯^2 +\frac{1}{π‘₯^2} = 62\), maka nilai maksimum untuk \(π‘₯^3 + π‘₯^4 +\frac{1}{π‘₯^3} +\frac{1}{π‘₯^4}\) adalah …


\(π‘₯^3 + π‘₯^4 + \frac{1}{π‘₯^3} +\frac{1}{π‘₯^4} = π‘₯^3 +\frac{1}{π‘₯^3} + π‘₯^4 +\frac{1}{π‘₯^4}\)
\(= (π‘₯ +\frac{1}{π‘₯})(π‘₯^2 βˆ’ 1 +\frac{1}{π‘₯^2}) + (π‘₯^2 +\frac{1}{π‘₯^2})^2βˆ’ 2\)

Cari nilai \(π‘₯ +\frac{1}{π‘₯}\) dari persamaan \(π‘₯^2 + \frac{1}{π‘₯^2} = 62\)
\((π‘₯ +\frac{1}{π‘₯})^2 = π‘₯^2 +\frac{1}{π‘₯^2} + 2 = 62 + 2 = 64 ⟹ π‘₯ +\frac{1}{π‘₯}= Β±8\)
Karena yang dicari nilai maksimum maka nilai \(π‘₯ +\frac{1}{π‘₯}= 8\)
\(π‘₯^3 + π‘₯^4 +\frac{1}{π‘₯^3} +\frac{1}{π‘₯^4} = π‘₯^3 +\frac{1}{π‘₯^3} + π‘₯^4 +\frac{1}{π‘₯^4}\)
\(= (π‘₯ +\frac{1}{π‘₯})(π‘₯^2 βˆ’ 1 + \frac{1}{π‘₯^2}) + (π‘₯^2 +\frac{1}{π‘₯^2})^2βˆ’ 2\)\(= 8(62 βˆ’ 1) + (62)2 βˆ’ 2\)
\(= 4330\)



7. Diketahui \(Δ𝑃𝑄𝑅\) dengan \(π‘šβˆ π‘„ = 90Β°, 𝑃𝑄 = 6 π‘π‘š\), dan \(𝑄𝑅 = 8 π‘π‘š\). Titik \(A\) terletak pada garis \(𝑃𝑅\), titik \(𝐡\) terletak diluar \(Δ𝑃𝑄𝑅\) dengan panjang \(𝐴𝐡\) sejajar \(𝑃𝑄\), dan \(𝐴𝐡 = 13 cm\). Luas
\(Δ𝑃𝐡𝑅\) adalah …


\(\begin{align}
[𝑃𝐡𝑅] &= [𝑃𝐴𝐡] + [𝐴𝐡𝑅]\\
&=\frac{𝐴𝐡.𝑄𝐢}{2}+\frac{𝐴𝐡.𝐢𝑅}{2}\\
&=\frac{13.𝑄𝐢}{2}+\frac{13.𝐢𝑅}{2}\\
&=\frac{13}{2}(𝑄𝐢 + 𝐢𝑅)\\
&=\frac{13}{2}(8) = 52\; π‘π‘š^2\\
\end{align}\)
Β 

8. There is a stack of bridge cards consists of 52 cards. The probability that you draw a number 5 or heart or red odd (without ace) is …


Banyak kartu merah hati ada 13 kartu
Banyak kartu merah ganjil wajik ada 4 kartu yaitu kartu bernomor 3, 5, 7, 9 (kartu hati ganjil sudah terambil sebelumnya)
Banyak kartu bernomor 5 dikartu hitam ada 2( 5 merah sudah terhitung sebelumnya).Jadi peluang terambil kartu bernomor 5 atau hati atau kartu ganjil berwarna merah adalah \(\frac{13+4+2}{52}=\frac{19}{52}\)


9. Perhatikan gambar di bawah ini


Terdapat tiga persegi panjang kongruen yaitu 𝐴𝐡𝐢𝐷, 𝐢𝐸𝐹𝐺, dan 𝐡𝐻𝐼𝐽. Jika keliling masingmasing persegi panjang adalah 60 cm, maka keliling bangun tersebut adalah …



Perhatikan garis biru di seblah kiri sama panjang dengan garis biru di seblah kanan dan garis merah bagian bawah sama panjang dengan gabungan garis merah bagian atas.
Jadi keliling bangun adalah \(2(𝑝 + 𝑙) + 2(𝑝 + 𝑙) = 60 + 60 = 120\; π‘π‘š^2\)


10.Misalkan \(f\) suatu fungsi yang memenuhi \(f(2)=2018\) dan \(f(x+2018)β‰₯f(x)+2018\) serta \(f(x+1)≀f(x)+1\) untuk setiap bilangan real \(x\).Jika \(g(x)=f(x)+2018\),maka nilai dari \(g(2020)\) adalah…


Belum tersedia


11. Nilai dari \(\left(\frac{1.2.3+2.4.8+β‹―+𝑛.2𝑛.4𝑛}{1.3.9+2.6.18+β‹―+𝑛.3𝑛.9𝑛}\right)^{\frac{2}{3}}\) adalah …


\(\begin{align}
\left(\frac{1.2.3+2.4.8+β‹―+𝑛.2𝑛.4𝑛}{1.3.9+2.6.18+β‹―+𝑛.3𝑛.9𝑛}\right)^{\frac{2}{3}}&=\left(\frac{1.2.3(1.1.1+2.2.2+β‹―+𝑛.𝑛.𝑛)}{1.3.9(1.1.1+2.2.2+β‹―+𝑛.𝑛.𝑛)}\right)^{\frac{2}{3}}\\
&=\left(\frac{1.2.4}{1.3.9}\right)^{\frac{3}{2}}\\
&=\left(\frac{2^3}{3^3}\right)^{\frac{2}{3}}\\
&=\frac{2^2}{3^2}\\
&=\frac{4}{9}\\
\end{align}\)


12. Jika sebuah kartu ditandai angka 1, dua buah kartu ditandai angka 2, dan tiga buah kartu ditandai dengan angka 3, dan begitu seterusnya hingga 2018 buah kartu ditandai dengan angka 2018. Jika semua kartu tersebut dimasukan ke dalam suatu wadah besar, maka banyak minimal kartu yang harus diambil agar dipastikan kita dapat sekurang-kurangnya 10 kartu dengan tanda yang sama adalah …


Pertama, kita habiskan kartu bernomor 1 sampai dengan 9, banyaknya kartu adalah 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + …+ 9 = 45 kartu.

kedua, kita mengambil masing-masing 9 kartu yang bertanda 10 sampai dengan 2018, banyaknya kartu ada 9 Γ— 2009 = 18081

Ketiga, kita mengambil lagi satu buah kartu secara acak, apapun tanda kartu yang terambil dipastikan terdapat 10 kartu dengan tanda yang sama.

Banyak minimal kartu yang harus diambil adalah 45 + 18081 + 1 = 18127 kartu


13. Let f be a function such that \(3𝑓 (\frac{1}{π‘₯}) +\frac{𝑓(2π‘₯)}{π‘₯^2} = 5π‘₯\), for \(π‘₯ β‰  0\). The value of \(𝑓(1)\) adalah …


Untuk \(π‘₯ = 1 ⟹ 3𝑓(1) + 𝑓(2) = 5 … (1)\)
Untuk \(π‘₯ =\frac{1}{2}⟹ 3𝑓(2) + 4𝑓(1) =\frac{5}{2}… (2)\)
Kurangkan 3 kali persamaan (1) dan persamaan (2)
\(9𝑓(1) + 3𝑓(2) = 15\)
\(3𝑓(2) + 4𝑓(1) =\frac{5}{2}\)
________________________ –
\(5𝑓(1) =\frac{25}{2}⟹ 𝑓(1) =\frac{5}{2}\)


14. Ibu Ani dan Ibu Rini membeli buah jeruk yang akan dibagikan ke tetangga. Jeruk ibu Ani jika dibagi ke 5 tetangga sisa 1, jika dibagi ke 6 tetangga sisa 2 dan jika dibagi ke 7 tetangga sisa 3. Sedangkan jeruk Ibu Rina jika dibagi ke 5 tetangga sisa 2, jika dibagi ke 6 tetangga sisa 3 dan jika dibagi ke 7 tetangga sisa 1. Banyak minimal jeruk Ibu Rina dan Ibu Ani adalah …


Jeruk Bu Ani \(= 𝐾𝑃𝐾(5, 6, 7) – 4 = 210 – 4 = 206\)
Jeruk Bu Rina \(= 𝑛. 𝐾𝑃𝐾(5,6) – 3 = 𝑛. 30 – 3\)
Agar \(𝑛. 30 βˆ’ 3\) ketika dibagi \(7\) bersisa \(1\) maka nilai \(𝑛\) terkecil yang mungkin adalah \(2\), banyak jeruk Bu Rina adalah \(𝑛. 30 βˆ’ 3 = 57\)
Jadi total jeruk seluruhnya adalah \(206 + 57 = 263\)


15. Terdapat tiga anak yang sedang bermain koin. Mereka adalah Kiki, Diqi, dan Genta. Mereka masing-masing melemparkan dua buah koin secara bersamaan. Peluang ada satu anak yang memiliki hasil yang berbeda dari lainnya adalah …


Misalkan muncul Angka dan Gambar adalah A dan G, kemungkinan susunan yang diperoleh masing-masing anak adalah\(Kiki\;\;\;\; \;Diqi\;\;\;\;\; Genta\)
\(A A\;\;\;\; \;\;A A\;\;\;\;\;\; A A\)
\(A G\;\;\;\; \;\;A G\;\;\;\;\;\; A G\)
\(G A\;\; \;\;\;\;G A\;\;\;\;\;\; G A\)
\(G G\;\;\;\; \;\;G G\;\;\;\;\;\; G G\)

Kiki dan Diqi mendapatkan hasil yang sama sedangkan Genta berbeda, kemungkinan susunannya adalah

\((AA, AA, AG), (AA, AA, GA), (AA, AA, GG), (AG, AG, AA), (AG, GA, AA), (GA, AG, AA), (GA, GA, AA), (AG, AG, GG)\),
\((AG, GA, GG), (GA, AG, GG), (GA, GA, GG), (GG, GG, AG), (GG, GG, GA), (GG, GG, AA)\) Banyaknya ada 14.

Banyak kemungkinan ada satu anak yang memiliki hasil yang berbeda dari lainnya adalah \(14 Γ— 3 = 52\), (Angka 3 diperoleh dari banyak susunan Kiki, Diqi dan Genta yang dua dari mereka menghasilkan hasil yang sama)

Jadi peluangnya adalah \(\frac{14Γ—3}{4Γ—4Γ—4}=\frac{21}{32}\)


16. Pada gambar di bawah ini diketahui bahwa pada Δ𝐴𝐡𝐢 garis BE membagi AC menjadi 4 : 3 dan garis ED membagi BC menjadi 5 : 1. Kemudian pada Δ𝐡𝐸𝐷 garis DF membagi BE menjadi 5 : 4 dan garis FG membagi ED menjadi 5 : 1. Perbandingan luas Δ𝐴𝐡𝐢 dan Δ𝐷𝐹𝐺 adalah …

Lomba Matematika UNY


Misalkan \([GDF]=x\)
Perhatikan \(Δ𝐹𝐷𝐸\), karena \([𝐺𝐷𝐹] = π‘₯\), maka
\([𝐸𝐺𝐹] =\frac{5}{1}[𝐺𝐷𝐹] = 5π‘₯\)

Perhatikan \(Δ𝐸𝐷𝐡\), karena \([𝐸𝐹𝐷] = 6π‘₯\), maka
\([𝐹𝐷𝐡] =\frac{5}{4}[𝐸𝐹𝐷] =\frac{5}{4}(6π‘₯) = 7,5π‘₯\)

Perhatikan \(Δ𝐡𝐢𝐸\), karena \([𝐸𝐷𝐡] = 13,5π‘₯\), maka
\([𝐸𝐢𝐷] =\frac{5}{1}[𝐸𝐷𝐡] =\frac{5}{1}(13, π‘₯) = 67,5π‘₯\)

Perhatikan \(Δ𝐴𝐡𝐢\), karena \([𝐸𝐡𝐢] = 81π‘₯\), maka
\([𝐴𝐡𝐢] =\frac{7}{3}[𝐸𝐡𝐢] =\frac{7}{3}(81π‘₯) = 189π‘₯\)

Jadi perbandingan luas \(Δ𝐴𝐡𝐢\) dan \(Δ𝐷𝐹𝐺\) adalah \(189π‘₯: π‘₯ = 189: 1\)


17. Tentukan nilai

\(\sqrt{99999999 Γ— 12345678\sqrt{99999999 Γ— 12345678\sqrt{99999999 Γ— 12345678\sqrt{…}}}}\)

Misalkan
\(\sqrt{99999999 Γ— 12345678\sqrt{99999999 Γ— 12345678\sqrt{99999999 Γ— 12345678\sqrt{…}}}}=a\)

\(β‡’\sqrt{99999999 Γ— 12345678π‘Ž} = π‘Ž\)

\(β‡’99999999 Γ— 12345678π‘Ž = π‘Ž^2\)

\(β‡’π‘Ž = 99999999 Γ— 12345678\)

\(= (100000000 βˆ’ 1) Γ— 12345678\)

\(= 1234567800000000 βˆ’ 12345678\)

\(= 1234567787654322\)


18.Tim basket yang beranggotakan Antony, Diqi, Genta, Agus, dan Hartono sedang menjalani pertandingan basket. Mula-mula bola dibawa oleh Antony, lalu dia memberikan umpan ke temanny, begitu pula seterusnya hingga operan ke-6 jatuh pada Hartono dan dia mencetak angka. Kemungkinan pola umpan yang mereka lakukan adalah …


Misalkan Antoni, Diqi, Genta, Agus, dan Hartono, disimbolkan dengan A, D, G, Ag, dan H.
Posisi awal bola ada di tangan Antoni.
Kemungkinan 1, H tidak pernah mendapatkan bola pada lima lemparan awal

Banyak cara ada \(3^5 = 243\) cara

Kemungkinan 2, H mendapatkan umpan sekali pada lima lemparan awal


Ada 4 kemungkinan ketika H diberi umpan sekali, banyak cara adalah \((3 Γ— 4 Γ— 3 Γ— 3) Γ—4 = 432\) cara

Kemungkinan 3, H mendapatkan umpan dua kali pada lima lemparan awal

Ada 3 kemungkinan menempatkan posisi H, banyak cara adalah \((3 Γ— 4 Γ— 4) Γ— 3 = 144\) cara.

Jadi banyak cara seluruhnya adalah \(243 + 432 + 144 = 819\) π‘π‘Žπ‘Ÿπ‘Ž


19. Diketahui \(\begin{cases}
-x;&x<0\\
0;&x=0\\
x;&x>0
\end{cases}\)
Jika \(\Bigg|\bigg|\Big|\big|x-1|-1|-1\Big|-1\Bigg|=0\), maka jumlah kuadrat dari akar-akarnya adalah …

A. 0
B. 4
C. 16
D. 24
E. 48


20. Jika suatu \(Ξ”ABC\) dengan \(AB=28, BC=25, AC=17\), dan \(\overline{CD}\) adalah garis bagi, maka perbandingan luas \(Ξ”DAC\) dan \(Ξ”DBC\) adalah …


Belum tersedia


21. Empat siswa Adi, Budi, Cokro, dan Dion bertanding balap sepeda,
a. Setiap siswa sampai di garis finish pada waktu yang berlainan
b. Adi bukan juara pertama
c. Cokro kalah dari Budi
Dengan hanya mengetahui informasi di atas, banyaknya susunan juara yang mungkin adalah …


A bukan juara, susunan juara dari kanan ke kiri
Posisi CB saling berdekatan
CBAD
ACBD
ADCB
DACB
Posisi C dan B diapit 1 peserta
CABD
ACDB
DCAB
Posisi C dan B diapit 2 peserta
CADB
CDAB
Jadi banyaknya kemungkinan susunan juara adalah 9 kemungkinan


22. Banyaknya penyelesaian \(π‘₯\) yang memenuhi persamaan

\(π‘₯^2 +\frac{1}{π‘₯^2} = 2018 +\frac{1}{2018}\)

adalah …


\(π‘₯^2 +\frac{1}{π‘₯^2} = 2018 +\frac{1}{2018}\)
Kalikan kedua ruas dengan \(π‘₯^2\)
\(π‘₯^4 + 1 = (2018 +\frac{1}{2018})π‘₯^2\)
\( π‘₯^4 βˆ’ (2018 +\frac{1}{2018})π‘₯^2 + 1= 0\)
\((π‘₯^2 βˆ’ 2018) (π‘₯^2 βˆ’\frac{1}{2018}) = 0\)
\(π‘₯^2 = 2018 ∨ π‘₯^2 =\frac{1}{2018}\)
\(π‘₯ = Β±\sqrt{2018} ∨ π‘₯ = Β±\sqrt{\frac{1}{2018}}\)
Banyak solusi \(x\) ada 4 yaitu \(\{βˆ’\sqrt{2018}, \sqrt{2018}, βˆ’\sqrt{\frac{1}{2018}}, \sqrt{\frac{1}{2018}}\}\)


23. Diketahui \(2^y + 2^{-y}=3\) dan akar-akar dari \(x^3 + 3x^2 + 4x + 11=0\) adalah \(a, b\) dan \(c\). Jika persamaan pangkat tiga dengan akar-akar \(a+b, a+c, b+c\) adalah \(x^3 + rx^2 + sx + t=0\), maka nilai \(t(8^y+8^{-y})\) adalah …


Gunakan rumus vieta persamaan kubik. Jika \(p, q\) dan \(r\) adalah akar-akar persamaan \(π‘Žπ‘₯^3 + 𝑏π‘₯^2 + 𝑐π‘₯ + 𝑑 = 0\), maka berlaku

\(𝑝 + π‘ž + π‘Ÿ = βˆ’\frac{𝑏}{π‘Ž}\)
\(π‘π‘ž + π‘žπ‘Ÿ + π‘π‘Ÿ =\frac{𝑐}{π‘Ž}\)
\(π‘π‘žπ‘Ÿ = βˆ’\frac{𝑑}{π‘Ž}\)

Jika akar-akar dari \(π‘₯^3 + 3π‘₯^2 + 4π‘₯ + 11 = 0\) adalah \(π‘Ž, 𝑏\) dan \(𝑐\)

\(π‘Ž + 𝑏 + 𝑐 = βˆ’\frac{3}{1}= βˆ’3\)
\(π‘Žπ‘ + π‘Žπ‘ + 𝑏𝑐 =\frac{4}{1}= 4\)
\(π‘Žπ‘π‘ = βˆ’\frac{11}{1}= βˆ’11\)

akar-akar \(π‘Ž + 𝑏, π‘Ž + 𝑐, 𝑏 + 𝑐\) adalah \(π‘₯^3 + π‘Ÿπ‘₯^2 + 𝑠π‘₯ + 𝑑 = 0\)
\((π‘Ž + 𝑏)( π‘Ž + 𝑐)( 𝑏 + 𝑐) = βˆ’\frac{𝑑}{1}= βˆ’π‘‘\)
Karena \(π‘Ž + 𝑏 + 𝑐 = βˆ’3\), maka \(π‘Ž + 𝑏 = βˆ’3 βˆ’ 𝑐, π‘Ž + 𝑐 = βˆ’3 βˆ’ 𝑏, 𝑏 + 𝑐 = βˆ’3 βˆ’ π‘Ž,\) subtitusi ke persamaan di atas

\((βˆ’3 βˆ’ 𝑐)(βˆ’3 βˆ’ 𝑏)(βˆ’3 βˆ’ π‘Ž) = βˆ’π‘‘\)
\(β‡’βˆ’(3 + 𝑐)(3 + 𝑏)(3 + π‘Ž) = βˆ’π‘‘\)
\(β‡’(3 + 𝑐)(3 + 𝑏)(3 + π‘Ž) = 𝑑\)
\(β‡’(9 + 3𝑏 + 3𝑐 + 𝑏𝑐)(3 + π‘Ž) = 𝑑\)
\(β‡’27 + 9π‘Ž + 9𝑏 + 3π‘Žπ‘ + 9𝑐 + 3π‘Žπ‘ + 3𝑏𝑐 + π‘Žπ‘π‘ = 𝑑\)
\(β‡’27 + 9(π‘Ž + 𝑏 + 𝑐) + 3(π‘Žπ‘ + 𝑏𝑐 + π‘Žπ‘) + π‘Žπ‘π‘ = 𝑑\)
\(β‡’27 + 9(βˆ’3) + 3(4) + (βˆ’11) = 𝑑\)
\(β‡’27 βˆ’ 27 + 12 βˆ’ 11 = 𝑑\)
\(⇒𝑑 = 1\)

Untuk persamaan \(2^𝑦 + 2^{βˆ’π‘¦} = 3\), pangkat \(3\) kedua ruas dengan menggunakan rumus
\((π‘Ž + 𝑏)^3 = π‘Ž^3 + 𝑏^3 + 3π‘Žπ‘(π‘Ž + 𝑏)\)
\(β‡’(2^𝑦 + 2^{βˆ’π‘¦} )^3 = 27\)
\(β‡’8^𝑦 + 8^{βˆ’π‘¦} + 3(2^{π‘¦βˆ’π‘¦} )(2^𝑦 + 2^{βˆ’π‘¦} ) = 27\)
\(β‡’8^𝑦 + 8^{βˆ’π‘¦} + 3(1)(3) = 27\)
\(β‡’8𝑦 + 8^{βˆ’π‘¦} = 27 βˆ’ 9 = 18\)

Jadi nilai dari \(𝑑(8^𝑦 + 8^{βˆ’π‘¦} ) = 1(18) = 18\)


24. Given that \(Ξ”LSM\) with \(∠45Β°\). Point \(P\) lies on \(SM\), such that \(2SP=MP\) and \(∠PLS=15Β°\). The measure of \(∠MLS\) adalah …


Belum tersedia


25. Jika peluang Salsa melihat mobil yang lewat selama 10 detik saat ia menaiki lift transparan di sebuah gedung adalah 0,5, maka peluang Salsa melihat mobil selama 30 detik adalah …


Belum tersedia


26. Jika nilai dari \(x+y+\frac{x}{y}=7\) dan \(\frac{x^2 + xy}{y}=12\) dengan \(x,yβˆˆΞ–\), maka nilai dari \(x^3+y^3+xy\) adalah …


Belum tersedia


27. Let \(a_1=3^2\), \(a_2=3^3\). If \(a_k=\frac{1}{3}a_{k-2}+\frac{1}{6}a_{k-1}\) for \(k>2\), then the sum of infinite series of \(a_1 + a_2+a_3+…\) is …


Belum tersedia


28. Diketahui 3 buah persamaan dengan \(π‘₯, 𝑦, 𝑧 > 0\).

\((π‘₯ βˆ’ 1)(𝑦 βˆ’ 2) = 12\)
\((𝑦 βˆ’ 2)(𝑧 βˆ’ 3) = 20\)
\((𝑧 βˆ’ 3)(π‘₯ βˆ’ 1) = 15\)

Nilai dari luas segitiga sembarang yang sisi-sisinya \(x\) satuan, \(y\) satuan, dan \(z\) satuan adalah … satuan luas.


\((π‘₯ βˆ’ 1)(𝑦 βˆ’ 2) = 12 = 3 Γ— 4\)
\((𝑦 βˆ’ 2)(𝑧 βˆ’ 3) = 20 = 4 Γ— 5\)
\((𝑧 βˆ’ 3)(π‘₯ βˆ’ 1) = 15 = 5 Γ— 3\)
Diperoleh \(π‘₯ βˆ’ 1 = 3 β‡’ π‘₯ = 4, 𝑦 βˆ’ 2 = 4 β‡’ 𝑦 = 6, 𝑧 βˆ’ 3 = 5 β‡’ 𝑧 = 8\)

\(𝑠 =\frac{1}{2}(π‘₯ + 𝑦 + 𝑧) =\frac{1}{2}(4 + 6 + 8) = 9\)

Luas segitiga adalah
\(= \sqrt{𝑠(𝑠 βˆ’ π‘₯)(𝑠 βˆ’ 𝑦)(𝑠 βˆ’ 𝑧)}\)

\(= \sqrt{9(9 βˆ’ 4)(9 βˆ’ 6)(9 βˆ’ 8)}\)
\(= \sqrt{9(5)(3)(1)} = 3\sqrt{15}\)


29. If \(x\) and \(y\) are integers such that \(𝑦^2 + 3π‘₯^2𝑦^2 = 237 βˆ’ 30π‘₯^2\) and \(π‘₯^2 < 𝑦^2\), then the value of \(3π‘₯^2𝑦^2\) is …


\(𝑦^2 + 3π‘₯^2𝑦^2 = 237 βˆ’ 30π‘₯^2\)
\(𝑦^2(1 + 3π‘₯^2) = βˆ’10(1 + 3π‘₯^2) + 247\)
\(𝑦^2(1 + 3π‘₯^2) + 10(1 + 3π‘₯^2) = 247\)
\((𝑦^2 + 10)(1 + 3π‘₯^2) = 247 = 19 Γ— 13\)
Diperoleh
\(𝑦^2 + 10 = 19 ⟹ 𝑦^2 = 9\)
\(1 + 3π‘₯^2 = 13 ⟹ π‘₯^2 = 4\)
Jadi nilai dari \(3π‘₯^2𝑦^2 = 3(4)(9) = 108\)


30. Diketahui suatu persamaan \(62+p+\left(\frac{1}{q+\frac{1}{r+\frac{1}{s}}}\right)=\frac{2025}{26}\)
dengan \(p,q,r\) dan \(s\) bilangan real positif. Nilai dari \(2pqrs\) adalah …


\(62+p+\left(\frac{1}{q+\frac{1}{r+\frac{1}{s}}}\right)=\frac{2025}{26}\)

\(p+\left(\frac{1}{q+\frac{1}{r+\frac{1}{s}}}\right)=\frac{2025}{26}-62=\frac{413}{26}=15+\frac{23}{26}\)

selanjutnya

\(\left(\frac{1}{q+\frac{1}{r+\frac{1}{s}}}\right)=\frac{23}{26}\)\(=\frac{1}{\frac{26}{23}}\)\(=\frac{1}{1+\frac{3}{23}}\)\(=\frac{1}{1+\frac{1}{\frac{23}{3}}}\)\(=\frac{1}{1+\frac{1}{7+\frac{2}{3}}}\)

Diperoleh \(p=15, q=1, r=7\) dan \(s=\frac{3}{2}\), jadi nilai dari \(2pqrs=2(15)(1)(7)(\frac{3}{2})=315\)


31. Diketahui \(Ξ”TON\) yang mempunyai keliling \(1 cm\). Lingkaran \(Y\) menyinggung sisi-sisi \(TO, ON\) dan \(TN\) di titik \(A, F, H\). Garis \(k\) sejajar \(TN\) dan menyinggung lingkaran \(Y\). Jika garis \(k\) memotong \(TO\) dan \(ON\) dititik \(P\) dan \(Q\), maka panjang terbesar dari garis \(PQ\) adalah … cm.


Belum tersedia

Leave a Reply

Your email address will not be published. Required fields are marked *