Math for International School

Contents

Contents iv

List of Tables v

List of Figures vi

Pendahuluan 1

1 Mathematics Proof MethodMetode Pembuktian Matematis 1

1.1 Direct Proof

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

1.2 Indirect Proof

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

2 Number TheoryTeori Bilangan 11

2.1 Divisibility

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

2.2 Special Number

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

2.2.1 A Prime and Composite Number

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

i

CONTENTS ii

2.2.2 Perfect Square

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

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

2.4 Modular Arithmetic

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

2.5 Linear Diophantine Equations

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

3 Algebra FunctionsFungsi Aljabar 28

3.1 Polynomials Inequality

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

3.1.1 Inverse Function

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

3.1.2 Arithmetic and Geometric Sequence

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

3.2 Arithmetic, Geometric, Harmonic, and Quadratic Means

Rataan Aritmatik, Geometrik, Harmonik dan

Kuadratik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

3.3 The Polynomials and Remainder Theorem

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

3.3.1 Polynomials Division

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

3.3.2 Remainder Theorem

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

CONTENTS iii

3.3.3 Factor Theorem

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

3.3.4 Properties of Polynomial Roots

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

4 TrigonometryTrigonometri 57

4.1 Trigonometric Function

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

4.1.1 Sine and Cosine Rule

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

4.1.2 Formulas of Sum and Difference of Angles

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

4.1.3 Trigonometric Equation

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

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

4.2.1 Solution Techniques

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

4.2.2 Limit of Algebraic Function

Limit Fungsi Aljabar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

4.2.3 Limit of Trigonometric Function

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

5 Kombinatorika 86

5.1 Permutasi dan Kombinasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

CONTENTS iv

5.2 Prinsip Inklusi-Ekslusi dan Peluang . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

5.3 Koefisien Binomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

5.4 Prinsip Sarang Merpati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

5.5 Paritas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

5.6 Relasi Rekurensi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

5.7 Soal-soal dan Pembahasan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

List of Tables

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

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

4.3 The value of trigonometric functions for any angle (Xo ) . . . 614.4 The value of trigonometric functions for negative angles . . . . . 62

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

v

List of Figures

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

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

4.2 Triangle and circle of radius R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

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

vi

CHAPTER 1

Mathematics Proof MethodMetode Pembuktian Matematis

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

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

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

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

true in all cases, without a single exception.

Dalam matematika, bukti adalah suatu demonstarasi meyakinkan (mengikuti

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

nunjukkan bahwa pernyataan matematika itu betul-betul benar. Pembuktian

lebih diperoleh dari penarikan kesimpulan secara deduktif dibandingkan den-

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

bukti harus menunjukkan bahwa sebuah pernyataan itu adalah benar disegala

hal tanpa suatu perkecualian sedikitpun.

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

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

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

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

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

be true is known as a conjecture.

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

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

buktikan pernyataan-pernyataan selanjutnya. Kadangkala teorema disebut juga

1

Chapter 1. Mathematics Proof Method 2

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

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

dari beberapa teorema atau lemma disebut dengan korolary. Sebuah pernyataan

yang tidak terbuktikan namun diyakini kebenarannya dikenal dengan istilah

konjektur.

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

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

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

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

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

proofs has led to much examination of current and historical mathematical prac-

tice, quasi-empiricism in mathematics, and so-called folk mathematics (in both

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

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

Beberapa pembuktian matematika menggunakan logika, namun biasanya juga

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

mun demikian fakta menunjukkan bahwa hampir semua pembuktian dalam

pernyataan matematika dapat dikatakan sebagai suatu aplikasi dari logika mate-

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

simbol matematika dibandingkan dengan penulisan dengan bahasa biasa lebih

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

formal telah mendasari beberapa evaluasi matematika dan sejarah latihan mate-

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

mempunyai istilah yang dikenal dengan matematika untuk umum (terhadap

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

terkait dengan bagaimana perananan bahasa dan logika dalam matematika itu

sendiri, sehingga matematika menjadi suatu bahasa.


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

true is called a tautology, a statement which is always false is called a contradic-

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

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

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

in proving the truth of a statement.

Pernyataan matematika dapat bernilai benar atau salah. Suatu pernyataan yang

selalu bernilai benar disebut tautologi, sedangkan pernyataan yang selalu berni-

lai salah disebut kontradiksi. Untuk membuktikan kebenaran suatu pernyataan

matematika dibutuhkan suatu metode pembuktian. Pada prinsipnya terdapat

dua metode pembuktian, yaitu bukti langsung dan bukti tak langsung. Berikut

ini akan dijelaskan bagaimana kedua metode itu diterapkan untuk membuk-

tikan kebenaran suatu pernyataan.

1.1 Direct ProofBukti Langsung

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

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

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

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

use of those methods are presented in the following.

Dalam hal ini, pembuktian dalam kebenaran matematika dibuktikan dengan

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

cara umum, terdapat tiga pembuktian langsung yaitu pembuktian satu arah

(implikasi), pembuktian dua arah (biimplikasi/ekuivalensi) dan induksi matematika.

Beberapa contoh penggunaan metode tersebut adalah sebagai berikut.


Lemma 1.1.1 If n is a natural number then 1 + 2 + 3 + + n = n2(n+ 1) for any n.

Lema 1.1.1 Jika n suatu bilangan asli maka 1 + 2 + 3 + + n = n2(n + 1) untuk

setiap n.

Proof. Implication Proof: Suppose Un = n2 = Un+1 = (n + 1)2 = n2 + 2n +1 = Un+1 Un = 2n+ 1. Then we haveBukti. Pembuktian Implikasi: Misal Un = n2 = Un+1 = (n+ 1)2 = n2 + 2n+1 = Un+1 Un = 2n+ 1. Maka didapat

Un+1 Un = 2n+ 1Un Un1 = 2(n 1) + 1

...

U3 U2 = 2 2 + 1U2 U1 = 2 1 + 1.

Sum up the n equations above, we get

Jumlahkan seluruh n persamaan di atas maka akan didapat

Un+1 U1 = 2(1 + 2 + + n) + (1 + 1 + + 1)1 + 2 + + n = n

2 + n

2

Therefore

Dengan demikian 1 + 2 + + n = n2(n+ 1). 2

Lemma 1.1.2 Let a, b be two integer numbers and n be a positif integer. For any integern, n|a and n|b will give the same remainder if and only if n|(a b).

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

ndan b

nakan mempunyai sisa yang sama jika dan hanya

jika n|(a b).


Proof. Equivalence Proof:

Bukti. Pembuktian Ekuivalensi:

(=)Let s be a remainder of a and b divided by n, we have a = kn+ s and b = jn+ s

for 0 s n dan k, j I .Misal sisa pembagian bilangan a dan b oleh n adalah s maka a = kn + s dan

b = jn+ s, dengan 0 s n dan k, j I .

a b = (kn+ s) (jn+ s)= (kn jn)= (k j)n.

Since k, j I , k j = p where p is also integer, and a b = pn, it shows thatn|(a b).Karena k, j I maka kj = p dimana p juga bilangan bulat, sehingga ab = pn,yang artinya n|(a b).(=)Suppose that n|(a b). We will prove that a and b will give the same remainderwhen they are divided by n. Let a = kn + s1 and b = jn + s2 for 0 s1 n and0 s2 n, we will show that s1 = s2.Misal n|(a b). Akan dibuktikan bahwa a dan b akan mempunyai sisa yangsama bila dibagi n. Misal a = kn + s1 dan b = jn + s2 untuk 0 s1 n dan0 s2 n, maka akan ditunjukkan s1 = s2.

a b = pna = b+ pn

= (jn+ s2) + pn

= (j + p)n+ s2

= kn+ s2.


Since the remainder of n|a is single, we have s2 = s1Karena sisa dari n|a adalah tunggal maka s2 = s1. 2

Lemma 1.1.3 Prove that 3|(22n 1) for n 1.

Lema 1.1.3 Buktikan bahwa 3|(22n 1) untuk n 1.

Proof. Mathematics Induction. For n = 1 3|(221) 3|3 (true). Supposeit is true for n = k, we have 3|(22k 1). Thus, is that true for n = k + 1?Bukti. Induksi Matematika. Untuk n = 1 3|(22 1) 3|3 (benar). Misalbenar untuk n = k maka 3|(22k 1). Selanjutnya apakah benar untuk n = k+1?

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

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

Since 3|22(22k 1) and 3|3. It follows that 3|(22(22k 1) + 3), hence it is also truefor n = k + 1.

Karena 3|22(22k 1) dan 3|3 maka 3|(22(22k 1)+3). Sehingga hal ini juga benaruntuk n = k + 1. 2

1.2 Indirect ProofBukti Tak Langsung

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

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


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

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

For instance, we will proof that A is true, we start the proof by assuming that A

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

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

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

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

baliknya. Secara umum terdapat dua pembuktian tak langsung, yakni pembuk-

tian kontradiksi dan pembuktian kontraposisi. Pembuktian kontradiksi disebut juga

pembuktian kemustahilan. Misal yang akan dibuktikan adalah benarnya perny-

ataan A, maka pembuktian dimulai dengan mengandaikan bahwa A adalah

salah. Pembuktian kontraposisi diperoleh dari menentukan kontraposisi dari

sebuah pernyataan implikasi dalam logika matematika. Misal akan dibuktikan

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

Lemma 1.2.1 Prove that2 is an irrational number.

Lema 1.2.1 Buktikan bahwa2 adalah suatu bilangan irasional.

Proof. Contradictive Proof. Suppose that2 is a rational number. We will

have2 = a

b, where a

bis a simplified form. By squaring the two sides, we

obtain a2 = 2b2. It follows that a2 is even which implies that a is even. Suppose

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


Since both a and b are even, ab

is not a simplified form any more, which is a

contradiction.

Bukti. Pembuktian kontradiksi. Misal2 adalah bilangan rasional maka

2 =

ab

(dimana ab

adalah bentuk yang paling sederhana). Kuadratkan kedua ruasnya

diperoleh a2 = 2b2, sehingga a2 adalah bilangan genap dan a pasti genap. Misal

a = 2k (2k)2 = 2b2 b2 = 2k2 yang berakibat b juga genap. Bila a dan badalah sama-sama genap maka a

bbukan bentuk yang paling sederhana lagi, ini

jelas kontradiktif. 2

Lemma 1.2.2 Prove that if m+ n 73 then m 37 or n 37, for m,n I .

Lema 1.2.2 Buktikan bahwa jika m + n 73 maka m 37 atau n 37, untukm,n I .

Proof. Contrapositive Proof. Consider the statement as a logic expression p =(q r), where p m + n 73, q m 37 and r n 37. The contrapositionof the statement is (q r) = p or ( q r) = p. Therefore, to provethe truth of the statement above, we can start proving that if m < 37 and n < 37

then m+n < 73. Suppose the two any numbers are m 36 dan n 36, we havem + n 36 + 36 m + n 72 m + n < 73. It completes the prove that ifm+ n 73 then m 37 or n 37, for m,n I .Bukti. Pembuktian kontraposisi. Misal pernyataan tersebut disajikan dalam

p = (q r), dimana p m+ n 73, q m 37 dan r n 37. Kontraposisipernyataan tersebut adalah (q r) = p atau ( q r) = p. Sehinggauntuk membuktikan kebenaran pernyataan di atas dapat dimulai dengan mem-

buktikan bahwa jika m < 37 dan n < 37 maka m + n < 73. Misal sebarang dua

bilangan itu adalah m 36 dan n 36, maka m + n 36 + 36 m + n 72 m + n < 73, terbukti. Sehingga terbukti pulalah kebenaran pernyataansemula. 2


PROBLEMS AND SOLUTIONS

SOAL-SOAL DAN PEMBAHASAN

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

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

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

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

perlu ditunjukkan bahwa terdapat bilangan bulat k sedemikian hingga

(an+ b)m bm = kn.

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

) bn

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

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

=

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

)n

Let k =((a)mnm1 +m(a)m1nm1b + ... +m(a)bm1bm1

), hence we get

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

Bila k =((a)mnm1 +m(a)m1nm1b+ ...+m(a)bm1bm1

), maka didapat

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

2. If p is a prime number and p|a1a2...an then p|ai for any 1 i n.Jika p adalah bilangan prima dan p|a1a2...an maka p|ai untuk sebarang 1 i n.Solution. Mathematics Induction. Let P (k) be a representation state-

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


Assume it is true for P (k), that is if p|a1a2...ak then p|ai for any 1 i k.We will show that P (k+1) is also true. Since p|a1a2...akak+1 and p is a primenumber, it holds p|a1a2...ak or p|a(k+1). From the two possibilities, we havep|ai for 1 i k + 1 as P (k) is true. It concludes that P (k + 1) is also true.Solusi. Induksi Matematika. Misal P (k) adalah representasi dari perny-

ataan tersebut. Langkah I : Jika p|a1, jelas bahwa P |ai untuk suatu 1 i 1. Langkah II : Misalkan p(k) benar, artinya jika p|a1a2...ak maka p|aiuntuk suatu 1 i k. Akan dibuktikan bahwa P (k + 1) benar. Dike-tahui p|a1a2...akak+1, maka karena p bilangan prima berlaku p|a1a2...ak atauP |a(k+1). Dari kedua kemungkinan ini dikombinasikan, karena P (k) berni-lai benar, maka didapatkan untuk suatu 1 i k+1. Jadi terbukti bahwaP (k + 1) bernilai benar.

3. Prove that if xm is divisible by a prime p, then x is also divisible by p.

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

dibagi p.

Solution. Since p divides xm, we have p|xm or p|x.xm1. Since p is a prime,we have p|x or p|xm1. Suppose p does not divide x, it follows p|xm1 orp|x.xm2. Repeat the process, we will be able to show that p|x.Solusi. Karena p membagi habis xm, didapat p|xm atau p|x.xm1. Karenap adalah bilangan prima maka p|x atau p|xm1. Andaikan p tidak habismembagi x, maka p|xm1 atau p|x.xm2. Jika proses diteruskan maka akandidapatkan bahwa p|x.

CHAPTER 2

Number TheoryTeori Bilangan

2.1 DivisibilityKeterbagian

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

5or 13 = 2 5 + 3. In general, for any positive integers a and b there

exists a unique pair (q, r) of nonnegative integers such that b = q a + r and0 < r < a. We say that q is the quotient and r is the remainder when b is divided

by a. If r = 0 then we say that b is divisible by a or a divides b, denoted by a| b.If b is not divisible by a then we denote as a - b.

Jika 13 dibagi 5 maka hasil baginya 2 dan sisanya 3 dan ditulis: 135= 2 + 3

5atau

13 = 25+3. Secara umum, apabila a bilangan bulat dan b bilangan bulat positif,maka ada tepat satu bilangan bulat q dan r sedemikian hingga b = q a+ r dan0 < r < a. Dalam hal ini, q disebut hasil bagi dan r adalah sisa pembagian bila b

dibagi a. Jika r = 0 maka dikatakan b habis dibagi a dan ditulis a| b. Bila b tidakhabis dibagi a maka ditulis a - b.

Lemma 2.1.1 (1) If a|b then a|bc for any c I ; (2) If a| b and b| c then a| c; (3) If ab| cthen a| c and b| c; (4) If a|b and b|a then a = b; (5) If a| b and a| c then a| (bx+ cy) forany integers x and y.

11

Chapter 2. Number Theory 12

Lema 2.1.1 (1) Jika a|b maka a|bc untuk sebarang c I ; (2) jika a| b dan b| c maka a| c;(3) jika ab| c maka a| c dan b| c; (4) jika a|b dan b|a maka a = b; (5) jika a| b dan a| cmaka a| (bx+ cy) untuk sebarang bilangan bulat x dan y.

Proof. Property (1): If a| b then b = ka, and if b| c then c = lb = l(ka) = (kl)a.It implies that a| c. Property (3): If a| b then b = ka bx = kxa, if a| c thenc = la cy = kya. We have bx+ cy = (kx+ ly)a, therefore a| (bx+ cy).Bukti. Sifat (1): a| b maka b = ka, dan b| c maka c = lb = l(ka) = (kl)a makaa| c. Sifat (3): a| b maka b = ka bx = kxa, dan a| c maka c = la cy = kya.Kemudian bx+ cy = (kx+ ly)a maka a| (bx+ cy). 2

Lemma 2.1.2 A number a is divisible by 2n if the last n digit of the number is divisibleby 2n.

Lema 2.1.2 Suatu bilangan a habis dibagi 2n jika n angka terkhir dari bilangan tersebuthabis dibagi 2n.

Proof. Suppose n = 1, thus 2 divides a if the last digit of the number is di-

visible by 2. Let a = . . . a3 a2 a1 a0, we have a = 10(. . . a3 a2 a1) + a0. Since

2| 10(. . . a3 a2 a1), a0 must be divisible by 2 to have 2|a.Bukti. Misal n = 1, berarti a habis dibagi 2 jika angka terakhir dari bilangan

tersebut habis dibadi 2. Misal a = . . . a3 , a2 a1 a0 maka a = 10(. . . a3 , a2 a1) + a0.

Karena 2| 10(. . . a3 , a2 a1) a0 harus habis dibagi 2 untuk memperoleh 2|a. 2

Example. Is 173332 divisible by 8? Since 23| 332, we have 8| 173332.Contoh. Apakah 173332 habis dibagi oleh 8? Karena 23| 332 maka 8| 173332.


Example. Is 13 + 23 + + 1003 divisible by 7? False, as we have 13 + 23 + +1003 = (1 + 2 + 3 + + 100)2 = (5050)2 = 25502500 and 7 - 25502500.Contoh. Apakah 13+23+ +1003 habis dibagi 7? Tidak, karena 13+23+ +1003 = (1 + 2 + 3 + + 100)2 = (5050)2 = 25502500 dan 7 - 25502500.

Lemma 2.1.3 A number a = anan1 . . . a1a0 is respectively divisible by 3,9 and 11 ifthe sum of its digits satisfies respectively the following: (an+an1+an2+ +a1+a0)is divisible by 3; (an + an1 + an2 + + a1 + a0) is divisible by 9; and (an an1 +an2 an3 + . . . ) is divisible by 11.

Lema 2.1.3 Suatu bilangan a = anan1 . . . a1a0 berturut-turut habis dibagi 3,9 dan11 jika jumlah angka-angkanya memenuhi masing-masing sifat berikut: (an + an1 +an2+ + a1+ a0) habis dibagi 3; (an+ an1+ an2+ + a1+ a0) habis dibagi 9;dan (an an1 + an2 an3 + . . . ) habis dibagi 11.

Proof.

Bukti.

a = anan1 . . . a1a0

= an 10n + an1 10n1 + . . . a1 101 + a0 100

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

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

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

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

= K(a) +Q(a)

Since (3 9)|K(a), it must be (3 9)|Q(a) to have (3 9)| a .Karena (3 9)|K(a) maka haruslah (3 9)|Q(a) supaya (3 9)| a . 2


2.2 Special NumberBilangan Khusus

2.2.1 A Prime and Composite NumberBilangan Prima dan Komposit

The integer p > 1 is called a prime number if there is no integer d with d > 1

and d 6= p such that d|p. Any integer n > 1 has at least one prime divisor. If n isa prime, then that prime divisor is n itself. An integer n > 1 that is not a prime

is called composite.

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

bulat d dimana d > 1 dan d 6= p sedemikian hingga d|p. Setiap bilangan bulatn > 1 mempunyai paling sedikit satu pembagi prima. Jika n adalah bilangan

prima, maka pembagi primanya adalah bilngan n itu sendiri. Sebuah bilangan

bulat n > 1 yang bukan bilngan prima disebut bilangan komposit.

Theorem 2.2.1 Eratosthenes. For any composite n, there exists a prime p such thatp|n and p n. In other words If there does not exist a prime p which divides n,where p n, then n is a prime.

Teorema 2.2.1 Eratosthenes. Untuk setiap bilangan komposit n ada bilangan primap sehingga p|n dan p n. Dengan kata lain Jika tidak ada bilangan prima p yangdapat membagi n dengan p n maka n adalah bilangan prima.

Example. Are 157 and 221 prime numbers?. The primes which are less than157 are 2, 3, 5, 7, 11. Since none of them divides 157, then 157 is a prime. The

primes which are less than221 are 2, 3, 5, 7, 11, 13. Since 13| 221 then 221 is a

composite number.


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

prima yang lebih kecil dari157 adalah 2, 3, 5, 7, 11. Karena tidak ada satupun

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

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

dari221 adalah 2, 3, 5, 7, 11, 13. Karena 13| 221 maka 221 merupakan bilangan

komposit.

2.2.2 Perfect SquareBilangan Kuadrat Sempurna

Any perfect square satisfies the following three properties:

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

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

If p is a prime and p|x2 then p| z, where z = x2/p.

Sebarang bilangan kuadrat sempurna memenuhi tiga sifat berikut ini:

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

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

Jika p bilangan prima dan p| x2 maka p| z, dimana z = x2/p.

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

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

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


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

6. Whilst the tens is 3k, it follows that k can be either 0, 1, 2 or 3. They imply that

the possible k is either 1, 2 or 3 which give perfect square numbers 12334, 23465

or 34596. Since the remainder of 12334 divided by 4 is 2, it gives that 12334 is

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

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

kin adalah 1, 2, 3, 6. Sedangkan angka puluhannya adalah 3k maka k yang mung-

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

adalah 1, 2, 3, dengan demikian bilangan kuadrat yang mungkin adalah 12334,

23465, 34596. Karena 12334 dibagi 4 bersisa 2 maka 12334 bukan bilangan kuadrat.

Bilangan 23465 dibagi 4 bersisa 1 dan 5|23465, akan tetapi 5 - 4693 maka 23465bukan bilangan kuadrat. Sekarang, bilangan 4|34596, dan berikut ini berlaku

2 | 345962 | 172983 | 86493 | 288331 | 96131 | 31

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


2.3 GCD dan Algoritma Euclid

Let a, b be any integers. An integer d satisfying d| a and d| b is called a commondivisor of a and b. The biggest (respectively, smallest) value of d is called Greater

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

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

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

Misal a dan b sembarang bilangan bulat. Bilangan bulat d yang memenuhi sifat

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

nilai terkecil dari d disebut kelipatan persekutuan terkecil atau KPK dan ditulis

KPK(a, b). Beberapa tekni telah dikembangkan untuk menentukan FPB dan

KPK, salah satunya adalah algoritma Euclid.

Algorithm 2.3.1 Euclidean Algorithm. Given two integer numbers a and b with a >b > 0, GCD(a, b) can be obtained by repeating the following algorithm:

a = q1b+ r1; 0 < r1 < b

b = q2r1 + r2; 0 < r2 < r1

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

rn2 = qnrn1 + rn; 0 < rn < rn1

rn1 = qn+1rn + 0

If rn is the last divisor of the division process which gives a remainder 0 then rn isGCD(a, b).

Algoritma 2.3.1 Algoritma Euclide. Diberikan dua bilangan bulat a dan b dengan


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

a = q1b+ r1; 0 < r1 < b

b = q2r1 + r2; 0 < r2 < r1

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

rn2 = qnrn1 + rn; 0 < rn < rn1

rn1 = qn+1rn + 0

Jika rn merupakan pembagi terakhir dari pembagian di atas yang memberikan sisa 0maka rn merupakan GCD(a, b).

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

tion is the following:

Contoh. Tentukan GCD(4840, 1512). Dengan menggunakan Algoritma Euclid

maka solusinya adalah sebagai berikut:

4840 = 3 1512 + 3041512 = 4 304 + 296304 = 1 296 + 8296 = 37 8 + 0

Therefore

Jadi GCD(4840, 1512) = 8.

Lemma 2.3.1 Any a|c and b|c imply ab|c if and only if GCD(a, b) = 1.

Lema 2.3.1 Sebarang a|c dan b|c berakibat ab|c jika dan hanya jika GCD(a, b) = 1.


Example. 3|30 and 5|30 imply 3 5|30 as GCD(3, 5) = 1, however 2|30 and 6|30imply 2 6 - 30 as GCD(2, 6) 6= 1.Contoh. 3|30 dan 5|30 maka 35|30 karena GCD(3, 5) = 1, akan tetapi 2|30 dan6|30 maka 2 6 - 30 karena GCD(2, 6) 6= 1.

2.4 Modular ArithmeticModulo Aritmatik

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

modulo m, denoted by a b (modm), if the remainder of a divided by m and bdivided by m are the same.

Diberikan bilangan bulat a, b dan m dimana m > 1. Bilangan a dikatakan kon-

gruen dengan b modulo m, dituliskan dengan a b (modm), jika sisa pemba-gian a oleh m dan b oleh m memberikan sisa yang sama.

Lemma 2.4.1 If a and b are congruent modulo m then m| (a b).

Lema 2.4.1 Jika a dan b kongruen modulo m maka m| (a b).

Proof. a b (modm) = a = q1m+r and b = q2m+r. Hence ab = (q1q2)m,it follows m| (a b).Bukti. a b (modm) = a = q1m + r dan b = q2m + r. Kemudian a b =(q1 q2)m sehingga m| (a b). 2


Lemma 2.4.2 (1) a b (modm), b a (modm) are equivalent with ab 0 (modm);(2) if a b (modm) and b c (modm) then a c (modm); (3) if a b (modm)and d|m then a b (mod d); (4) if a b (modm) and c d (modm) then ax + cy bx+ dy (modm) and ac bd (modm), for any x, y I .

Lema 2.4.2 (1) a b (modm), b a (modm) adalah setara dengan ab 0 (modm); (2) jika a b (modm) dan b c (modm) maka a c (modm); (3) jika a b (modm) dan d|m maka a b (mod d); (4) jika a b (modm) dan c d (modm)maka ax+ cy bx+ dy (modm) dan ac bd (modm), untuk sebarang x, y I .

Proof. a b (modm) m|(a b) and c d (modm) m|(c d). FromLemma 2.1.1, we have m|((ab)x+(cd)y) or m|((ax+cy)(bx+dy)), thereforeax+ cy bx+ dy (modm).Bukti. a b (modm) m|(a b) dan c d (modm) m|(c d). SesuaiLema 2.1.1 didapat m|((ab)x+(cd)y) atau m|((ax+cy)(bx+dy)), sehinggaax+ cy bx+ dy (modm). 2

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

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

koefisien bilangan bulat dan a b (modm) maka f(a) f(b) (modm).Example. Prove that for any natural n, S = 2903n803n+261n464n is divisibleby 7 and 271. Furthermore, prove that 1897|S.Contoh. Buktikan bahwa untuk setiap bilangan asli n maka S = 2903n803n+261n 464n habis dibagi 7 dan 271. Buktikan juga bahwa 1897|S.Solution. Since 2903 803 (mod 7) and 464 261 (mod 7), as well as 2903 464 (mod 271) and 803 261 (mod 271), from Lemma 2.4.2(4) we must have 7|S


and 271|S. Furthermore, since 1897 = 7 271 and GCD(7, 271) = 1, it followsfrom Lemma 2.3.1 that 1897|S.Solusi. Karena 2903 803 (mod 7) dan 464 261 (mod 7), demikian juga 2903 464 (mod 271) dan 803 261 (mod 271) maka sesuai dengan Lema 2.4.2(4) di-pastikan bahwa 7|S dan 271|S. Selanjutnya karena 1897 = 7271 danGCD(7, 271) =1, maka sesuai Lema 2.3.1 terbukti 1897|S.

Lemma 2.4.3 (am+ b)n bn (modm)

Lema 2.4.3 (am+ b)n bn (modm)

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

that (am+ b)n bn = km.Bukti. Pembuktian ini sama artinya dengan membuktikan ada bilangan bulat

k sehingga (am+ b)n bn = km.

(am+ b)n bn = (am)n + n(am)n1 b+ + n(am)bn1 + bn bn

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

2

Example. Determine the ones of 19971991.

Contoh. Tentukan angka satuan bilangan 19971991.

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


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

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

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

= 74497+3 (mod 10)

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

Thereforre, the ones of 19971991 is 3.

Sehingga, angka satuan bilangan 19971991 adalah 3.

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

0 => 0 1 type, 1 => 1 1 type, 2 => 2, 4, 8, 6 4 types, 3 => 3, 9, 7, 1 4types, 4 => 4, 6 2 types, 5 => 5 1 type, 6 => 6 1 type, 7 => 7, 9, 3, 14 types, 8 => 8, 4, 2, 6 4 types, 9 => 9, 1 2 types.Mudah dicermati bahwa perpangkatan bilangan 0, 1, 2, . . . , 9 akan menghasilkan

angka satuan berikut: 0 => 0 1 jenis, 1 => 1 1 jenis, 2 => 2, 4, 8, 6 4jenis, 3 = 3, 9, 7, 1 4 jenis, 4 => 4, 6 2 jenis, 5 => 5 1 jenis, 6 => 6 1jenis, 7 => 7, 9, 3, 1 4 jenis, 8 => 8, 4, 2, 6 4 jenis, 9 => 9, 1 2 jenis.Therefore, finding the units of exponential number can be obtained by the fol-

lowing ways: Consider the example above. Determine the ones of 19971991. Since

the ones of the base is 7, the ones of the exponential number contains 4 types,

namely 7,9,3,1. Thus 1991/4 = 4 497 + 3, it implies that 19971991 = 19974497+3which follows the ones of 73 3. Therefore the ones of 19971991 is 3.


Dengan demikian pencarian angka satuan dari perpangkatan bilangan dapat

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

satuan bilangan 19971991. Karena angka satuan bilangan dasar adalah angka 7

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

Selanjutnya 1991/4 = 4 497+3 sehingga 19971991 = 19974497+3 yang berakibatangka satuan dari 73 3. Dengan demikian angka satuan bilangan 19971991adalah 3.

Example. Determine the ones of 345678292784383951.

Contoh. Tentukan angka satuan bilangan 345678292784383951.

Solution. Since the ones of the base is 4, the ones of the exponential number

contains 2 types, namely 4,6. Thus 383951/2 = 2 191975 + 1, it implies that345678292784383951 = 3456782927842191975+1 which follows the ones of 41 4.Therefore the ones of 345678292784383951 is 4.

Solusi. Karena angka satuan bilangan dasarnya adalah 4 maka angka satuan

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

2|383951 = 2 191975 + 1 sehingga 345678292784383951 = 3456782927842191975+1yang berakibat angka satuan dari 41 4. Dengan demikian angka satuan bi-langan 345678292784383951 adalah 4.

2.5 Linear Diophantine EquationsPersamaan Linier Diophantin

An equation of the form ax + by = c where a, b, c are fixed integers and a, b are

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

respect to integers.


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

duanya bukan nol disebut persamaan linier Diophantine jika penyelesaiannya

dicari untuk bilangan-bilangan bulat.

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

Teorema 2.5.1 Persamaan Diophantine ax+ by = c mempunyai penyelesaian jika danhanya jika GCD(a, b)|c.

Proof. Let d = GCD(a, b) and d| c. We have d| c c = kd for any integers k.Whilst d|GCD(a, b) am+ bn = d for any m and n such that:

k(am+ bn) = kd

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

it implies that x = mk dan y = nk

Bukti. Misal d = GCD(a, b) dan d| c, maka d| c c = kd untuk sebarangbilangan bulat k. Sedangkan d|GCD(a, b) am + bn = d untuk sebarangbilangan bulat m dan n sehingga:

k(am+ bn) = kd

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

berarti x = mk dan y = nk

Theorem 2.5.2 If d = GCD(a, b) and x0, y0 are the solutions of Diophantine equationax+ by = c, then the general solutions are

x = x0 +b

dk and y = y0 a

dk; where k is an integer parameter.


Teorema 2.5.2 Jika d = GCD(a, b) dan x0, y0 merupakan penyelesaian persamaanDiophantine ax+ by = c, maka penyelelesaian umum persamaan tersebut adalah :

x = x0 +b

dk dan y = y0 a

dk; dengan k parameter bilangan bulat.

Example. Find the general solutions of Diophantine equation 738x+621y = 45.

Contoh. Tentukan solusi umum dari persamaan Diophantine 738x+621y = 45.

Solution. Finding GCD(738, 621) with Euclidean Algorithm

Solusi. Mencari GCD(738, 621) dengan Alogaritma Euclide

738 = 1 621 + 117621 = 5 117 + 36117 = 3 36 + 936 = 4 9 + 0.

we get GCD(738, 621) = 9. Since 9| 45, the equation is solvable. Consider the 9as a linear combination of 738 and 621.

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

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

9 = 16 738 19 621

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


Kalikan kedua ruas dengan 5, diperoleh 45 = 80 738 45 621, sehinggadidapat x0 = 80, y0 = 95. Dengan demikian penyelesaian umumnya adalah:

x = 80 +621

9k = 80 + 69k

y = 95 7389k = 95 82k



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

est three of prime number. Determine two numbers between 200 and 300

which gives the same prime factor with A.

Bilangan A adalah bilangan asli terkecil yang merupakan hasil kali dari 3

bilangan prima terkecil. Sebutkan dua buah bilangan di antara 200 dan

300 yang mempunyai faktor prima yang serupa dengan bilangan A.

Solution. A = 2.3.5 = 30, the desired numbers are 24.3.5 = 240 and

2.32.5 = 270

Solusi. A = 2.3.5 = 30, jadi bilangan yang dicari adalah 24.3.5 = 240 dan

2.32.5 = 270

2. P (n) is a multiplication of the digits of number n, and S(n) is summation

of its digits. Determine the ones of n satisfying P (n) + S(n) = n if n is a

number consisting two digits.

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

S(n) adalah penjumlahan antara angka-angka bilangan n. Tentukan angka

satuan n yang memenuhi P (n) + S(n) = n jika n adalah bilangan yang

terdiri dari dua angka.


Solution. Assume the number n is ab, we have a, b as a tens and ones.

Solution. Asumsikan bilangan tersebut adalah ab, maka kita mengartikan

a sebagai puluhan dan b sebagai satuan.

P (n) + S(n) = n

a.b+ (a+ b) = ab

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

ab = 9a = a9

Therefore, the ones of the number is 9

Dari sini didapatkan bahwa satuan bilangan n adalah 9

3. What is the remainder of 13 + 23 + 33 + ...+ 1003 divided by 7?

Berapakah sisa pembagian 13 + 23 + 33 + ...+ 1003 oleh 7?

Proof.

Bukti.

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

= (5050)2

= (101x50)2 (mod 7)

= (101)2x(50)2 (mod 7)

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

= 32x1 (mod 7)

= 9 (mod 7)

= 2 (mod 7)

CHAPTER 3

Algebra FunctionsFungsi Aljabar

3.1 Polynomials InequalityPertidaksamaan Polinomial

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

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

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

Dalam bagian ini, akan dipelajari bagaimana menyelesaikan pertidaksamaan.

Menyelesaikan pertidaksamaan berarti mencari semua himpunnan penyelesa-

ian. Penyelesaian dari pertidakasamaan adalah sebuah bilangan dimana pada

saat bilangan itu disubstitusikan maka pertidaksamaan menjadi pernyataan yang

benar.

Some properties related to inequality are as follows:

If a > b then a = b+ k, for any k.

If a > b then a+ c > b+ c and a.c > b.c where c > 0.

If a > b and b > c then a > c.

If a > b and c > d then a+ c > b+ d.

If a > b > 0 then 1/a > 1/b, and if a/b > 0 then a.b > 0.

28

Chapter 3. Algebra Functions 29

Beberapa sifat-sifat terkait dengan pertidaksamaan adalah sebagai berikut:

Jika a > b maka a = b+ k, untuk sebarang k.

Jika a > b maka a+ c > b+ c dan a.c > b.c dimana c > 0.

Jika a > b dan b > c maka a > c.

Jika a > b dan c > d maka a+ c > b+ d.

Jika a > b > 0 maka 1/a > 1/b, dan jika a/b > 0 maka a.b > 0.

In general, we present inequality polynomials as:

Secara umum pertidaksamaan fungsi dinyatakan sebagai

a0xn + a1x

n1 + + an1x+ an 0

The following steps shows how to solve inequality:.

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

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

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

Consider the coefficient of the highest order of the inequality.

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

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

or ). Hence, place an alternate sign on the remaining interval. Consider the sign of the inequality and confirm with the signs on the

interval to conclude the solution set.


Lagkah-langkah berikut menunjukkan bagaimana cara menyelesaikan persamaan

ini.

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

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

Berikan tanda + atau pada setiap interval dengan prinsip berikut:

Lihat koefisien pangkat tinggi pertidaksamaan tersebut.

Jika koefisien pangkat tertingginya positif maka interval paling kanan

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

Lihat tanda pertidaksamaannya dan cocokkan dengan tanda tanda

dalam interval untuk menentukan himpunan penyelesaiannya.

Example. Determine x satisfying inequality x2 2x 80 0 andContoh. Tentukan nilai-nilai x yang memenuhi kedua pertidaksamaan x22x80 0 dan

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

0

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

function is positive definite, IfD < 0 and a < 0 the quadratic function is negative

definite. Furthermore, all number of even power must be positive.

Jika


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

sep Deskriminan D = b2 4ac untuk fungsi kuadratik ax2 + bx + c = 0. BilaD < 0 dan a > 0 maka fungsi kuadratik adalah definit positif, Bila D < 0 dan

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

yang berpangkat genap pasti bernilai positif.

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

Whilst (Sedangkan)

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

0(2x 5)501(x 4)

(x+ 14)51 0

For (Untuk) x 6= 14, (2x 5)501(x 4)(x+ 14)51 0For (Untuk) x 6= 14, (2x 5)501(x 4)(x+ 14)51

0

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

2 x 4}

Since the problem shows a conjunction relation then both solution sets Hp1 and

Hp2 must be joined. It implies that Hp = {x| 8 x 52 4 x 10}.Karena masalah di atas menunjukkan relasi konjungsi, maka kedua himpunan

penyelesaian Hp1 dan Hp2 harus digabung. Sehingga diperoleh Hp = {x| 8 x 5

2 4 x 10}.

Example. The value of x satisfying inequality (x 2)4(x2 x 10)|x2 x 1|(x+ 1)2 1 is . . .Contoh. Harga x yang memenuhi pertidaksamaan (x 2)4(x2 x 10)|x2 x 1|(x+ 1)2 1 adalah . . .


(A) x 1 0 x 1 x 2

(B) 12 x 0 3

2 x 2

(C) 1 x 0 1 x 2

(D) 12< x 3

2

(E) All x (Semua harga x)

3.1.1 Inverse FunctionFungsi Invers

If f is a function from A to B then an inverse function for f is a function in the

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

tion) from A to B to A (or from B to A to B) returns each element of the initial

set to itself. Thus, if an input x into the function produces an output y, then

inputting y into the inverse function f1 (read f inverse, not to be confused with

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

that are called invertible.

Jika f adalah fungsi dariA keB maka fungsi invers untuk f adalah suatu fungsi

balikan yang berlawanana arah, yaitu dari B ke A, dengan sifat rute balikan

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

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

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

hasil y, maka dengan memasukkan nilai y ke dalam fungsi invers f1 (baca f in-

vers, biar tidak dibingungkan dengan pengertian eksponensial) akan diperoleh

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

fungsi invers ini disebut invertibel.


Theorem 3.1.1 If f(x) is function with x < then inverse function f1(x) satisfiesthe following:

Teorema 3.1.1 Jika f(x) suatu fungsi dalam x


3.1.2 Arithmetic and Geometric SequenceBarisan Aritmatik dan Geometrik

In mathematics, an arithmetic sequence or arithmetic progression is a sequence

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

quence is a constant. For instance, the sequence 3, 5, 7, 9, 11, 13, . . . is an arith-

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

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

arithmetic sequence is a, a + b, a + 2b, . . . , a + (n 1)b; and that of a geometricseries is (a) + (a+ b) + (a+ 2b) + + (a+ (n 1)b).Dalam matematika, suatu barisan aritmatika atau urutan aritmatika didefin-

isikan sebagai barisan bilangan sedemikian hingga beda dari dua bilangan yang

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

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

dari barisan arimatika disebut dengan deret aritimatika. Bentuk umum dari

barisan aritmatika adalah a, a + b, a + 2b, . . . , a + (n 1)b; sedangkan bentukumum dari deret aritmatika adalah (a) + (a+ b) + (a+ 2b) + + (a+ (n 1)b).Meanwhile, A geometric sequence is a sequence of numbers where each term

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

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

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

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

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

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

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

Sementara, suatu barisan geometrik adalah barisan bilangan dimana masing-

masing suku setelah bilangan pertama didapat dari mengalikan bilangan se-


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

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

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

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

dari barisan geometrik ini disebut dengan deret geometrik. Bentuk umum dari

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

deret geometri adalah a+ ar + ar2 + ar3 + ar4 + . . .

Lemma 3.1.1 Given an arithmetic sequence a+(a+b)+(a+2b)+ +(a+(n1)b),where a is an initial term an b is a deference of any two successive terms. Then, we havethe followings:

Lema 3.1.1 Diberikan suatu deret aritmatika a+(a+b)+(a+2b)+ +(a+(n1)b),dimana a adalah nilai suku awal dan b adalah beda suku-suku yang berurutan, makabeberapa hal berikut berlaku:

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

n

2[U1 + Un] (3.2)

Sn =n

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

Ut = a+1

2(n 1)b (3.4)

Lemma 3.1.2 If we insert some k numbers on between any two successive numbers ofarithmetic sequence and they form a new arithmetic sequence, then


Lema 3.1.2 Jika diantara dua buah bilangan yang berurutan dari suatu deret arit-matika disisipi k buah bilangan dan membentuk deret aritmatika baru maka

b =b

k + 1(3.5)

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

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

Lema 3.1.3 Diberikan suatu deret geometrik a + ar + ar2 + + arn1, dimana aadalah nilai suku awal dan r adalah rasio suku-suku yang berurutan. Beberapa halberikut berlaku untuk deret ini.

Un = arn1 (3.7)

Sn =a(rn 1)r 1 , r > 1 (3.8)

Sn =a(1 rn)1 r , r < 1 (3.9)

Ut = arn1 (3.10)

Lemma 3.1.4 If we insert some k numbers on between any two successive numbers ofgeometric sequence and they form a new geometric sequence, then

Lema 3.1.4 Jika diantara dua buah bilangan yang berurutan dari suatu deret geometrikdisisipi k buah bilangan dan membentuk deret geometrik baru maka

r = k+1r (3.11)

n = n+ (n 1)k (3.12)


Lemma 3.1.5 For arithmetic and geometric series satisfy Un = Sn S(n 1).

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

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

1r .

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

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

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

banyaknya lingkaran tak higga.

Figure 3.1: Squares in the circles.


Furthermore, how to find the n-term of sequence 1, 4, 11, 22, 37, . . . . Both formu-

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

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

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

tained by considering polynomial f(x) = akxk+ak1xk1+ak2xk2+ +a0x0.Selanjutnya, bagaimana menentukan suku ken dari barisan bilangan: 1, 4, 11,22, 37, . . . . Kedua rumus Un di atas tidak dapat dipakai untuk menjawab per-

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

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

lusinya diperoleh dari mempertimbangkan fungsi polinomial f(x) = akxk +

ak1xk1 + ak2xk2 + + a0x0.

Lemma 3.1.7 Let f(x) = a1x + a0;x = 1, 2, . . . , n be a linear function series of thepolynomial, it has common difference b = a1 at firs layer.

Lema 3.1.7 Misal deret fungsi linear dari polinomial di atas adalah f(x) = a1x +a0;x = 1, 2, . . . , n, maka deret ini mempunyai beda b = a1 pada layer pertama.

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

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

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

a1 + a0, 2a1 + a0 a1

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

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


Lema 3.1.8 Let f(x) = a2x2 + a1x+ a0; x = 1, 2, . . . , n be a quadratic function seriesof the polynomial, it has common difference b = 2a2 at second layer.

Lema 3.1.9 Misal deret fungsi kuadrat dari polinomial di atas adalah f(x) = a2x2 +a1x+ a0;x = 1, 2, . . . , n, maka deret ini mempunyai beda b = 2a2 pada layer kedua.

Proof. An expansion of the quadratic function for the n-terms is as follows:

Bukti. Ekspansi fungsi quadratic untuk suku ken adalah sebagai berikut:

a2 + a1 + a0, 4a2 + 2a1 + a0, . . . , a2(n 1)2 + a1(n 1) + a0, a2n2 + a1n+ a0

hence the differences of the successive terms are as follows:

sehingga beda layer pertama dari suku-suku yang berurutan adalah sebagai

berikut:

bn = f(n) f(n 1) = 2a2n a2 + a1 = (2n 1)a2 + a1bn1 = f(n 1) f(n 2) = 2a2n 3a2 + a1 = (2n 3)a2 + a1bn2 = f(n 2) f(n 3) = 2a2n 5a2 + a1 = (2n 5)a2 + a1

...

b3 = f(3) f(2) = 5a2 + a1b2 = f(2) f(1) = 3a2 + a1.

Therefore, the common difference of the successive terms of the difference se-

quence of the first layer is

Dengan demikian, beda dari suku-suku yang berurutan pada barisan beda un-

tuk layer pertama adalah

b = bn bn1 = bn bn1 = = b3 b2 = 2a2


or

atau

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

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

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

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

5a1 + a0

2a2

2a2

2a2Layer II

2

Lema 3.1.10 Let f(x) = a3x3 + a2x2 + a1x + a0;x = 1, 2, . . . , n, be a cubic functionseries of the polynomial, it has common difference b = 6a3 at third layer.

Lema 3.1.11 Misal deret fungsi kubik dari polinomial di atas adalah f(x) = a3x3 +a2x

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

Proof. As exercise.

Bukti. Sebagai latihan. 2

We conclude inductively in the following theorem:

Secara induktif dapat disimpulkan dalam teorema berikut:

Theorem 3.1.2 The series of polynomial function f(x) = akxk+ak1xk1+ak2xk2+ + a0x0;x = 1, 2, . . . , n has a common difference b = k!ak at layer k.

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

0;x = 1, 2, . . . , n, mempunyai beda yang sama b = k!ak pada layer kek.


Proof. As exercise.

Bukti. Sebagai latihan. 2

Example. Given a series 15 + 32 + 63 + 108 + 167 + . . . . Obtain the nterm andthe nsum.Example. Diberikan suatu deret 15 + 32 + 63 + 108 + 167 + . . . . Tentukan suku

ken dan jumlah ken.Solution. The series above forms the following

Solusi. Deret di atas akan mengikuti pola berikut

15 + 32 17

+63 31

+108 45

+167 59

+ . . .

14

14

14

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

the function f(x) = a2x2 + a1x + a0. We need to find the coefficients a2, a1, a0.

Theorem 3.1.2 implies b = k!ak = 2!a2 = 14 a2 = 7, it follows f(x) = 7x2 +a1x+ a0. Let Un = f(n) and Un = 7n2 + a1n+ a0. We have the following:

Karena deret fungsi mempunyai beda yang sama pada layer kedua maka k = 2

dan rumus f(x) = a2x2 + a1x + a0. Selanjutnya perlu dicari koefisien a2, a1, a0.

Dari Theorema 3.1.2 diperoleh b = k!ak = 2!a2 = 14 a2 = 7. Sehinggaf(x) = 7x2 + a1x + a0. Misal Un = f(n) dan Un = 7n2 + a1n + a0, maka akan

didapat:

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

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


Dari kedua persamaan diperoleh nilai a1 = 4 dan a0 = 12. Sehingga sukuken adalah Un = 7n2 4n+ 12.To find the nsum of the above series, we consider the following seriesUntuk menentukan jumlah ken dari deret di atas, maka kita lihat deret berikut

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

15, 47 32

, 110 63

, 218 108

, 385 167

+ . . .

31

45

59

14

14

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

have k = 3 and function f(x) = a3x3 + a2x2 + a1x + a0. We need to find the

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

3x3+a2x

2+a1x+a0. Let Sn = f(n) and Sn = 73n3+a2n

2+a1n+a0.

We have the following:

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

dan rumus f(x) = a3x3 + a2x2 + a1x + a0. Selanjutnya perlu dicari koefisien

a3, a2, a1, a0. Dari Theorema 3.1.2 diperoleh b = k!ak = 3!a3 = 14 a3 = 73 .Sehingga f(x) = 7

3x3 + a2x

2 + a1x+ a0. Misal Sn = f(n) maka Sn = 73n3 + a2n

2 +

a1n+ a0, maka akan didapat:

n = 1 73+ a2 + a1 + a0 = 15 a2 + a1 + a0 = 38

3

n = 2 563+ 4a2 + 2a1 + a0 = 47 4a2 + 2a1 + a0 = 85

3

n = 3 1893

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

Solving the three equations, we have a2 = 32 , a1 =676

and a0 = 0 which implies

the nsum is Sn = 73n3 + 32n2 + 676 n.


Dengan menyelesaikan ketiga persamaan di atas diperoleh nilai a2 = 32 , a1 =676

dan a0 = 0. Sehingga jumlah suku ken adalah Sn = 73n3 + 32n2 + 676 n. 2

3.2 Arithmetic, Geometric, Harmonic, and QuadraticMeansRataan Aritmatik, Geometrik, Harmonik danKuadratik

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

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

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

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

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

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

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

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

taken. A harmonic mean (formerly sometimes called the subcontrary mean) is

one of several kinds of average. Typically, it is appropriate for situations when

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

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

Dalam matematika atau statistika, suatu rataan aritmatik dari daftar bilangan

adalah jumlah bilangan itu dibagi dengan banyaknya bilangan dalam daftar.

Rataan aritmatika adalah sesuatu yang paling sering dipakai dan secara umum

juga disebut dengan rata-rata. Rataan geometrik adalah jenis rataan atau rata-

rata yang merepresentasikan suatu tendensi sentral dari sekumpulan bilangan.

Hampir sama dengan rataan aritmatik dimana banyak orang berpikir bahwa ini


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

jumlahkan kemudian dibagi dengan banyaknya bilangan dalam daftar, untuk

rataan geometrik semua bilangan dalam daftar dikalikan kemudian ditarik akar

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

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

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

diperoleh dari menarik akar kuadrat dari rata-rata kuadratnya.

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

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

Misal AM=Rataan Aritmatik, GM=Rataan Geometrik, HM=Rataan Harmonik

and QM=Rataan Kuadratik. Untuk sebarang a, b bilangan real positif, berlaku

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

If a a and b b then, from (3.13), it follows a+ b 2ab orJika a a dan b b maka (3.13) menjadi a+ b 2ab atau

a+ b

2ab (3.14)

In general we can present (3.14) as follows

Secara umum kita dapat menulis (3.14) sebagai

x1 + x2 + + xnn AM

nx1x2 . . . xn GM

(3.15)

If a 1a

and b 1b

then (3.14) shows

Jika a 1a

dan b 1b

maka (3.14) menjadi

ab 21

a+ 1

b

(3.16)


In general, we can present (3.16) as

Secara umum kita dapat menulis (3.16) sebagai

nx1x2 . . . xn n1

x1+ 1

x2+ + 1

xn HM

(3.17)

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

2+b2

2 (a+b

2

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

2+b2

2 (a+b

2

)2, ataua2 + b2

2 a+ b

2(3.18)

In general (3.18) can be written as

Secara umum (3.18) ditulis sebagaix21 + x

22 + + x2nn

QM

x1 + x2 + + xnn

(3.19)

Therefore, from(3.15), (3.17) and (3.19) we can conclude that for any positive real

numbers x1, x2, . . . , xn satisfy:

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

untuk setiap bilangan real positif x1, x2, . . . , xn berlaku:

QM AM GM HM

where


dimana

QM =

x21 + x

22 + + x2nn

AM =x1 + x2 + + xn

nGM = n

x1x2 . . . xn

HM =n

1x1+ 1

x2+ + 1

xn

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

that xy(x+ y)2 + yz(y + z)2 + xz(x+ z)2 4xyz.Contoh. Diketahui x, y, z adalah bilangan real positif sehingga x + y + z = 1.

Buktikan bahwa xy(x+ y)2 + yz(y + z)2 + xz(x+ z)2 4xyz.Solution. Since x+ y + z = 1, we have

Solusi. Karena x+ y + z = 1 maka didapat

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

xy + yz + xz + xyz2 + x2yz + xy2z 10xyz1

x+1

y+1

z+ x+ y + z 101

x+1

y+1

z 9

1

3 31

x+ 1

y+ 1

z

x+ y + z3 AM

31x+ 1

y+ 1

z HM


3.3 The Polynomials and Remainder TheoremSuku Banyak dan Teorema Sisa

A polynomial f(x) of degree n can be presented as:

Suatu suku banyak f(x) yang berderajad n dinyatakan dengan:

f(x) = a0xn + a1x

n1 + + an1x+ an

where a0, a1, . . . , an are constant, a0 6= 0 and n is a cardinal number.dimana a0, a1, . . . , an adalah konstanta, a0 6= 0 dan n adalah bilangan cacah.

3.3.1 Polynomials DivisionPembagian Suku Banyak

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

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

Pembagian suku banyak menyerupai pembagian bilangan. Sebagai contoh pada

bilangan: Karena 34 = 12 maka 12 : 4 = 3 atau 12 : 3 = 4. Pada kasus 12 : 4 = 3maka bilangan 4, 3 masing-masing disebut pembagi dan hasil bagi.

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

remainder S(x). Mathematically, we can write as:

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

where: f(x) = is a polynomial of degree n; P (x) = is a polynomial of degree k;

H(x) = is a polynomial of degree n k; S(x) = is a polynomial of degree k 1.


Suatu suku banyak f(x) yang dibagi dengan pembagi P (x) akan menghasilkan

hasil bagi H(x) dan sisanya S(x). Secara matematis dapat ditulis sebagai:

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

dimana: f(x) = suku banyak berderajad n; P (x) = suku banyak berderajad k;

H(x) = suku banyak berderajad n k; S(x) = suku banyak berderajad k 1.When dividing polynomials, we need to consider the followings:

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

tained by Horner technique.

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

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

technique.

Dalam melakukan pembagian terhadap suku banyak perlu diperhatikan hal-hal

berikut:

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

menggunakan cara Horner.

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

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

gunakan metoda Identitas.


3.3.2 Remainder TheoremTeorema Sisa

1. If polynomial f(x) is divided by (x a) then the remainder is f(a).

2. If polynomial f(x) is divided by (ax b) then the remainder is f( ba).

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

1. Jika suatu suku banyak f(x) dibagi dengan (x a) maka sisanya f(a).

2. Jika suatu suku banyak f(x) dibagi dengan (ax b) maka sisanya f( ba).

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

3.3.3 Factor TheoremTeorema faktor

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

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

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

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

(xb)(ab)f(a).

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

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

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


1. Jika (x a) adalah faktor dari f(x) maka akar dari f(x) = 0 adalah x = a.

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

f(x) habis dibagi (x a)(x b)(x c).

3. Jika f(x) dibagi dengan (x a)(x b) maka sisanya S(x) = (xa)(ba) f(b) +

(xb)(ab)f(a).

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

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

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

3.3.4 Properties of Polynomial RootsSifat-Sifat Akar-Akar Suku Banyak

In this section, we consider Vietas Formula. Let si be the sum of the products of

distinct polynomial roots rj of the polynomial equation of degree n

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

lah dari hasil kali akar-akar polinomial yang berbeda rj dari sebuah polinomial

berderajad n

anxn + an1xn1 + ...+ a1x+ a0 = 0

where the roots are taken i at a time (i.e., si is defined as the symmetric polyno-

mial i(r1, ..., rn) for i = 1, ..., n). For example, the first few values of si are

dimana akar-akar itu dihitung sebanyak i dalam suatu proses (atau si didefin-

isikan sebagai polinomial simetrik i(r1, ..., rn) untuk i = 1, ..., n). Sebagai con-

toh, beberapa nilai si yang pertama adalah

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

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

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


and so on. Then Vietas formulas states that

dan seterusnya. Maka rumus Vietas dinyatakan sebagai

si = (1)ianian

The followings are some example of Vietas formula.

Berikut ini adalah beberapa contoh dari rumusan Vieta.

1. For the polynomial ax3 + bx2 + cx+ d = 0, we have:

Pada suku banyak ax3 + bx2 + cx+ d = 0 berlaku:

1) x1 + x2 + x3 = b/a2) x1x2 + x1x3 + x2x3 = c/a

3) x1 x2 x3 = d/a

2. For the polynomial ax4 + bx3 + cx2 + dx+ e = 0, we have:

Pada suku banyak ax4 + bx3 + cx2 + dx+ e = 0 berlaku:

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

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

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

otherwise it is negative.

Dapat dicatat bahwa bila pangkat tertinggi dari polinomial adalah genap maka

nilai s adalah positif jika ganjil maka nilai s adalah negatif.

To find some rational roots of polynomials can be used the following steps:

Untuk menentukan beberapa akar rasional dari suku banyak dapat digunakan

langkah-langkah berikut:


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

the root.

Jika jumlah seluruh koefisien suku banyak sama dengan 0, maka x = 1

merupakan salah satu akarnya.

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

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

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

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

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

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

yaitu dengan menentukan faktor dari koefisien pangkat terendahnya dan

masukkan ke dalam f(x). Amati apakah f(x) = 0 atau tidak.



1. A geometric series is presented as :

1

32+1

4+ 2 + 16 + 128 + 1024

When we insert two numbers in between any two successive numbers

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

the number of terms of the new geometric series.

Suatu deret geometri diketahui sebagai berikut:

1

32+1

4+ 2 + 16 + 128 + 1024


Jika disisipkan dua buah bilangan kedalam dua suku yang berurutan pada

deret geometri ini sedemikian hingga deret itu membentuk deret geometri

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

Solution. We have the following:

Solusi. Diketahui berikut:1

32+1

4+ 2 + 16 + 128 + 1024

So (Sehingga)

r =Un

Un 1r = 8

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

n = 6. The new ratio is:

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

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

Ratio yang baru adalah:

r = k+1r

r = 38

r = 2

Number of the new terms is

Banyaknya suku yang baru adalah

n = n+ (n 1)kn = 6 + (6 1).2n = 16


The desired geometric series is:

Deret geometri yang dicari adalah:

1

32+

1

16+1

8 +14 + 12 + 1 +2 + ....+ 265 + 512 the inserted numbers (bilangan yang disisipkan)

+1024

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

a3(b+c)+ 1

b3(a+c)+ 1

c3(a+b) 3

2.

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

Buktikan bahwa 1a3(b+c)

+ 1b3(a+c)

+ 1c3(a+b)

32.

Solution. Let

S =1

a3(b+ c)+

1

b3(a+ c)+

1

c3(a+ b)(3.20)

and a = 1x, b = 1

y, c = 1

z. Let T = x+y+ z. Since abc = 1, we have xyz = 1.

Substituting the new a, b, c we have:

Solusi. Misal

S =1

a3(b+ c)+

1

b3(a+ c)+

1

c3(a+ b)(3.21)

dan a = 1x, b = 1

y, c = 1

z. Misal T = x + y + z. Karena abc = 1 maka

xyz = 1. Dengan mensubstitusikan a, b, c yang baru didapat:

1

a3(b+ c)=

x2

T x =T 2 (T 2 x2)

T x =T 2

T x T x1

b3(a+ c)=

y2

T y =T 2 (T 2 y2)

T y =T 2

T y T y1

c3(a+ b)=

z2

T z =T 2 (T 2 z2)

T z =T 2

T z T z

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

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


diperoleh berikut ini.

S = T 2(

1

T x +1

T y +1

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

= T 2(

1

T x +1

T y +1

T z) 4T

= T 2(3

3

(1

T x +1

T y +1

T z))

4T

= T 2 3( 1

Tx +1

Ty +1

Tz3 AM

) 4T

T 2 3(

311

Tx+ 11

Ty+ 11

Tz

3 HM

) 4T

= T 2(

9

(T x) + (T y) + (T z)) 4T

= T 2(

9

3T (x+ y + z)) 4T

= T 2(

9

2T

) 4T

=9T

2 4T = T

2=x+ y + z

2=

3

2 x+ y + z

3 AM

32

3xyz =

3

2

Therefore

Dengan demikian

1a3(b+ c)

+1

b3(a+ c)+

1

c3(a+ b) 3

2

3. Given that f(x) is a polynomial of degree 2. When f(x) is divided by x+1,

the remainder is 3; when f(x) is divided by x 3, the remainder is 23; and


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

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

dengan x+ 1, maka sisanya adalah 3; saat f(x) dibagi dengan x 3, makasisanya adalah 23; dan saat f(x) dibagi dengan x 2, maka sisanya adalah15. Tentukan polinomial f(x) tersebut.

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

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

Misal f(x) = qx2 +mx + n. Saat f(x) dibagi dengan x + 1, maka sisanya

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

dengan x2, maka sisanya adalah s(2) = q(2)2+m(2)+n = 15. Sehingga,diperoleh

q m+ n = 39q + 3m+ n = 23

4q + 2m+ n = 15

Solving the three equations, we get q = 1,m = 3 and n = 5.

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

3 dan n = 5.

CHAPTER 4

TrigonometryTrigonometri

Trigonometry (from Greek trigonon triangle + metron measure) is a branch

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

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

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

ric functions, which describe those relationships.

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

adalah suatu cabang matematika yang berkenaan dengan segitiga, khususnya

segitiga dalam bidang dimana satu sudut mempunyai besar sudut 90 derajad

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

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

barkan sebuah relasi diantaranya.

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

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

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

precalculus course. Trigonometry is informally called trig.

Aplikasi trigonometri dapat ditemukan baik dalam matematika murni maupun

matematika terapan yang keduanya ini sangat berguna pada beberapa cabang

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

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

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

57

Chapter 4. Trigonometry 58

4.1 Trigonometric FunctionFungsi Trigonometri

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

r, tg = y

x, ctg = x

y, sec = 1

cos, cossec = 1

sin.

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

bagai: sin = yr, cos = x

r, tg = y

x, ctg = x

y, sec = 1

cos, cossec = 1

sin.

y

r y

x

P (x, y)

0

rx

Figure 4.1: The right triangle trigonometric system

Theorem 4.1.1 Pythagoras equality is stated as follow.

Teorema 4.1.1 Kesamaan Pythagoras dinyatakan dalam berikut ini.

1. sin2 + cos2 = 1, rumus identitas

2. 1 + ctg 2 = cossec 2

3. tg 2+ 1 = sec2

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

of quadrant, where 90o < 2 < 180o, 180o < 4 < 270o and 270 < 3 < 360o.

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

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


sign are positive, Quadrant II, only sinus is positive, Quadrant III, only tangent

is positive, and Quadrant IV, only cosinus is positive. Therefore, the keyword to

memorize it is ASTC.

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

mana 90o < 2 < 180o, 180o < 4 < 270o dan 270 < 3 < 360o. Dengan

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

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

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

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

Dengan demikian kata kunci untuk mengingatnya adalah ASTC.

Table 4.1: Trigonometric quadrant system

II I

sin2 > 0 all > 0

III IV

tg3 > 0 cos4 > 0

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

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

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

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

2

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

mengingat nilai nilai fungsi trigonometri pada kuadran pertama, selanjutnya

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

bagai contoh: untuk menetukan sin 150o, kita cukup mengetahui sin 30o karena


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

2

We summarize that the values of sinus, cosinus, tangent and cotangent for spe-

cial angles are as follows.

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

kuadran pertama adalah sebagai berikut.

Table 4.2: The value of trigonometric functions for special angles

0o 30o 45o 60o 90o

sin 0 12

12

2 1

2

3 1

cos 1 12

3 1

2

2 1

20

tg 0 13

3 1

3

ctg 3 1 13

3 0

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

easily memorize the change of trigonometric functions of any angles (Xo ),it can be showed as the following system. From Quadrant I IV in clock-wise direction, the situations are B(berubah), Tb(tidak berubah), B(berubah),

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

acronym ASTC, we easily put sign + or on the resulted values.Fungsi trigonometri di beberapa kuadran tidak selalu tetap. Untuk memper-

mudah ingatan kita tentang perubahan nilai fungsi trigonometri dari beberapa

sudut (Xo ) dapat disajikan dalam sistem berikut. Dari kuadaran I IV berlawanan jarum jam, kondisinya adalah B(berubah), Tb(tidak berubah),

B(berubah), Tb(tidak berubah) atau dapat disingkat BTBT. Dengan menerap-

kan singkatan ASTC kita dapat memberikan tanda + dan pada nilai-nilai itu


dengan mudah.

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

Tb B

sin(180o ) = sin sin(90o ) = coscos(180o ) = cos cos(90o ) = sintg (180o ) = tg tg (90o ) = ctgctg (180o ) = ctg ctg (90o ) = tg

B Tb

sin(270o ) = cos sin(360o ) = sincos(270o ) = sin cos(360o ) = costg (270o ) = ctg tg (360o ) = tgctg (270o ) = tg ctg (360o ) = ctg

If an angle is obtained by turning a phase in clockwise direction then theangle take a place in Quadrant IV. Thus, we know that the values of trigono-metric functions for negative angles are exactly the values of trigonometric func-

tions on Quadrant IV. For detail, see the followings.

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

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

berikut.

Furthermore, we can develop a quadrant system for trigonometric function val-

ues for any angle (Xo + ). In this case, we generate an acronym TBTB as a

keyword to remember.


Table 4.4: The value of trigonometric functions for negative angles

sin() = sin(360o ) = sincos() = cos(360o ) = costg () = tg (360o ) = tgctg () = ctg (360o ) = ctg

Disamping itu, dapat pula digambarkan sistem kuadran untuk menentukan

nilai fungsi trigonometri pada sudut (Xo + ). Dalam sistem ini diperoleh

singkatan TBTB sebagai kata kunci untuk mengingat.

Table 4.5: The value of trigonometric functions for any angle (Xo + )

B Tb

sin(90o + ) = cos sin(360o + ) = sincos(90o + ) = sin cos(360o + ) = cos

tg (90o + ) = ctg tg (360o + ) = tgctg (90o + ) = tg ctg (360o + ) = ctg

Tb B

sin(180o + ) = sin sin(270o + ) = coscos(180o + ) = cos cos(270o + ) = sintg (180o + ) = tg tg (270o + ) = ctgctg (180o + ) = ctg ctg (270o + ) = tg


Example.

Contoh.

1. Determine the value of sin(270o30o)

cos(180o45o) !

Tentukan nilai dari sin(270o30o)

cos(180o45o) !

Solution. Remember the angle (Xo), ASTC and BTBT, thus sin(270o30o)cos(180o45o) =

cos 30o cos 45o =

3/2.

Solusi. Ingat sudut (Xo), ASTC dan BTBT, maka sin(270o30o)cos(180o45o) =

cos 30o cos 45o =

3/2.

2. Determine the value of tg (360o+60o)

cos(180o+90o)!

Tentukan nilai dari tg (360o+60o)

cos(180o+90o)!

Solution. Remember the angle (Xo+), ASTC and TBTB, thus tg (360o+60o)

cos(180o+90o)=

tg 60o

sin 90o ==3.

Solusi. Ingat sudut (Xo+), ASTC dan TBTB, maka tg (360o+60o)

cos(180o+90o)= tg 60

o

sin 90o =3.

4.1.1 Sine and Cosine RuleAturan Sinus dan Cosinus

The following figure shows 4ABC and a circle of radius R.Gambar dibawah ini memperlihatkan 4ABC dan lingkaran dengan jari-jari R.

Theorem 4.1.2 (Sine Rule) The sine rule states:

Theorem 4.1.3 (Aturan sinus) Aturan sinus mengatakan bahwa:a

sin=

b

sin =

c

sin = 2R


Z C

B

A

c a

C

B

A b

0

C

B

A

c a

b

0

(i) (ii) (iii)

Figure 4.2: Triangle and circle of radius R

Proof. As an exercise.

Bukti. Sebagai bahan latihan.

Theorem 4.1.4 (Cosine Rule) The cosine rule states:

Teorema 4.1.2 (Aturan cosinus) Aturan cosinus mengatakan bahwa:

a2 = b2 + c2 2bc cosb2 = a2 + c2 2ac cos c2 = a2 + b2 2ab cos

Proof. Consider Figure 4.2(iii)

Bukti. Perhatikan Gambar 4.2(iii)

CZ = AC AZ = b c cosBZ = c sin

BC2 = CZ2 +BZ2

a2 = (b c cos)2 + (c sin)2

= b2 2bc cos + c2(cos2 + sin2 )= b2 2bc cos + c2


Thus a2 = b2 + c2 2bc cos. In the same way, we can prove that b2 = a2 + c2 2ac cos and c2 = a2 + b2 2ab cos .Sehingga a2 = b2 + c2 2bc cos. Dengan cara yang sama, dapat dibuktikanb2 = a2 + c2 2ac cos dan c2 = a2 + b2 2ab cos . 2

Example. Prove that

Contoh. Buktikan bahwa

sin2 = sin2 + sin2 2 sin sin cossin2 = sin2 + sin2 2 sin sin cos sin2 = sin2 + sin2 2 sin sin cos

Solution. The sine rule states that a = 2R sin, b = 2R sin and c = 2R sin .

Substituting into cosine rule above, we will get those formulas.

Solusi. Aturan sinus menyatakan bahwa a = 2R sin, b = 2R sin dan c =

2R sin . Substitusikan ke dalam aturan cosinus di atas maka akan diperoleh

rumus-rumus itu.

4.1.2 Formul

Documents

Math for International School