Diposkan pada

Soal dan Pembahasan – Ulangan Tengah Semester Kalkulus Diferensial (FKIP Untan)

 

Berikut ini adalah soal ujian tengah semester beserta pembahasannya mata kuliah Kalkulus Diferensial (Tahun Ajaran 2017/2018) yang diujikan kepada mahasiswa pendidikan matematika FKIP Untan semester 2 oleh Drs. Dian Ahmad B.S, M. Si pada tanggal 23 April 2018.

Soal Nomor 1
Carilah titik-titik potong fungsi f(x) = 21x^2 + 22x - 8 dengan sumbu X dan sumbu Y.

Penyelesaian

Titik potong fungsi pada sumbu X terjadi saat f(x) = y = 0, yaitu
0 = 21x^2 + 22x - 8 = (3x + 4)(7x - 2)
Dengan demikian, titik potongnya adalah \left(-\dfrac{4}{3}, 0\right) dan \left(\dfrac{2}{7}, 0\right)
Titik potong fungsi pada sumbu Y terjadi saat x = 0, yaitu
f(x) = y = 21(0)^2 + 22(0) - 8 = -8
Jadi, titik potongnya adalah (0,-8)

[collapse]

Soal Nomor 2
Selesaikanlah dengan dua cara (aljabar dan garis bilangan)
i) \dfrac{2}{3x} < 4
ii) \dfrac{-3}{2x} < \dfrac{1}{4}

Penyelesaian

Jawaban i)
Cara aljabar
\begin{aligned} & \dfrac{2}{3x} < 4 \\ & \dfrac{2}{3x} - 4 < 0 \\ & \dfrac{2-12x} {3x} < 0 \end{aligned}
Dua kemungkinan agar pertidaksamaan di atas bernilai benar adalah 1) 2 - 12x > 0 dan 3x < 0 atau 2) 2- 12x < 0 dan 3x > 0
Kemungkinan 1) menghasilkan x < \dfrac{1}{6} dan x < 0. Hasil irisannya adalah x < 0. Kemungkinan 2) menghasilkan x > \dfrac{1}{6} dan x > 0. Hasil irisannya adalah x > \dfrac{1}{6}
Gabungan dari kedua himpunan penyelesaian masing-masing kemungkinan tersebut adalah himpunan penyelesaian dari pertidaksamaan yang diberikan sebelumnya, yaitu \{x| x < 0 \lor x > \dfrac{1}{6}, x \in \mathbb{R}\}
Cara garis bilangan
Perhatikan bahwa \dfrac{2}{3x} < 4 ekuivalen dengan \dfrac{2-12x} {3x} < 0. Pembuat nol pada pembilang adalah x = \dfrac{1}{6}, sedangkan pada penyebut adalah x = 0.
Ujilah dengan titik-titik lain, misal diambil x = 1, diperoleh \dfrac{-10}{3} (bernilai negatif), sehingga dapat dibuat garis bilangan yang telah dilengkapi tanda kepositivan dan daerah penyelesaiannya sebagai berikut.

Jawaban ii)
Cara aljabar
\begin{aligned} & \dfrac{-3}{2x} < \dfrac{1}{4} \\ & \dfrac{-6 - x}{4x} < 0 \end{aligned}
Dua kemungkinan agar pertidaksamaan di atas bernilai benar adalah 1) -6 - x > 0 dan 4x < 0 atau 2) -6 - x < 0 dan 4x > 0
Kemungkinan 1) menghasilkan x < -6 dan x < 0. Hasil irisannya adalah x < -6. Kemungkinan 2) menghasilkan x > -6 dan x > 0. Hasil irisannya adalah x > 0. Gabungan dari kedua himpunan penyelesaian masing-masing kemungkinan tersebut adalah himpunan penyelesaian dari pertidaksamaan yang diberikan sebelumnya, yaitu \{x| x < -6 \lor x > 0, x \in \mathbb{R}\</span><span style="font-size: 10pt; font-family: verdana, geneva, sans-serif;">}
Cara garis bilangan
Perhatikan bahwa \dfrac{-3}{2x} < \dfrac{1}{4} ekuivalen dengan \dfrac{-6 - x} {4x} < 0
Pembuat nol pada pembilang adalah x = -6, sedangkan pada penyebut adalah x = 0
Ujilah dengan titik-titik lain, misal diambil x = 1, diperoleh \dfrac{-7}{4} (bernilai negatif), sehingga dapat dibuat garis bilangan yang telah dilengkapi tanda kepositivan dan daerah penyelesaiannya sebagai berikut.

[collapse]

Soal Nomor 3
Gambarkan grafik fungsi f dengan f(x) = \begin{cases} 5 - x, &~ \text{jika}~x \geq 3 \\ (x - 2)^2, &~\text{jika}~1 < x < 3 \\ \dfrac{1}{3}(x+2), &~\text{jika}~x \leq 1 \end{cases}
Tentukanlah nilai-nilai di bawah ini:
i) f\left(\dfrac{1}{2}\right)
ii) f(1)
iii) f(3)
iv) \displaystyle \lim_{x \to 1^{-}} f(x)
v) \displaystyle \lim_{x \to 1^{+}} f(x)
vi) \displaystyle \lim_{x \to 3^{-}} f(x)
vii) \displaystyle \lim_{x \to 3^{+}} f(x)

Penyelesaian


Jawaban i) Karena x = \dfrac{1}{2} \leq 1, maka f(x) = \dfrac{1}{3}(x+2), sehingga f\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{2} + 2\right) = \dfrac{5}{6}
Jawaban ii) Karena x = 1 \leq 1, maka f(x) = \dfrac{1}{3}(x+2), sehingga f(1) = \dfrac{1}{3}(1+2) = 1
Jawaban iii) Karena x = 3 \geq 3, maka f(x) = 5 - x, sehingga f(3) = 5 - 3 = 2
Jawaban iv) \displaystyle \lim_{x \to 1^{-}} f(x) = \lim_{x \to 1} \dfrac{1}{3}(x+2) = 1
Jawaban v) \displaystyle \lim_{x \to 1^{+}} f(x) = \lim_{x \to 1} (x-2)^2 = 1
Jawaban vi) \displaystyle \lim_{x \to 3^{-}} f(x) = \lim_{x \to 3} = (x - 2)^2 = 1
Jawaban vii) \displaystyle \lim_{x \to 3^{+}} f(x) = \lim_{x \to 3} 5 - x = 2
Catatan: Pada gambar, terlihat jelas bahwa grafik fungsi tidak kontinu di x = 3

[collapse]

Soal Nomor 4
Hitunglah \displaystyle \lim_{x \to 2} \dfrac{8-x^3}{x-2}

Penyelesaian

Substitusi x = 2 pada fungsinya menghasilkan bentuk tak tentu \dfrac{0}{0}. Tetapi, dengan menggunakan metode pemfaktoran, diperoleh \begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 2} \dfrac{8-x^3}{x-2} & = \lim_{x \to 2} \dfrac{-(x - 2)(x^2 + 2x + 4)}{x - 2} \\ & = \lim_{x \to 2} -(x^2 + 2x + 4) \\ & = -(2^2 + 2(2) + 4) = -12 \end{aligned}
Jadi, nilai dari \displaystyle \lim_{x \to 2} \dfrac{8-x^3}{x-2} adalah -12.

[collapse]

Soal Nomor 5
Hitunglah \displaystyle \lim_{x \to 3} \dfrac{2 - \dfrac{6}{x}}{x^2 - 9}

Penyelesaian

Substitusi x = 3 pada fungsinya menghasilkan bentuk tak tentu \dfrac{0}{0}. Tetapi, dengan menggunakan metode pemfaktoran, diperoleh \begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 3} \dfrac{2 - \dfrac{6}{x}}{x^2 - 9} & = \lim_{x \to 3} \dfrac{2\left(1 - \dfrac{3}{x}\right)}{x\left(1 - \dfrac{3}{x}\right)\left(x+3\right)} & = \lim_{x \to 3} \dfrac{2}{x(x+3)} \\ & = \dfrac{2}{3(3+3)} = \dfrac{1}{9} \end{aligned}

[collapse]

Soal Nomor 6
Hitunglah \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 6x}{\sin 7x}

Penyelesaian

Substitusi x = 3 pada fungsinya menghasilkan bentuk tak tentu \dfrac{0}{0}. Dengan menggunakan teorema:
\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin ax} {\sin bx} = \dfrac{a} {b}
diperoleh bahwa
\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 6x}{\sin 7x} = \dfrac{6}{7}
Alternatif lain untuk menyelesaikan soal ini (termasuk soal nomor 4 dan 5) adalah dengan menggunakan Dalil L’Hospital/turunan (dengan syarat substitusi titik limit menghasilkan bentuk tak tentu). Jadi, \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 6x}{\sin 7x} = \lim_{x \to 0} \dfrac{6 \cos 6x} {7 \cos 7x} = \dfrac{6}{7}

[collapse]

Diposkan pada

Soal dan Pembahasan – Ulangan Tengah Semester Program Linear FKIP Untan

 


Berikut ini adalah soal ujian tengah semester (paket B) mata kuliah Program Linear (Tahun Ajaran 2017/2018) yang diujikan kepada mahasiswa pendidikan matematika FKIP Untan semester 6 oleh Dra. Halini, M. Pd pada tanggal 16 April 2018.

Soal Nomor 1
Suatu keluarga yang mempunyai usaha katering mendapat pesanan menyediakan makanan untuk suatu acara syukuran keluarga. Ada 3 macam makanan berbahan ikan yang harus disiapkan, yaitu bakso ikan, siomai, dan empek-empek. Untuk membuat satu porsi bakso ikan, diperlukan ikan sebanyak 150 gram, sedangkan satu porsi siomai dan empek-empek berturut-turut dibutuhkan 150 gram dan 250 gram. Sedangkan bahan campuran tepung untuk membuat satu porsi bakso ikan, siomai, dan empek-empek berturut-turut adalah 50 gram, 75 gram, dan 80 gram. Bahan campuran lainnya sudah cukup tersedia. Untuk memesan 3 macam makanan ini keluarga pemesan tersebut memiliki anggaran dana Rp3.000.000,00. Karena musim badai, ikan yang tersedia di pasar hanya 22 kg dan bahan campuran tepung ada 1 karung berisi 0,5 kuintal. Makanan favorit keluarga pemesan adalah siomai. Mengenai harga, satu porsi bakso, siomai, dan empek-empek dijual seharga Rp18.500,00; Rp19.000,00; dan Rp17.500,00.
Rumuskan model matematika dari permasalahan di atas. Apakah model masalah yang Anda rumuskan merupakan masalah program linear? Jelaskan.

Soal Nomor 2
Tuliskan dengan lengkap langkah-langkah menyelesaikan masalah program linear dengan metode grafik dan jelaskan kapan masalah program linear unbounded terjadi.

Soal Nomor 3
Diberikan masalah PL yang dirumuskan sebagai berikut.
Memaksimumkan Z = 10x_1 + x_2 + 2x_3 dan memenuhi batasan:
\begin{cases} x_1 + x_2 - 2x_3 \leq 10 \\ 4x_1 + x_2 + x_3 \leq 20 \\ x_1, x_2, x_3 \geq 0 \end{cases}
Tentukan penyelesaian masalah di atas.

Soal Nomor 4
Buktikan masalah berikut merupakan masalah PL unbounded.
Mencari p, q nonnegatif yang memaksimumkan g = 30p + 90q + 100 dan memenuhi batasan:
\begin{cases} 2p + q \geq 12 \\ 2p - q \geq 4 \\ 2p - 4q \geq 5 \\ -p + 8q \leq 80 \end{cases}

Diposkan pada

Soal ON MIPA-PT dan Pembahasan – Bidang Analisis Real

 

Berikut ini adalah soal-soal ON MIPA-PT bidang Analisis Real beserta pembahasannya. Beberapa soal mungkin belum disediakan penyelesaiannya. Jika Anda dapat memberi solusi, silakan kirimkan argumentasi Anda di email: shanedizzy6@gmail.com. Tentunya, kami mengucapkan terima kasih atas hal tersebut.
Jika ada pertanyaan, silakan ajukan di kolom komentar.

Soal Nomor 1
Diberikan himpunan A = \{3^{2x} + 3^{\frac{1}{2x}} | x > 0\}. Tentukan infimum A.

Penyelesaian

Dengan menggunakan ketaksamaan Aritmetik-Geometri,
\begin{aligned} 3^{2x} + 3^{\frac{1}{2x}} &\geq 2\left(3^{2x}.3^{\frac{1}{2x}}\right)^{\frac{1}{2}} \\ & = 2\left(3^{2x + (2x)^{-1}} \right)^{\frac{1}{2}} \\ & \geq 2.3^{\left((2x)(2x) ^{-1}\right)\frac{1}{2}} = 2 \times 3 = 6 \end{aligned}
dan persamaannya berlaku jika dan hanya jika 3^{2x} = 3^{\frac{1}{2x}} dan 2x = (2x) ^{-1}. Untuk x > 0, kita bisa mengambil x = \dfrac{1}{2} untuk memenuhi kondisi tersebut. Jadi, infimum A adalah 6.

[collapse]

Soal Nomor 2 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Jika barisan bilangan real (x_n) memenuhi sifat
\displaystyle \lim_{n \to \infty} x_{2n} + x_{2n+1}= 315
dan
\displaystyle \lim_{n \to \infty} x_{2n} + x_{2n-1}= 2016
maka
\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{x_{2n}}{x_{2n+1}} = \cdots

Penyelesaian

Dengan menggunakan Teorema Stolz-Cesaro, diperoleh
\begin{aligned} \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{x_{2n}}{x_{2n+1}} & =\lim_{n \to \infty} \dfrac{x_{2n} - x_{2(n-1)}}{x_{2n+1} - x_{2(n-1)+1}} \\ & = \lim_{n \to \infty} \dfrac{x_{2n} - x_{2n-2}}{x_{2n+1} - x_{2n - 1}} \\ &= \lim_{n \to \infty} \dfrac{x_{2n} + x_{2n-1} - (x_{2n-2} + x_{2n-1})}{x_{2n+1} + x_{2n} - (x_{2n} + x_{2n-1})} \\ & = \dfrac{2016-315}{315-2016} = -1 \end{aligned}
Jadi, didapat
\boxed{\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{x_{2n}}{x_{2n+1}} = -1}

[collapse]

Soal Nomor 3 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Diketahui a < \dfrac{\pi} {2}. Jika M < 1 dengan |\cos x - \cos y| \leq M|x-y| untuk setiap x, y \in [0,a], maka M = \cdots

Penyelesaian

Perhatikan bahwa jika fungsi f terdiferensialkan pada interval I, maka
f~\text{fungsi lipschitz}~\Leftrightarrow f'(x)~\text{terbatas di}~I
dan
M = \sup\{|f'(x)|, x \in I\}
Dalam kasus ini, kita mendapatkan f(x) = \cos x, sehingga f'(x) = -\sin x. Dengan demikian,
\begin{aligned} M & = \sup\{|-\sin x|, x \in [0,a]\} \\ & = \sup\{\sin x| x \in [0,a]\} \\ & = \sin a \end{aligned}
Jadi,
\boxed{M = \sin a}

[collapse]

Soal Nomor 4
Diketahui fungsi
f(x) = \begin{cases} \sin 2x, & x \leq 0 \\ ax, & 0 < x < 1 \\ x^2+b, & x \geq 1 \end{cases}
mempunyai turunan di x = 0 dan x = 1.

Penyelesaian

f(x) memiliki turunan di x = 0 dan x = 1 berarti fungsi itu kontinu di titik-titik tersebut.
Perhatikan bahwa
\begin{aligned} \displaystyle & \lim_{x \to 1^{-}} f(x) = f(1) \\ & \lim_{x \to 1^{-}} ax = f(1) \\ & a = (1)^2 + b \\ & \boxed{a - b = 1} \end{aligned}
Catatan:
Untuk memeriksa masing-masing nilai a dan b, diferensialkan fungsinya,
f'(x) = \begin{cases} 2 \cos 2x, & x \leq 0 \\ a, & 0 < x < 1 \\ 2x, & x \geq 1 \end{cases}
Agar fungsinya kontinu, haruslah 2 \cos 2(0) = a, dan mengimplikasikan a = 2 dan b = 1.

[collapse]




Soal Nomor 5
Diberikan deret pangkat \displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{x^k} {k^2+1}.
Tentukan himpunan/selang kekonvergenan deret itu. 

Penyelesaian

Bentuk sumasinya dapat diubah dalam bentuk deret pangkat, yaitu
\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{x^k} {k^2+1} = \sum_{k=0}^{\infty} C_k(x-0)^k
Dengan menggunakan uji rasio, diperoleh
\begin{aligned} \displaystyle \lim_{k \to \infty} \dfrac{|C_{k+1}(x)|} {|C_k(x)|} & = \lim_{k \to \infty} \dfrac{\left|\dfrac{1}{(k+1)^2+1}\right|\left|x^{k+1}\right|} {\left|\dfrac{1}{k^2+1}\right| \left|x^k\right|} \\ & = |x| \lim_{k \to \infty} \left|\dfrac{k^2+1}{k^2+2k+2}\right| \\ & = |x| \end{aligned}
Berdasarkan teorema uji rasio, deret itu akan konvergen apabila |x| < 1.
Jadi, selang kekonvergenan deret itu adalah (-1, 1)

[collapse]

Soal Nomor 6
Tentukan nilai dari \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-x)^{k+1}} {k}
dan jari-jari konvergensinya.

Penyelesaian

Perhatikan bahwa
\begin{aligned} & \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-x)^{k+1}} {k} \\ & = x^2 - \dfrac{1}{2}x^3 + \dfrac{1}{3}x^4 - \cdots + (-1)^{n+1}\dfrac{x^{n+1}} {n} + \cdots \\ & = x\left(x - \dfrac{1}{2}x^2 + \dfrac{1}{3}x^3 - \cdots + (-1)^{n+1}\dfrac{x^{n}} {n} + \cdots \right) \\ & = x(\ln |1 + x|) \end{aligned}
dengan jari-jari konvergensinya (-1, 1)
Catatan:
Bentuk khusus (saat x = 1)
\displaystyle \sum_{k=1}^{infty} \dfrac{(-1)^{k+1}} {k} = \ln 2
sering muncul dalam beberapa kasus.

[collapse]

Soal Nomor 7
Diberikan fungsi tak nol f: D \mapsto \mathbb{R} dan fungsi g: D \mapsto \mathbb{R} dengan D \subseteq \mathbb{R} sedemikian sehingga
\dfrac{f(x)} {g(x)} \leq 1, \forall x \in D
Berilah contoh fungsi f dan g yang menunjukkan bahwa belum tentu berlaku
\displaystyle \sup_{x \in D} g(x) \leq \inf_{x \in D} f(x)

Penyelesaian

Diketahui untuk setiap x \in \mathbb{R}, berlaku
\begin{aligned} & x^2 \geq 0 \\ & 2x^2 \ge x^2 \geq 0 \\ & 1 + 2x^2 \geq 1 + x^2 > 0 \\ & \dfrac{1}{1+2x^2} \leq \dfrac{1}{1+x^2} \\ & \dfrac{1+x^2}{1+2x^2} \leq 1 \end{aligned}
Ambil g(x) = \dfrac{1}{1+2x^2} dan f(x) = \dfrac{1}{1+x^2}, sehingga terpenuhi
\dfrac{g(x)} {f(x)} \leq 1
dan ini menunjukkan bahwa
\displaystyle \sup_{x \in D} g(x) = 1 \leq \inf_{x \in D} f(x) = 0

[collapse]

Soal Nomor 8
Tentukan nilai dari \displaystyle \lim_{k \to \infty} \dfrac{1}{k^k} \sum_{n=1}^{k} n^k

Penyelesaian

Perhatikan bahwa bentuk di atas dapat ditulis menjadi
\begin{aligned} & \displaystyle \lim_{k \to \infty} \sum_{n=1}^{k} \left(\dfrac{n} {k}\right)^k \\ & = \lim_{k \to \infty} \left(\left(\dfrac{1}{k}\right)^k +\left(\dfrac{2}{k}\right)^k + \cdots + \left(\dfrac{k}{k}\right)^k\right) \\ & = \lim_{k \to \infty} \left(1 + \left(1 + \dfrac{-1}{k}\right)^k + \left(1 + \dfrac{-2}{k}\right)^k + \cdots + \left(1 + \dfrac{-k}{k}\right)^k \\ & = 1 + e^{-1} + e^{-2} + e^{-3} + \cdots \\ & = \dfrac{1}{1-e^{-1}} = \boxed{\dfrac{e} {e - 1}} \end{aligned}
Catatan:
Ingat bahwa
\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left(1 + \dfrac{x} {n} \right)^n = e^x
untuk setiap x \in \mathbb{R}

[collapse]

Soal Nomor 9 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Untan Tahun 2018)
Jika f fungsi kontinu pada selang [0, \infty] dan
\displaystyle \int_0^{x^2} f(t)~dt = x(\cos (\pi x) - 1)
Hitung f(9)

Penyelesaian

Teorema Dasar Kalkulus Pertama mengatakan bahwa untuk setiap fungsi f yang kontinu pada interval tertutup [a, b] dan x sembarang titik dalam interval tersebut, maka berlaku
\displaystyle \dfrac{d}{dx} \int_0^x f(t)~dt = f(x)
Jadi,
\begin{aligned} \dfrac{d}{dx} \int_0^{x^2} f(t)~dt & = \dfrac{d}{dx}\left[F(t)\right]_0^{x^2} \\ & = \dfrac{d} {dx} (F(x^2) - F(0)) \\ & = f(x^2). 2x = 2xf(x^2) \end{aligned}
Selanjutnya, dapat kita tuliskan
\begin{aligned} \displaystyle \dfrac{d}{dx} \int_0^{x^2} f(t)~dt & = \dfrac{d}{dx} x(\cos (\pi x) - 1) \\ 2xf(x^2) & = (\cos \pi x - 1) - \pi x \sin \pi x \\ 2.3f(3^2) & = \cos 3\pi - 1 - 3\pi \sin 3\pi \\ f(9) &= - \dfrac{1}{3} \end{aligned}
Jadi, nilai dari f(9) adalah -\dfrac{1}{3}
Catatan:
Turunan x terhadap fungsi konstan f(0) = 0 adalah f'(0)=0

[collapse]

Soal Nomor 10 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2007)
Diberikan \theta_n = \arctan n, maka
\displaystyle \lim_{n \to \infty} (\theta_{n+1}- \theta_n) = \cdots

Penyelesaian

Perhatikan bahwa
\begin{aligned} \displaystyle & \lim_{n \to \infty} (\theta_{n+1}- \theta_n) \\ & = \lim_{n \to \infty} (\arctan (n+1) - \arctan n) \\ & = \dfrac{\pi} {2} - \dfrac{\pi} {2} = 0 \end{aligned}
Jadi, diperoleh
\boxed{\displaystyle \lim_{n \to \infty} (\theta_{n+1}- \theta_n) = 0} 

[collapse]

Soal Nomor 11
Diberikan fungsi f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R} dengan
f(x) = 1 + a_1 \sin x + a_2 \sin 2x + \cdots + a_n \sin nx
untuk \forall x \in \mathbb{R}. Jika |f(x) -1| = 2 \sin 2x, maka nilai
|a_1 + 2a_2 + \cdots + na_n| = \cdots

Penyelesaian

Perhatikan bahwa,
\begin{aligned} & f(x) = 1 + a_1 \sin x + a_2 \sin 2x + \cdots + a_n \sin nx \\ & f'(x) = a_1 \cos x + 2a_2 \cos 2x + \cdots + na_n \cos nx \\ & f'(0) = a_1 + 2a_2 + \cdots na_n \end{aligned}
Diberikan |f(x) -1| = 2 \sin 2x, sehingga
f(x) -1 = \begin{cases} 2 \sin 2x, & x \in \left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi} {2}\right] \\ \\ -2 \sin 2x, & x \in \left[-\pi, -\dfrac{\pi} {2}\right) \cup \left(\dfrac{\pi}{2}, \pi \right] \end{cases}
Dari sini, kita dapatkan turunannya,f'(x) = \begin{cases} 4 \cos 2x \\ -4 \cos 2x \end{cases}
untuk nilai x yang bersesuaian, sehingga
f'(0) = \begin{cases} 4 \\ -4 \end{cases}
Akibatnya,
|f'(0)| = 4
Jadi, kita peroleh
\boxed{|a_1 + 2a_2 + \cdots + na_n| = |f'(0)| = 4}

[collapse]

Soal Nomor 12 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Misalkan a_i > 0, \forall i = 1,2,\cdots, 2016. Jika
(a_1a_2\cdots a_{2016})^{\frac{1}{2016}} = 2, maka
(1 + a_1)(1 + a_2)\cdots(1 + a_{2016}) \geq \cdots

Penyelesaian

Persamaan (a_1a_2\cdots a_{2016})^{\frac{1}{2016}} = 2 mencapai nilai minimum saat a_1 = a_2 = \cdots = a_{2016} = 2, sehingga
\begin{aligned} (1 + a_1)(1 + a_2)\cdots(1 + a_{2016}) & \geq (1 + 2)(1+2)\cdots (1+2) \\ & =3^{2016} \end{aligned}

[collapse]

Soal Nomor 13 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Untuk setiap n \in \mathbb{N}, f_n = nx(1 - x^2)^n untuk setiap x dengan 0 \leq x \leq 1 dan a_n = \displaystyle \int_0^1 f_n(x)~dx. Jika s_n = \sin (\pi a_n) untuk setiap n \in \mathbb{N}, maka \displaystyle \lim_{n \to \infty} s_n = \cdots

Penyelesaian

Diberikan f_n = nx(1 - x^2)^n
dan
\displaystyle a_n = \int_0^1 f_n(x)~dx = \int_0^1 nx(1-x^2)^n~dx
Dengan menggunakan metode substitusi dalam integral, misalkan u = 1 - x^2 sehingga \text{d}u = 2x~dx, diperoleh
a_n = \left[-\dfrac{n} {2(n+1)} (1-x^2)^{n+1}\right]_0^1 = \dfrac{n}{2(n+1)}
Jadi,
\boxed{\displaystyle \lim_{n \to \infty} s_n = \lim_{n \to \infty} \sin\left(\pi \times \dfrac{n} {2(n+1)}\right) = \sin \dfrac{\pi} {2}= 1}

[collapse]

Soal Nomor 14 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Jika E = \{f | f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R} fungsi kontinu dengan f(x) \in \mathbb{Q}, \forall x \in \mathbb{R}\}, maka E = \cdots

Penyelesaian

E = \{f(x) = c, c \in \mathbb{Q}\}
Dengan menggunakan kontradiksi, andaikan f \in E dan f tak konstan, maka akan ditemukan dua bilangan real x dan y sedemikian sehingga f(x) \neq f(y). Ambil sebuah bilangan irasional z di antara f(x) dan f(y). Dengan menggunakan Teorema Nilai Antara (Intermediate Value Theorem), ada w \in \mathbb{R} sedemikian sehingga f(w) = z dan ini kontradiksi dengan definisi himpunan E, di mana harus f(w) \in \mathbb{Q} terpenuhi untuk setiap w \in \mathbb{R}. Jadi, haruslah f konstan berupa bilangan rasional.

[collapse]

Diposkan pada

Soal ON MIPA-PT dan Pembahasan – Bidang Aljabar Linear

 

Berikut ini adalah soal-soal ON MIPA-PT bidang Aljabar Linear beserta pembahasannya. Beberapa soal mungkin belum disediakan penyelesaiannya. Jika Anda dapat memberi solusi, silakan kirimkan argumentasi Anda di email: shanedizzy6@gmail.com. Tentunya, kami mengucapkan terima kasih atas hal tersebut. 
Jika ada pertanyaan, silakan ajukan di kolom komentar.

Soal Nomor 1 (Seleksi Wilayah ON MIPA-PT Tahun 2017)
Misalkan K dan L adalah dua subruang berbeda dari ruang vektor real V. Jika \dim(K) = \dim(L) = 4, maka dimensi minimal yang mungkin untuk V adalah \cdots

Penyelesaian

Jika K, L dua subruang berbeda dari ruang vektor V, maka haruslah
\dim(K) = \dim(L) < \dim(V)
Karena \dim(K) = \dim(L) = 4, maka dimensi minimal yang mungkin untuk V adalah 5.

[collapse]

Soal Nomor 2
Untuk f, g \in \mathbb{C}[0,1], didefinisikan hasil kali dalam 
\langle f, g \rangle = \displaystyle \int_{0}^{1} f(x)g(x)~dx
Agar fungsi f(x) = -3x + 2k^2 dan g(x) = x ortogonal pada ruang hasil kali dalam tersebut, maka nilai konstanta k adalah \cdots

Penyelesaian

Karena f(x) dan g(x) ortogonal pada RHKD tersebut, haruslah berlaku
\langle f, g \rangle = \displaystyle \int_0^1 (-3x+2k^2)(x)~dx = 0
Lakukan proses integrasi sebagai berikut. 
\begin{aligned} \displaystyle \int_0^1 (-3x^2+2k^2x)~dx & = 0 \\ \left[-x^3+k^2x^2\right]_0^1 & = 0 \\ (-1 + k^2) - 0 & = 0 \\ k & = \pm 1 \end{aligned}
Jadi, nilai konstanta k adalah \pm 1

[collapse]

Soal Nomor 3 (Seleksi Wilayah ON MIPA-PT Tahun 2017)
Misalkan V ruang vektor fungsi-fungsi ae^{3x}\sin x + be^{3x}\cos x. Transformasi T: V \mapsto V didefinisikan T(f) = f'+f untuk \forall f \in V. Matriks representasi T terhadap basis \{e^{3x}\sin x, e^{3x}\cos x\} adalah \cdots

Penyelesaian

Didefinisikan transformasi T(f) = f'+f (perhatikan bahwa f' menyatakan turunan pertama fungsi f), sehingga
\begin{aligned} T(e^{3x}\sin x) & = (3e^{3x}\sin x + e^{3x} \cos x) + e^{3x}\sin x \\ & = 4e^{3x}\sin x + e^{3x} \cos x \end{aligned}
dan
\begin{aligned} T(e^{3x}\cos x) & = (3e^{3x}\cos x - e^{3x} \cos x) + e^{3x}\sin x \\ & = 4e^{3x}\sin x - e^{3x} \cos x \end{aligned}
Dengan memperhatikan koefisien e^{3x}\sin x dan e^{3x}\cos x} dari masing-masing hasil transformasi yang merupakan basis matriks representasi T (misal kita beri nama himpunannya B), diperoleh
\boxed{T = \begin{pmatrix} T(e^{3x} \sin x)_B & T(e^{3x} \cos x)_B \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & - 1 \\ 1 & 4 \end{pmatrix} }

[collapse]



Soal Nomor 4 (Seleksi Wilayah ON MIPA-PT Tahun 2017)
Misalkan A, B, C, D matriks-matriks berukuran n \times n. Misalkan pula A memiliki balikan dan AC = CA. Buktikan bahwa
\det\begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} = \det(AD-CB)

Penyelesaian

Langkah pertama yang cukup tricky untuk membuktikan persamaan itu adalah menuliskan ekspresi determinan pada ruas kirinya dalam 2 faktor. 
\begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I & O \\ CA^{-1} & I \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & B \\ O & D-CA^{-1}B \end{bmatrix}
di mana O dan I berturut-turut menyatakan matriks nol dan matriks identitas perkalian. 
Dengan menggunakan teorema determinan |AB| = |A||B|, diperoleh
\begin{vmatrix} A & B \\ C & D \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} I & O & CA^{-1} & I \end{vmatrix} \begin{vmatrix} A & B \\ O & D-CA^{-1}B \end{vmatrix}
Jika diperhatikan, bentuk matriks pada ruas kanan merupakan matriks segitiga atas dan bawah. Teorema determinan pada submatriks memperbolehkan perhitungan determinan seperti biasa, 
\begin{aligned} & \begin{vmatrix} A & B \\ C & D \end{vmatrix} \\ & = \det(I) \times \det(A(D - CA^{-1}B) -O) = \det(AD - ACA^{-1}B) \end{aligned}
Karena AC = CA, maka dapat ditulis
\begin{vmatrix} A & B \\ C & D \end{vmatrix} = \det(AD - CAA^{-1}B) = \det(AD - CB)
(Terbukti) \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 5 (Seleksi Wilayah ON MIPA-PT Tahun 2017)
Didefinisikan hasil kali dalam \langle A, B \rangle = \text{tr}(B^TA), A, B \in \mathbb{R}^{2 \times 2}. 
\left\{\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1 &1 \\ a & 0 \end{bmatrix}\right\}
adalah himpunan ortogonal jika dan hanya jika a = \cdots

Penyelesaian

Himpunan matriks yang diberikan itu ortogonal dalam ruang hasil kali dalam yang diberikan, ditulis
\left \langle \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1 &1 \\ a & 0 \end{bmatrix} \right \rangle = \text{tr}\left(\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 &1 \\ a & 0 \end{bmatrix}\right) = 0
Dengan mengalikan matriksnya, didapat
\text{tr}\left(\begin{bmatrix} -a & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}\right) = 0
Berdasarkan definisi trace, 
-a + 1 = 0 \Rightarrow a = 1. 
Jadi, nilai a yang memenuhi kondisi tersebut adalah 1.
Catatan: Trace dari matriks A, dinotasikan \text{tr}(A) didefinisikan sebagai jumlah dari entri-entri diagonal utama matriks A. 

[collapse]

Soal Nomor 6 (Seleksi Nasional ON MIPA-PT Tahun 2017)
Misalkan A dan B adalah matriks dalam \mathbb{R}^{n \times n} yang memenuhi persamaan
AB^2 - 2BAB + B^2A = O
Tentukan nilai eigen terbesar dari matriks AB - BA.

Penyelesaian

Perhatikan bahwa
\begin{aligned} & AB^2 - 2BAB + B^2A = O\\ & AB^2 - BAB - BAB + B^2A = O \\ & (AB-BA)B - B(AB - BA) = O \\ & (AB-BA)B = B(AB-BA) \end{aligned}
Persamaan terakhir menunjukkan bahwa matriks B dan AB - BA komutatif satu sama lain. Dua kemungkinan untuk kedua matriks ini adalah matriks nol atau matriks identitas perkalian (karena kedua matriks ini selalu komutatif). Jika AB - BA = O, maka nilai eigennya jelas 0 (nol), sedangkan jika AB - BA = I, maka nilai eigennya adalah 1 (satu). Jadi, nilai eigen terbesar dari matriks AB-BA adalah 1.

[collapse]

Soal Nomor 7 (Seleksi Wilayah ON MIPA-PT Tahun 2009)
Misalkan P_1 ruang polinom real berderajat paling tinggi 1 dengan hasil kali dalam
\displaystyle \langle p(x), q(x) \rangle = \int_0^1 p(x) q(x)~dx
Proses ortonomalisasi Gram-Schmidt pada himpunan \{1,x\} di P_1 akan menghasilkan himpunan ortonormal \cdots

Penyelesaian

Misalkan p_1 = 1,p_2=x, sehingga
\displaystyle p_1 \bullet p_2 = \int_0^1 x~dx = \dfrac{1}{2}
dan juga
\displaystyle ||p_1||^2 = \int_0^1~1~dx = 1
Terapkan Proses Gram-Schmidt. Misal  u_1 = p_1 = 1 dan
\displaystyle \begin{aligned} u_2 & = p_2 - \dfrac{p_2 \bigdot u_1}{||u_1||^2}u_1 \\ & = x - \dfrac{\frac{1}{2}}{1}(1) = x - \dfrac{1}{2} \end{aligned}
Jadi, diperoleh himpunan ortogonal \left \{1, x - \dfrac{1}{2}\right\}
Selanjutnya, kita akan mencari himpunan ortonormalnya dengan membagi masing-masing anggota himpunan dengan normanya. 
\displaystyle \begin{aligned} & ||u_1|| = \int_0^1~dx = 1 \\ & ||u_2|| = \int_0^1 \left(x - \dfrac{1}{2}\right)^2~dx = \dfrac{11}{24} \end{aligned}
Berarti himpunan ortonormal yang dimaksud adalah
\boxed{\left\{1, \dfrac{x - \frac{1}{2}} {\frac{11}{24}} \right\} = \left\{1, \dfrac{24x-12}{11}\right\}}

[collapse]

Soal Nomor 8 (Seleksi Wilayah ON MIPA-PT Tahun ????) 
Contoh matriks real simetris 2 \times 2 yang semua komponennya tak nol dan semua nilai karakteristiknya negatif adalah \cdots

Penyelesaian

Misalkan matriks real simetris berukuran 2 \times 2 yang dimaksud adalah
\displaystyle\begin{bmatrix} a & b \\ b & a \end{bmatrix}
dengan a, b \in \mathbb{R}
sehingga persamaan karakteristiknya memenuhi
\begin{aligned} & \begin{vmatrix} a - \lambda & b \\ b & a - \lambda \end{vmatrix} = 0 \\ & (a - \lambda)^2 = b^2 \\ & a - \lambda =\pm b \end{aligned}
Diperoleh \lambda = a \pm b
Karena \lambda < 0, maka salah satu kombinasi nilai a, b yang memenuhi persamaan di atas adalah a = -2 dan b = 1, yaitu
-2 + 1 = -1
Jadi, contoh matriksnya adalah 
\begin{bmatrix} -2& 1 \\ 1& -2 \end{bmatrix}
Catatan: Matriks real simetris adalah matriks dengan komponen/entrinya bilangan real dan transpos matriksnya sama dengan matriks itu sendiri. 
Soal ini termasuk soal open-ended, karena jawaban yang diharapkan bisa berbeda-beda.

[collapse]

Soal Nomor 9 (Seleksi Wilayah ON MIPA-PT Tahun 2013)
Misalkan \displaystyle W = \left\{f \in C[1,2] | \int_1^2 f(x)~dx = a\right\}
Agar W merupakan subruang dari vektor C[1,2], haruslah a = \cdots

Penyelesaian

Subruang W haruslah tertutup terhadap operasi penjumlahan dan perkalian skalar. 
Misal \displaystyle \int_1^2 kf(x)~dx = a
Ambil k = 1 dan k = 2, berturut-turut diperoleh
\displaystyle \begin{aligned} F(2) - F(1) = a \\ 2F(2) - 2F(1) = a \end{aligned}
Diperoleh \boxed{a = 0}

[collapse]

Diposkan pada

Soal dan Pembahasan Keluarga/Berkas Garis (Families of Lines)

 

Soal Nomor 1
Tentukan persamaan dari keluarga garis yang jaraknya 3 satuan dari titik (1,2) dan sejajar dengan garis 3x+4y+5=0.

Penyelesaian

Untuk soal di atas dapat menggunakan rumus jarak dari titik (X_1,Y_1) ke garis Ax+By+C=0
\boxed{\dfrac{Ax+By+c}{\sqrt{A^2+B^2}}}

Dalam hal ini kita akan mencari persamaan keluarga garis yang sejajar dengan garis Ax+By+C=0 (koefisien A dan koefisien B tetap, sedangkan konstanta C berubah dan gradien garisnya sama), karena berjarak 3 satuan dari titik (1,2) maka persamaan keluarga garisnya ada dua yaitu sebelah kanan dari titik (1,2) dan sebelah kiri dari titik (1,2)
jadi,
\dfrac{3x+4y+c}{\sqrt{3^2+4^2}}=3
Substitusikan titik (1,2)
\begin{aligned}\dfrac{3(1)+4(2)+c}{5}&=3\\\left3+8+c\right&=15\\11+c&=15\\c&=4\end{aligned}
\dfrac{3x+4y+c}{\sqrt{3^2+4^2}}=-3
Substitusikan titik (1,2)
\begin{aligned}\dfrac{3(1)+4(2)+c}{5}&=-3\\\left3+8+c\right&=15\\11+c&=-15\\c&=-26\end{aligned}
jadi, persamaan dari keluarga garisnya adalah
3x+4y+4=0 dan 3x+4y-26=0

[collapse]

Soal Nomor 2
Tentukan persamaan dari keluarga garis yang melewati titik potong x-7y+3=0 dan 4x+2y-5=0 yang bergradien 3

Penyelesaian

untuk menyelesaikan soal di atas kita dapat menggunakan rumus jarak jarak dari titik (X_1,Y_1) ke garis Ax+By+C=0
\boxed{(A_1x+B_1y+C_1)+k(A_2+B_2+C)=0}
untuk mencari persamaan dari keluarga garis yang melewati titik potong dari garis-garis yang telah diketahui dan k merupakan sebuah parameter
jadi, penyelesaian untuk soal di atas adalah
\begin{aligned}(x-7y+3)+k(4x+2y-5)&=0\\\left(x-7y+3)+(4kx+2ky-5k)\right&=0\\x+4kx-7y+2ky+3-5k&=0\\(1+4k)x+(-7+2k)y+3-5k&=0\\(-7+2k)y&=-(1+4k)x-3+5k\\y&={\dfrac{-(1+4k)x-3+5k}{-7+2k}\end{aligned}
Ingat!! bahwa
\boxed{y=mx+b}
yangmana koefisien dari x merupakan gradien
y={\dfrac{-(1+4k)x-3+5k}{-7+2k}
Di soal diminta untuk menemukan persamaan dari anggota keluarga garis yang memiliki gradien 3 maka,
\begin{aligned}{\dfrac{-(1+4k)}{-7+2k}}&=3\\\left-(1+4k)\right&=3(-7+2k)\\-1-4k&=-21-6k\\-1-4k&=-21-6k\\20&=10k\\k&={\dfrac{20}{10}}\\k&=2\end{aligned}
lalu kita substitusikan k=2
\begin{aligned}(x-7y+3)+k(4x+2y-5)&=0\\\left(x-7y+3)+2(4x+2y-5)\right&=0\\(x-7y+3)+(8x+4y-10)&=0\\9x-3y-7&=0\end{aligned}
jadi,persamaan dari keluarga garis yang melewati titik potong x-7y+3=0 dan 4x+2y-5=0 yang bergradien 3 adalah 9x-3y-7=0

Soal Nomor 3
Carilah persamaan garis lurus yang melalui titik potong garis x+3y-7=0 dan 2x+y-1=0 serta berjarak sama dari titik-titik A(2,0) dan B(4,3)

Penyelesaian

Untuk menyelesaikan soal tersebut kita dapat menggunakan rumus
\boxed{(A_1x+B_1y+C)+k(A_2x+B_2+C)=0}
dimana k merupakan parameter
\begin{aligned}{(x+3y-7)+k(2x+y-1)}&=0\\\leftx+3y-7+2kx+yk-k\right&=0\\2kx+x+yk+3y-7-k&=0\\(2k+1)x+(3+k)y-7-k&=0\\(3+k)y&=-(2k+1)x+7+k\\y&=\dfrac{-(2x+1)x+7+k}{3+k}\end{aligned}
 Ingat!!! bahwa
y=mx+c
Jadi, berdasarkan persamaan garis tersebut gradien garisnya merupakan koefisien dari x yaitu
\dfrac{-(2x+1)}{3+k}
\dfrac{-2x-1}{3+k}
kemudian cari gradien dari titik A(2,0) dan B(4,3) menggunakan rumus
\boxed{m=\dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}}
\begin{aligned}{m}&=\dfrac{3-0}{4-2}\\\leftm\right&=\dfrac{3}{2}\end{aligned}
 persamaan garis yang melalui titik A(2,0) dan B(4,3) sejajar dengan garis  lurus yang melalui titik potong garis x+3y-7=0 dan 2x+y-1=0 serta berjarak sama dari titik A(2,0) dan B(4,3) sehingga
\begin{aligned}{m}&=\dfrac{-2k-1}{3+k}\\\left\dfrac{3}{2}\right&=\dfrac{-2k-1}{3+k}\\9+3k&=-4k-2\\-7k&=11\\k&=\dfrac{-11}{7}\end{aligned}
 kemudian substitusikan k ke (x+3y-7)+k(2x+y-1)=0
\begin{aligned}{(x+3y-7)+\dfrac{-11}{7}{(2x+y-1)}}&=0\\\leftx+3y-7-\dfrac{22}{7}x-\dfrac{11}{7}y+\dfrac{11}{7}\right&=0\end{aligned}
 kalikan semuanya dengan 7
\begin{aligned}{7x+21y-49-22x-11y+11}&=0\\\left-15x+10y-38\right&=0\end{aligned}

[collapse]

Soal Nomor 4
Tentukan persamaan dari dua garis sejajar yang terletak 6 satuan terpisah yangmana garis 2x-3y+2=0 berada diantara dua garis sejajar tersebut
Penyelesaian

Gradien dari persaamaan garis ax+by+c=0 adalah koefisien dari x
\begin{aligned}ax+by+c&=0\\by&=-ax-c\\y&=\dfrac{-ax-c}{b}\end{aligned}
Mencari dua persamaan garis sejajar yang berjarak 6 satuan, dan tepat di tengah dua garis sejajar terdapat garis 2x-3y+2=0, sehingga ada 3 satuan disebalah kiri dan kanan garis tersebut. Garis yang sejajar merupakan garis yang memilki gradien yang sama
\begin{aligned}2x-3y+2&=0\\ \left-3y\right&=-2x-2\\y&=\dfrac{-2x-2}{-3}\\y&=\dfrac{2x+2}{3}\end{aligned}
Persamaan garis yang berada di sebelah kanan garis 2x-3y+2=0, kita tambah 3 satuan yang bernilai positif
\begin{aligned}y&=\dfrac{2x+2}{3}+3 \text{(kedua ruas dikali 3)}\\3y&=2x+2+9\\3y&=2x+11\\ 2x-3y+11&=0\end{aligned}
Persamaan garis yang berada di sebelah kiri garis 2x-3y+2=0 maka kita tambahkan 3 satuannya yang bernilai negatif
\begin{aligned}y&=\dfrac{2x+2}{3}+(-3)\\ \lefty\right&=\dfrac{2x+2}{3}-3\text{(kedua ruas dikali 3)}\\3y&=2x+2-9\\3y&=2x-7\\2x-3y-7&=0\end{aligned}
Jadi, persamaan dua garisnya adalah 2x-3y+11=0 dan 2x-3y-7=0

[collapse]

Soal Nomor 5
Tentukan persamaan garis yang melalui titik potong x-5y-4=0 dan 2x+3y+2=0 serta melalui titik (2,5)

Penyelesaian

Pertama kita mencari titik potong dari x-5y-4=0 dan 2x+3y+2=0

\begin{aligned}x-5y-4&=0\\ \left-5y\right&=-x+4\\y&=\dfrac{-x+4}{-5}\end{aligned}
\begin{aligned}2x+3y+2&=0\\ \left3y\right&=-2x-2\\y&=\dfrac{-2x-2}{3}\end{aligned}
\begin{aligned}y_1&=y_2\\ \left\dfrac{-x+4}{-5}&=\dfrac{-2x-2}{3}\\-3x+12&=10x+10\\-13x&=-2\\x&=\dfrac{2}{13}\end{aligned}
kemudian substitusikan nilai x kesalah satu persamaan
\begin{aligned}{x-5y-4&=0}\\ \left{\dfrac{2}{13}}-5y-4\right&=0\\-5y&=4-{\dfrac{2}{13}}\\-5y={\dfrac{50}{13}}\\y&={\dfrac{50}{13}}\times{\dfrac{1}{-5}}\\y&={\dfrac{-10}{13}}\end{aligned}
setelah menemukan titik potong dari dua garis, kita dapat mencari persamaan garis dengan menggunakan rumus persamaan garis yang melalui dua titik
\boxed{\dfrac{y-y_1}{y_2-y_1}=\dfrac{x-x_1}{x_2-x_1}}
persamaan garis yang melalui (\dfrac{2}{13},\dfrac{-10}{13}) dan (2,5)
\dfrac{y-(-\dfrac{10}{13})}{5-(-\dfrac{10}{13})}=\dfrac{x-\dfrac{2}{13}}{2-\dfrac{2}{13}}
\dfrac{y+\dfrac{10}{13}}{5+\dfrac{10}{13}}=\dfrac{x-\dfrac{2}{13}}{2-\dfrac{2}{13}}
\dfrac{y+\dfrac{10}{13}}{\dfrac{65+10}{13}}=\dfrac{x-\dfrac{2}{13}}{\dfrac{26-2}{13}}
\dfrac{y+\dfrac{10}{13}}{\dfrac{75}{13}}=\dfrac{x-\dfrac{2}{13}}{\dfrac{24}{13}}
\dfrac{24}{13}(y+\dfrac{10}{13})=\dfrac{75}{13}(x-\dfrac{2}{13})
\dfrac{24}{13}y+\dfrac{240}{13\times13}=\dfrac{75}{13}x-\dfrac{900}{13\times13}
Kedua ruas dikalikan dengan 169
169(\dfrac{24}{13}y+\dfrac{240}{169})=(\dfrac{75}{13}x-\dfrac{900}{169})169
312y+240=975x-900
975x-312y-1140=0

[collapse]

Soal Nomor 6
Tentukan persamaan garis yang melalui titik potong 2x+5y+7=0 dan 4x-2y+3=0 dan x berpotongan di 4

Penyelesaian


Yang pertama kita lakukan untuk menyelesaikan soal tersebut adalah dengan mencari titik potong dari 2x+5y+7=0 dan 4x-2y+3=0 dengan cara substitusi
2x+5y+7=0
2x=-7-5y
x=\dfrac{-7-5y}{2}
kemudian kita substitusikan persamaan x ke persamaan garis 4x-2y+3=0
4(\dfrac{-7-5y}{2})-2y+3=0
2(\dfrac{-7-5y}{2})-2y+3=0
-14-10y-2y+3=0
-11-12y=0
-11=12y
y=\dfrac{-11}{12}
setelah mendapatkan nilai y kita dapat menggunakannya untuk mencari nilai x yaitu dengan mensubstitusikannya ke x=\dfrac{-7-5y}{2}
x=\dfrac{-7-5(\dfrac{-11}{12})}{2}
x=\dfrac{-7+\dfrac{55}{12}}{2}
x=\dfrac{\dfrac{-84+55}{12}}{2}
x=\dfrac{\dfrac{-29}{12}}{2}
x=\dfrac{-29}{12}\times{\dfrac{1}{2}}
x=\dfrac{-29}{24}
sehingga ditemukanlah titik potongnya yaitu (\dfrac{-29}{24}\dfrac{-11}{12})
kemudian gunakan rumus
\boxed{\dfrac{y-y_1}{y_2-y_1}=\dfrac{x-x_1}{x_2-x_1}}
di soal diketahui bahwa x berpotongan di titik 4 maka ynya adalah 0. Kemudian substitusikan titik-titik yang sudah diketahui y_1=0, x_1=4, y_2=\dfrac{-11}{12}, dan x_2=\dfrac{-29}{24}
\dfrac{y-y_1}{y_2-y_1}=\dfrac{x-x_1}{x_2-x_1}
\dfrac{y-0}{-\dfrac{11}{12}-0}=\dfrac{11-4}{1\dfrac{29}{24}-4}
\dfrac{y}{-\dfrac{11}{12}}=\dfrac{11-4}{-\dfrac{125}{24}}
-\dfrac{125}{24}y=-\dfrac{11}{12}x+\dfrac{44}{12}
kemudian kedua ruas dikalikan dengan 24
(-\dfrac{125}{24}y=-\dfrac{11}{12}x+\dfrac{44}{12})24
-125y=-22x+88
22x-125y-88=0

[collapse]