Soal dan Pembahasan – Deret Geometri Tak Hingga

Berikut ini penulis sajikan soal-soal beserta pembahasannya tentang deret geometri tak hingga. Soal-soal ini dikumpulkan dari berbagai sumber termasuk soal UN maupun SBMPTN. Semoga bermanfaat.

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – Barisan dan Deret Aritmetika

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – Barisan dan Deret Geometri

Quote by Stefan Banach

Mathematics is the most beautiful and most powerful creation of the human spirit.

Bagian Pilihan Ganda

Soal Nomor 1
Hasil jumlah dari $4+2+1+\cdots$ adalah $\cdots \cdot$
A. $5$                   C. $8$                  E. $14$
B. $6$                   D. $12$

Pembahasan

Deret geometri tak hingga tersebut memiliki suku pertama $a = 4$ dan rasio $r = \dfrac12$.
Jumlah tak hingganya dinyatakan oleh
$\text{S}_{\infty} = \dfrac{a}{1-r} = \dfrac{4}{1-\frac12} = \dfrac{4}{\frac12} = 8$
(Jawaban C)

[collapse]

Soal Nomor 2
Jumlah tak hingga dari deret geometri $18+12+8+\cdots$ adalah $\cdots \cdot$
A. $42$                   C. $54$                  E. $84$
B. $48$                   D. $76$

Pembahasan

Deret geometri tak hingga tersebut memiliki suku pertama $a = 18$ dan rasio $r = \dfrac{12}{18} = \dfrac23$.
Jumlah tak hingganya dinyatakan oleh
$\text{S}_{\infty} = \dfrac{a}{1-r}= \dfrac{18}{1-\frac23} = \dfrac{18}{\frac13} = 54$
(Jawaban C)

[collapse]

Soal Nomor 3
Jumlah deret geometri tak hingga $27-9+3-\dfrac13+\cdots$ adalah $\cdots \cdot$
A. $\dfrac{27}{2}$                C. $\dfrac{81}{2}$                 E. $-\dfrac{81}{4}$
B. $\dfrac{27}{4}$                D. $\dfrac{81}{4}$

Pembahasan

Deret geometri tak hingga tersebut memiliki suku pertama $a = 27$ dan rasio $r = \dfrac{-9}{27} = -\dfrac13$.
Jumlah tak hingganya dinyatakan oleh
$\begin{aligned} \text{S}_{\infty} & = \dfrac{a}{1-r} = \dfrac{27}{1-\left(-\frac13\right)} \\ & = \dfrac{27}{\frac43} = 27 \cdot \dfrac34 = \dfrac{81}{4} \end{aligned}$
(Jawaban D)

[collapse]

Soal Nomor 4
Jumlah tak hingga dari deret geometri $1-\dfrac34+\dfrac{9}{16}-\dfrac{27}{64}+\cdots$ adalah $\cdots \cdot$
A. $\dfrac37$                 C. $\dfrac57$                   E. $\dfrac87$
B. $\dfrac47$                 D. $\dfrac67$

Pembahasan

Deret geometri tak hingga tersebut memiliki suku pertama $a = 1$ dan rasio $r = -\dfrac34$.
Jumlah tak hingganya dinyatakan oleh
$\begin{aligned} \text{S}_{\infty} & = \dfrac{a}{1-r} = \dfrac{1}{1-\left(-\frac34\right)} = \dfrac{1}{\frac74} = \dfrac47 \end{aligned}$
(Jawaban B)

[collapse]

Soal Nomor 5
Suku kedua dan suku keempat suatu deret geometri tak hingga berturut-turut adalah 1 dan $\dfrac19$. Jika rasionya positif, maka jumlah semua suku dari deret geometri itu adalah $\cdots \cdot$
A. $\dfrac13$                    C. $3$               E. $4\dfrac12$
B. $2$                      D. $4$        

Pembahasan

Diketahui: $\text{U}_2 = 1$ dan $\text{U}_4 = \dfrac19$
Rasio deret ini dapat dihitung dengan melakukan perbandingan seperti berikut. 
$\begin{aligned} \dfrac{\text{U}_4}{\text{U}_2} & = \dfrac{\frac19}{1} \\ \dfrac{ar^3}{ar} & = \dfrac{1}{9} \\ r^2 & = \dfrac19 \Leftrightarrow r & = \pm \dfrac13 \end{aligned}$
Karena rasionya diketahui positif, maka diambil $r = \dfrac13$.
Dengan demikian, suku pertamanya dapat ditentukan sebagai berikut. 
$\begin{aligned} \text{U}_2 & = ar \\ 1 & = a\left(\dfrac13\right) \\ a & = 3 \end{aligned}$
Selanjutnya, jumlah deret tersebut adalah
$\begin{aligned} \text{S}_{\infty} & = \dfrac{a} {1-r} = \dfrac{3}{1 -\frac13} = \dfrac{3}{\frac23} \\ & = 3 \times \dfrac32 = \dfrac92 = 4\dfrac12 \end{aligned}$
Jadi, jumlah semua suku dari deret geometri itu adalah $\boxed{4\dfrac12}$
(Jawaban E)

[collapse]

Soal Nomor 6
Diketahui suatu deret geometri mempunyai suku pertama $27$. Jumlah tak hingga deret tersebut adalah $81$. Jumlah semua suku bernomor genap dari deret itu adalah $\cdots \cdot$
A. $32\dfrac25$                      D. $46\dfrac35$
B. $34\dfrac25$                      E. $48\dfrac35$
C. $36\dfrac35$ 

Pembahasan

Diketahui: $a = 27$ dan $\text{S}_{\infty} = 81$
Akan ditentukan rasio deret tersebut sebagai berikut. 
$\begin{aligned} \text{S}_{\infty} & = \dfrac{a} {1-r} \\ 81 & = \dfrac{27}{1-r} \\ 1 -r & = \dfrac{27}{81} = \dfrac13 \\ r & = 1 -\dfrac13 = \dfrac23 \end{aligned}$
Jumlah semua suku bernomor genap dinyatakan oleh
$\begin{aligned} & \text{U}_2 + \text{U}_4 + \text{U}_6 + \cdots \\ & = ar + ar^3 + ar^5 + \cdots \\ & = \dfrac{ar} {1 -r^2} \\ & = \dfrac{27 \cdot \frac23}{1 -\left(\frac23\right)^2} \\ & = \dfrac{18}{\frac59} = 18 \cdot \dfrac95 = \dfrac{162}{5} = 32\dfrac25 \end{aligned}$
Jadi, jumlah semua suku bernomor genap deret geometri tak hingga tersebut adalah $\boxed{32\dfrac25}$
(Jawaban A)

[collapse]

Soal Nomor 7
Jika $\dfrac{1}{s} + \dfrac{1}{t} = 1$, maka hasil dari deret geometri tak hingga $\dfrac{1}{s} + \dfrac{1}{st} + \dfrac{1}{st^2} +$ $\cdots + \dfrac{1}{st^n} + \cdots$ adalah $\cdots \cdot$
A. $\dfrac{s}{t}$                   C. $1$                    E. $\dfrac13$
B. $\dfrac{t}{s}$                   D. $\dfrac12$

Pembahasan

Deret geometri tersebut memiliki suku pertama $a = \dfrac{1}{s}$ dan rasio $r = \dfrac{1}{t}$.
Karena diketahui $\dfrac{1}{s} + \dfrac{1}{t} = 1$, maka selanjutnya,
$\begin{aligned} \dfrac{s + t}{st} & = 1 \\ \color{blue}{s+t} & \color{blue}{= st} \end{aligned}$
Dengan demikian, jumlah deret geometri tak hingga itu adalah
$\begin{aligned} S_{\infty} & = \dfrac{a}{1-r} \\ & = \dfrac{\frac{1}{s}}{1-\frac{1}{t}} \color{red}{\times \dfrac{st}{st}} \\ & = \dfrac{t}{\color{blue}{st}-s} \\ & = \dfrac{t}{\color{blue}{(s+t)}-s} \\ & = \dfrac{t}{t} = 1 \end{aligned}$
Jadi, jumlah deret geometri tak hingga tersebut adalah $\boxed{1}$
(Jawaban C)

[collapse]

Soal Nomor 8
Sebuah bola dijatuhkan dari ketinggian $8$ meter. Bola memantul ke atas setelah mengenai lantai dengan ketinggian $\dfrac35$ dari ketinggian semula, begitu seterusnya. Panjang lintasan bola tersebut sampai berhenti adalah $\cdots$ m. 
A. $18$                    C. $26$                   E. $36$
B. $22$                    D. $32$      

Pembahasan

Kasus ini merupakan kasus deret geometri tak hingga
Alternatif I:
Diketahui: 
(Untuk lintasan bola ke bawah) 
$a = 8$ dan $r = \dfrac35$
(Untuk lintasan bola ke atas) 
$a = 8 \times \dfrac35 = \dfrac{24}{5}$ dan $r = \dfrac35$ 
Panjang lintasan bola ke arah bawah dapat ditentukan sebagai berikut. 
$\begin{aligned} \text{S}_{1} & = \dfrac{a} {1-r} = \dfrac{8}{1 -\frac35} \\ & = \dfrac{8}{\frac25} = 8 \times \dfrac52 = 20 \end{aligned}$
Panjang lintasan bola ke arah atas dapat ditentukan sebagai berikut. 
$\begin{aligned} \text{S}_{2} & = \dfrac{a} {1-r} = \dfrac{\frac{24}{5}}{1- \frac35} \\ & = \dfrac{\frac{24}{5}}{\frac25} = \dfrac{24}{5} \times \dfrac52 = 12 \end{aligned}$
Jadi, panjang lintasan bola itu sampai berhenti adalah $\boxed{20 + 12 = 32~\text{m}}$
Alternatif II:
Untuk kasus jatuhnya bola seperti soal ini, terdapat rumus khususnya, yaitu 
$\boxed{\text{S}_{\infty} = h + 2\left(\dfrac{a} {1-r}\right)}$
di mana $h$ adalah ketinggian dijatuhkannya bola, $a$ ketinggian bola setelah pemantulan pertama, dan $r$ rasionya. 
Diketahui: $h = 8, a = 8 \cdot \dfrac35 = \dfrac{24}{5}$, dan $r = \dfrac35$. 
Untuk itu, didapat
$\begin{aligned} \text{S}_{\infty} & = h + 2\left(\dfrac{a} {1-r}\right) \\ & = 8 + 2\left(\dfrac{\frac{24}{5}} {1 -\frac35}\right) \\ & = 8 + 2\left(\dfrac{\cancelto{12}{24}}{\bcancel{5}} \times \dfrac{\bcancel{5}}{\cancel{2}}\right) \\ & = 8 + 2(12) = 32 \end{aligned}$
Jadi, panjang lintasan bola itu sampai berhenti adalah $\boxed{20 + 12 = 32~\text{m}}$ 
(Jawaban D)

[collapse]

Soal Nomor 9
Bola pingpong dijatuhkan dari ketinggian $a^2$ dan memantul tegak lurus lantai. Jika setiap kali bola memantul dengan ketinggian $\dfrac{1}{a}$ dari ketinggian sebelumnya, maka panjang lintasan bola dari awal jatuh sampai dengan berhenti adalah $6a$, maka nilai $a$ yang memenuhi adalah $\cdots \cdot$
A. $2$                    D. $2$ atau $3$
B. $3$                    E. $2$ atau $5$
C. $5$

Pembahasan

Untuk kasus dijatuhkannya bola, kita mempunyai rumus khusus mencari panjang lintasan keseluruhan yang ditempuh bola, yakni
$\text{S}_\infty = h + 2\left(\dfrac{a}{1-r}\right)$
di mana $h$ adalah ketinggian dijatuhkannya bola, $a$ adalah ketinggian bola setelah pantulan pertama, dan $r$ rasio.
Dari kasus ini, kita peroleh
$\begin{aligned} \text{S}_{\infty} & = a^2 + 2\left(\dfrac{a^2 \cdot \frac{1}{a}}{1-\frac{1}{a}}\right) \\ 6a & = a^2 + 2\left(\dfrac{a}{1-\frac{1}{a}}\right) \\ 6a & = a^2+\dfrac{2a^2}{a-1} \\ \text{Kedua ruas}~&\text{dibagi}~a \\ 6 & = a + \dfrac{2a}{a-1} \\ 6(a-1) & = a(a-1) + 2a \\ 6a-6 & = a^2-a+2a \\ a^2-5a+6 & = 0 \\ (a-2)(a-3) & = 0 \end{aligned}$
Diperoleh $a = 2$ atau $a = 3$.
(Jawaban D)

[collapse]

Soal Nomor 10
Nilai dari $2^{1/4} \cdot 4^{1/16} \cdot 8^{1/48} \cdots$ adalah $\cdots \cdot$
A. $\sqrt2$                    C. $1$                   E. $4$
B. $2^{1/4}$                  D. $2$

Pembahasan

Ubah semua basis menjadi $2$ seperti berikut.
$\begin{aligned} & 2^{1/4} \cdot 4^{1/16} \cdot 8^{1/48} \cdots \\ & = 2^{1/4} \cdot (2^2)^{1/16} \cdot (2^3)^{1/48} \cdots \\ & = 2^{1/4} \cdot 2^{1/8} \cdot 2^{1/16} \cdots \\ & = 2^{\color{red}{1/4 + 1/8 + 1/16 + \cdots}} \end{aligned}$
Perhatikan bahwa $1/4+1/8+1/16+\cdots$ merupakan deret geometri tak hingga dengan suku pertama $a = 1/4$ dan rasio $r = 1/2$.
Hasil dari deret geometri tak hingga ini adalah
$\begin{aligned} S_{\infty} & = \dfrac{a}{1-r} \\ & = \dfrac{1/4}{1-1/2} \\ & = \dfrac{1/4}{1/2} = 1/2 \end{aligned}$
Dengan demikian, hasil dari $\boxed{2^{1/4} \cdot 4^{1/16} \cdot 8^{1/48} \cdots = 2^{1/2} = \sqrt2}$
(Jawaban A)

[collapse]

Soal Nomor 11
Nilai $a$ yang memenuhi persamaan $\dfrac{1}{^{10} \log a} + \dfrac{1}{^{\sqrt{10}} \log a} + \dfrac{1}{^{\sqrt{\sqrt{10}}} \log a} + \cdots$ $= 200$ adalah $\cdots \cdot$
A. $\dfrac{1}{100}$                   D. $10^{\frac{1}{100}}$
B. $\dfrac{1}{10}$                     E. $10^{\frac{1}{10}}$
C. $\sqrt{10}$

Pembahasan

Diketahui $\dfrac{1}{^{10} \log a} + \dfrac{1}{^{\sqrt{10}} \log a} + \dfrac{1}{^{\sqrt{\sqrt{10}}} \log a} +$ $\cdots = 200$.
Kita akan menggunakan sifat logaritma berikut.
$\boxed{\begin{aligned} \dfrac{1}{^a \log b} & = ^b \log a \\ ^a \log b + ^a \log c & = ^a \log bc \end{aligned}}$
Kita peroleh

$$\begin{aligned} ^a \log 10 + ^a \log \sqrt{10} + ^a \log \sqrt{\sqrt{10}} + \cdots & = 200 \\ ^a \log (10 \cdot \sqrt{10} \cdot \sqrt{\sqrt{10}} + \cdots) & = 200 \\ ^a \log (10^{\color{red}{1 + \frac12 + \frac14}}) & = 200 \end{aligned}$$Perhatikan bahwa $\color{red}{1+\dfrac12+\dfrac14+\cdots}$ merupakan deret geometri dengan tak hingga dengan $a = 1$ dan rasio $r = \dfrac12$, sehingga
$\text{S}_{\infty} = \dfrac{a}{1-r} = \dfrac{1}{1-\frac12} = 2$.
Jadi, kita peroleh
$\begin{aligned} ^a \log (10^{\color{red}{1 + \frac12 + \frac14}}) & = 200 \\ \Rightarrow ^a \log 10^2 & = 200 \\ a^{200} & = 10^2 \\ a & = (10^2)^{\frac{1}{200}} = 10^{\frac{1}{100}} \end{aligned}$
Jadi, nilai $a$ yang memenuhi persamaan tersebut adalah $\boxed{10^{\frac{1}{100}}}$
(Jawaban D)

[collapse]

Soal Nomor 12
Jumlah suatu deret geometri tak hingga dengan suku pertama $a$ dan rasio $r$ dengan $0<r<1$ adalah $\text{S}$. Jika suku pertama tetap dan rasio berubah menjadi $1-r$, maka jumlahnya menjadi $\cdots \cdot$
A. $\text{S}\left(1-\dfrac{1}{r} \right)$
B. $\dfrac{\text{S}} {r}$
C. $\text{S}\left(\dfrac{1}{r} -r\right)$
D. $\dfrac{\text{S}} {1-r}$
E. $\text{S}\left(\dfrac{1}{r} -1\right)$

Pembahasan

Diketahui: $\text{S} = \dfrac{a} {1 -r}$
Persamaan di atas ekuivalen dengan $\color{blue} {a = \text{S}(1-r)}$. 
Misalkan deret geometri yang baru memiliki jumlah $\text{S}_{\text{baru}}$, suku pertama $a$, dan rasionya adalah $1 -r$. Dengan demikian, diperoleh
$\begin{aligned} \text{S}_{\text{baru}} & = \dfrac{a} {1 -(1 -r)} \\ & = \dfrac{\color{blue} {\text{S}(1 -r)}} {r} \\ & = \text{S}\left(\dfrac{1}{r}- \dfrac{r} {r} \right) \\ & = \text{S}\left(\frac{1}{r} -1\right) \end{aligned}$
Jadi, jumlah deret geometri yang baru itu adalah $\boxed{\text{S}\left(\frac{1}{r}- 1\right)}$ 
(Jawaban E)

[collapse]

Soal Nomor 13 (Soal SBMPTN Saintek Bidang Matematika) 
Seekor cephalopoda bergerak pada koordinat Kartesius dimulai dari titik $(0,0)$. Cephalopoda itu bergerak ke sumbu $Y$ positif sejauh $8$ unit, lalu bergerak ke sumbu-$X$ positif sejauh $4$ unit, kemudian ke sumbu-$Y$ negatif sejauh $2$ unit, $1$ unit ke sumbu-$X$ negatif, $\dfrac12$ unit ke sumbu-$Y$ positif, $\dfrac14$ unit ke sumbu-$X$ positif, $\dfrac18$ unit ke sumbu-$Y$ negatif, dan seterusnya sampai berhenti pada koordinat tertentu. Koordinat itu adalah $\cdots \cdot$
A. $\left(\dfrac{16}{5}, \dfrac{32}{5}\right)$
B. $\left(\dfrac{32}{5}, \dfrac{16}{5}\right)$ 
C. $(32,16)$
D. $(16,32)$
E. $\text{tidak terdefinisi}$

Pembahasan

Posisi pergerakan cephalopoda terhadap sumbu-$X$ dinyatakan oleh
$4 + (-1) + \dfrac14 + \left(-\dfrac{1}{16}\right) + \cdots$
(tanda negatif diberlakukan ketika bergerak ke sumbu-$X$ negatif)
Deret di atas merupakan deret geometri tak hingga dengan $a = 4$ dan $r = – \dfrac14$. Jumlah tak hingga deret tersebut adalah
$\text{S}_{\infty} = \dfrac{a}{1-r} = \dfrac{4}{1 -\left(-\frac14\right)} = \dfrac{4}{\frac54} = \dfrac{16}{5}$
Ini berarti, cephalopoda tersebut berhenti pada absis $x = \dfrac{16}{5}$. 
Posisi pergerakan cephalopoda terhadap sumbu-$Y$ dinyatakan oleh
$8 + (-2) + \dfrac12 + \left(-\dfrac{1}{8}\right) + \cdots$
(tanda negatif diberlakukan ketika bergerak ke sumbu-$Y$ negatif)
Deret di atas merupakan deret geometri tak hingga dengan $a = 8$ dan $r = – \dfrac14$. Jumlah tak hingga deret tersebut adalah
$\text{S}_{\infty} = \dfrac{a}{1-r} = \dfrac{8}{1 -\left(-\frac14\right)} = \dfrac{8}{\frac54} = \dfrac{32}{5}$
Ini berarti, cephalopoda tersebut berhenti pada ordinat $y = \dfrac{32}{5}$. 
Jadi, cephalopoda itu akan berhenti pada koordinat $\boxed{\left(\dfrac{16}{5}, \dfrac{32}{5}\right)}$
(Jawaban A)

[collapse]

Soal Nomor 14
Jika diberikan sebuah deret tak hingga $1+2p+p^2+2p^3+p^4+\cdots$, maka jumlah deret tersebut adalah $\cdots \cdot$
A. $\dfrac{1-p} {1+p}$, untuk $|p|<1$
B. $\dfrac{1+p} {1-p}$, untuk $|p|<1$ 
C. $\dfrac{1+2p} {1-p}$, untuk $|p|<1$
D. $\dfrac{1+2p} {1-p^2}$, untuk $|p|<1$
E. $\dfrac{1+p} {1-p^2}$, untuk $|p|<1$

Pembahasan

Deret di atas terdiri dari penjumlahan dua deret geometri tak hingga, yaitu
$\underbrace{(1 + p^2 + p^4 + \cdots)}_{\text{S}_1} + \underbrace{(2p + 2p^3 + \cdots)}_{\text{S}_2}$
Pada deret yang pertama, diketahui $a = 1$ dan $r = p^2$, sehingga
$\text{S}_1 = \dfrac{a} {1-r} = \dfrac{1}{1 -p^2}$
Pada deret yang kedua, diketahui $a = 2p$ dan $r = p^2$, sehingga
$\text{S}_2 = \dfrac{a} {1-r} = \dfrac{2p}{1 -p^2}$ 
Dengan demikian, jumlah deret tak hingga di atas adalah
$\begin{aligned} \text{S}_{\infty} & = \text{S}_1 + \text{S}_2 \\ & = \dfrac{1}{1-p^2} + \dfrac{2p} {1-p^2} \\ & = \dfrac{1 + 2p} {1-p^2} \end{aligned}$
Syarat rasionya adalah $|r| < 1$, yaitu $|p^2| < 1$ atau ekuivalen dengan $|p| < 1$. 
Jadi, jumlah deret tersebut adalah $\boxed{\frac{1+2p} {1-p^2}}$, untuk $|p|<1$.
(Jawaban D)

[collapse]

Soal Nomor 15
Agar deret $\dfrac{x-1}{x+1} + \left(\dfrac{x-1}{x+1} \right)^2+$ $\left(\dfrac{x-1}{x+1} \right)^3 + \cdots$ konvergen, maka $x$ haruslah bernilai $\cdots \cdot$
A. lebih dari $0$
B. sama dengan $0$
C. kurang dari $0$
D. lebih dari $1$
E. kurang dari $1$

Pembahasan

Deret di atas merupakan deret geometri tak hingga dengan rasio $r = \dfrac{x-1}{x+1}$. Agar deret tersebut konvergen (memiliki jumlah), syaratnya adalah $|r| < 1$. 
Untuk itu, kita tuliskan
$\begin{aligned} \left|\dfrac{x-1}{x+1}\right| & < 1 \\ \dfrac{(x-1)^2}{(x+1)^2} & < 1 \\ \dfrac{(x-1)^2}{(x+1)^2} – \dfrac{(x+1)^2}{(x+1)^2} & < 0 \\ \dfrac{(x^2-2x+1)-(x^2+2x+1)} {(x+1)^2} & < 0 \\ \dfrac{-4x} {(x+1)^2} & < 0 \end{aligned}$
Pada penyebut, bentuk $(x+1)^2$ tidak mungkin bernilai negatif, sehingga agar $\dfrac{-4x} {(x+1)^2}$ dapat bernilai negatif, haruslah $-4x < 0$, yang berarti $x > 0$. 
Jadi, agar deret tersebut konvergen, nilai $x$ haruslah lebih dari $0$ (positif).
(Jawaban A)

[collapse]

Soal Nomor 16
Nilai $x$ yang memenuhi persamaan $(x-1)+(x-1)^3+(x-1)^5+\cdots=1$ adalah $\cdots \cdot$
A. $\dfrac{1+5\sqrt3}{2}$                D. $\dfrac{1-3\sqrt5}{2}$
B. $\dfrac{1+\sqrt5}{2}$                  E. $\dfrac{1-\sqrt5}{2}$
C. $\dfrac{1-5\sqrt3}{2}$

Pembahasan

Perhatikan bahwa 
$(x-1)+(x-1)^3+(x-1)^5+\cdots$
merupakan deret geometri tak hingga dengan $a = x – 1$ dan $r = (x -1)^2$.
Jumlah dari deret ini adalah
$\begin{aligned} \text{S}_{\infty} & = \dfrac{a}{1-r} \\ 1 & = \dfrac{x -1}{1 -(x – 1)^2} \\ 1 & = \dfrac{x-1}{-x^2 + 2x} \\ -x^2 + 2x & = x -1 \\ x^2 -x -1 & = 0 \end{aligned}$
Dengan menggunakan rumus kuadrat, diperoleh
$\begin{aligned} x_{1,2} & = \dfrac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} \\ & = \dfrac{-(-1) \pm \sqrt{(-1)^2 -4(1)(-1)}}{2(1)} \\ & = \dfrac{1 \pm \sqrt{5}}{2} \end{aligned}$
Syarat deret geometri tak hingga memiliki nilai (konvergen) adalah nilai mutlak rasionya harus kurang dari 1, sehingga kita tulis
$\begin{aligned} |(x-1)^2| & < 1 \\ |x-1| & < 1 \\ -1 & < x – 1 < 1 \\ 0 & < x < 2 \end{aligned}$
Dengan demikian, nilai $x$ yang memenuhi interval di atas adalah $x = \boxed{\dfrac{1 + \sqrt5}{2}}$
(Jawaban B)

[collapse]

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – Soal Cerita (Aplikasi) Barisan dan Deret Geometri

Soal Nomor 17
Diberikan matriks orde dua yang disimbolkan dengan $A = \begin{pmatrix} \dfrac12 & -\dfrac12 \\ -\dfrac12 & x \end{pmatrix}$. Jika $|A|$ menyatakan determinan matriks $A$, maka deret geometri $|A| + |A|^2 + |A|^3 + \cdots$ akan konvergen ke-$\cdots \cdot$
A. $\dfrac{2x-1}{2x-5}$ dengan $-\dfrac32 < x < \dfrac52$
B. $-\dfrac{2x-1}{2x-5}$ dengan $-\dfrac32 < x < \dfrac52$
C. $\dfrac{2x-1}{2x-5}$ dengan $-\dfrac32 < x < \dfrac32$
D. $-\dfrac{2x-1}{2x-5}$ dengan $-\dfrac52 < x < \dfrac52$
E. $\dfrac{2x-1}{2x-5}$ dengan $\dfrac32 < x < \dfrac52$

Pembahasan

Deret geometri itu memiliki suku pertama $|A|$ dan rasionya juga $|A|$, di mana $|A| = \dfrac{1}{2}x -\dfrac14$
Agar konvergen, nilai mutlak rasio deret itu harus bernilai kurang dari 1. Untuk membedakan notasi nilai mutlak dan determinan, selanjutnya digunakan $\det(A)$ yang menyatakan determinan $A$.
Dengan demikian, syarat konvergen deret itu diberikan oleh
$\begin{aligned} & r = |\det(A)| < 1 \\ & \left|\dfrac{1}{2}x – \dfrac14\right| < 1 \\ & -1 < \dfrac{1}{2}x – \dfrac14 < 1 \\ & -1 + \dfrac14 < \dfrac{1}{2}x < 1 + \dfrac14 \\ & -\dfrac34 < \dfrac{1}{2}x < \dfrac54 \\ & -\dfrac32 < x < \dfrac52 \end{aligned}$
Jumlah deret tak hingga tersebut adalah
$\begin{aligned} \text{S}_{\infty} & = \dfrac{a}{1-r} \\ & = \dfrac{\det(A)}{1- \det(A)} \\ & = \dfrac{\frac{1}{2}x -\frac14}{1 -\left(\frac{1}{2}x- \frac14\right)} \\ & = \dfrac{\frac{1}{2}x -\frac14}{\frac54 -\frac{1}{2}x} \\ \text{Kalikan}&~4~\text{pada_pembilang dan_penyebut} \\ & = \dfrac{2x -1}{5- 2x} \\ & = -\dfrac{2x-1}{2x-5} \end{aligned}$
Jadi, deret geometri $|A| + |A|^2 + |A|^3 + \cdots$ akan konvergen ke $\boxed{-\dfrac{2x-1}{2x-5}}$ dengan $-\dfrac32 < x < \dfrac52$.
(Jawaban B)

[collapse]

Soal Nomor 18
$ABCD$ adalah sebuah persegi dengan panjang sisi $4$ cm. Di dalam persegi $ABCD$ dibuat lagi persegi $A’B’C’D’$, kemudian di dalamnya lagi dibuat persegi lain, yaitu persegi $A^{\prime \prime}B^{\prime \prime}C^{\prime \prime}D^{\prime \prime}$, demikian hingga seterusnya sampai terdapat tak hingga banyaknya persegi seperti ilustrasi gambar di bawah. Jumlah keliling persegi yang terbentuk adalah $\cdots$ cm.

A. $(64 + 32\sqrt{2})$
B. $(32 + 32\sqrt{2})$
C. $(36+16\sqrt{2})$
D. $(32+16\sqrt{2})$
E. $(32 + 12\sqrt{2})$

Pembahasan

Keliling persegi $ABCD$ adalah $4 \times 4 = 16$ cm. 
Panjang sisi persegi $A’B’C’D’$ dapat ditentukan dengan menggunakan Teorema Pythagoras, yaitu
$A’B’ = \sqrt{2^2 + 2^2} = 2\sqrt{2}$ cm. 
Dengan demikian, keliling persegi $A’B’C’D’$ adalah $4 \times 2\sqrt{2} = 8\sqrt{2}$ cm. 
Panjang sisi persegi $A^{\prime \prime}B^{\prime \prime}C^{\prime \prime}D^{\prime \prime}$ dapat ditentukan dengan menggunakan Teorema Pythagoras kembali, yaitu
$A^{\prime \prime}B^{\prime \prime} = \sqrt{(\sqrt{2})^2 + (\sqrt{2})^2} = 2$ cm. 
Dengan demikian, keliling persegi $A’B’C’D’$ adalah $4 \times 2 = 8$ cm. 
Ternyata, jumlah nilai keliling persegi tersebut membentuk deret geometri tak hingga, yaitu
$16, 8\sqrt{2}, 8, \cdots$
dengan $a = 16$ dan $r = \dfrac{8\sqrt{2}} {16} = \dfrac{1}{2}\sqrt{2}$
Dengan demikian, diperoleh
$\begin{aligned} \text{S}_{\infty} & = \dfrac{a} {1-r} \\ & = \dfrac{16}{1- \frac{1}{2}\sqrt{2}} \\ \text{Kalikan}~&2~\text{pada_pembilang dan_penyebut} \\ & = \dfrac{32}{2 -\sqrt{2}} \\ & = \dfrac{32}{2 -\sqrt{2}} \times \dfrac{2+\sqrt{2}} {2+\sqrt{2}} \\ & = \dfrac{32(2+\sqrt{2})} {4 -2} \\ & = 32 + 16\sqrt{2} \end{aligned}$
Jadi, jumlah keliling persegi yang terbentuk adalah $\boxed{32 + 16\sqrt{2}~\text{cm}}$
(Jawaban D)

[collapse]

Soal Nomor 19
Sebuah alur program komputer menghasilkan konfigurasi gambar seperti berikut.
Deret Geometri Tak Hingga

Perhatikan bahwa panjang $EF = \dfrac12AB$ dan panjang $EH = \dfrac12BF = \dfrac14BC$. Jika luas daerah yang diarsir mengikuti pola deret konvergen sampai tak hingga, maka luas daerah yang diarsir adalah $\cdots \cdot$
A. $216~\text{cm}^2$                  D. $150~\text{cm}^2$
B. $196~\text{cm}^2$                  E. $142~\text{cm}^2$
C. $172~\text{cm}^2$

Pembahasan

Perhatikan gambar.
Deret Geometri Tak Hingga
Luas daerah I adalah setengah dari luas persegi berukuran $18 \times 18$, yaitu
$L_I = \dfrac12(18 \times 18) = 162~\text{cm}^2$
Luas daerah II adalah setengah dari luas persegi berukuran $9 \times 9$, yaitu
$L_{II} = \dfrac12(9 \times 9) = \dfrac{81}{2}~\text{cm}^2$
Luas daerah III adalah setengah dari luas persegi yang berukuran $\dfrac92 \times \dfrac92$, yaitu
$L_{II} = \dfrac12(\dfrac92 \times \dfrac92) = \dfrac{81}{8}~\text{cm}^2$
Dari sini, luas daerah arsir membentuk deret geometri tak hingga:
$162 + \dfrac{81}{2} + \dfrac{81}{8} + \cdots$
Deret tersebut memiliki suku awal $a = 162$ dan rasio $r = \dfrac14$.
Dengan demikian, diperoleh
$\begin{aligned} \text{S}_{\infty} & = \dfrac{a}{1-r} \\ & = \dfrac{162}{1-\dfrac14} \\ & = \cancelto{54}{162} \times \dfrac{4}{\cancel{3}} \\ & = 54 \times 4 = 216~\text{cm}^2 \end{aligned}$
Jadi, luas daerah yang diarsir adalah $\boxed{216~\text{cm}^2}$
(Jawaban A)

[collapse]

Soal Nomor 20 ($\bigstar$ HOTS $\bigstar$)
Perhatikan gambar berikut. 

Di dalam segitiga sama sisi yang panjang sisinya $2\sqrt3$ diisi lingkaran-lingkaran yang saling bersinggungan dan jumlahnya sampai tak hinggaLuas lingkaran seluruhnya sama dengan $\cdots \cdot$
A. $1\dfrac18 \pi$               C. $1\dfrac38 \pi$               E. $1\dfrac58 \pi$
B. $1\dfrac14 \pi$               D. $1\dfrac12 \pi$

Pembahasan

Perhatikan gambar di bawah.
Pertama, kita hitung dulu luas lingkaran terbesar di tengah-tengah segitiga $ABC$. Jari-jari lingkaran dalam segitiga sama-sisi ditentukan oleh $r = \dfrac{L_{\triangle  ABC}}{\frac12K}$, dengan $K$ sebagai keliling segitiga.
Diketahui panjang sisi segitiga = $2\sqrt3$, artinya $K = 6\sqrt3$.
Tinggi segitiga itu dapat dicari dengan rumus Pythagoras (belah segitiga sama sisi itu menjadi dua).
$\begin{aligned} CQ = t & = \sqrt{(2\sqrt3)^2-(\sqrt3)^2} \\ & = \sqrt{12-3} = 3 \end{aligned}$
Luas segitiga sama sisi $ABC$ adalah
$L_{\triangle ABC} = \dfrac{2\sqrt3 \times 3}{2} = 3\sqrt3$
Dengan demikian, jari-jari lingkaran terbesar dalamnya adalah $r = \dfrac{3\sqrt3}{\frac12(6\sqrt3)} = 1$.
Luas lingkaran tersebut menjadi $L = \pi r^2 = \pi (1)^2 = \pi$.
Kedua, kita hitung lingkaran kedua di dalam segitiga sama sisi $ADE$.
Perhatikan bahwa jari-jari lingkaran kedua ini sama dengan $\dfrac13$ panjangnya dari $OQ$. Selain itu, berdasarkan teorema garis berat, $CO : OQ = 2 : 1$ dan karena $CQ = t = 3$, maka $OQ = 1$. Berarti, $r = \dfrac13$ dan luas lingkaran kedua ini sama dengan $L = \pi \left(\dfrac13\right)^2 = \dfrac19\pi$.
Jika prinsip ini dilanjutkan terus menerus, kita akan memperoleh fakta bahwa jumlah luas lingkaran ternyata membentuk deret geometri tak hingga.
Tanpa memperhitungkan lingkaran terbesar, jumlah luas lingkaran yang lebih kecilnya darinya adalah
$\dfrac19\pi + \dfrac{1}{81}\pi + \cdots$
yang merupakan deret geometri tak hingga dengan $a = \dfrac19\pi$ dan $r = \dfrac19$ sehingga
$\text{S}_\infty = \dfrac{a}{1-r} = \dfrac{\dfrac19\pi}{1-\dfrac19} = \dfrac{\dfrac19\pi}{\dfrac89} = \dfrac18\pi$
Luas keseluruhan lingkaran-lingkaran itu adalah jumlah dari luas lingkaran terbesar ditambah tiga kali nilai $\text{S}_\infty$ tadi.
$\boxed{L_{\text{total}} = \pi + 3 \cdot \dfrac18\pi = 1\dfrac38\pi}$
(Jawaban C)

[collapse]

Soal Nomor 21 (Soal SBMPTN Saintek Bidang Matematika) 
Diketahui deret geometri tak hingga mempunyai jumlah sama dengan nilai minimum fungsi $f(x) = -x^3 + 3x + 2c$ untuk $-1 \leq x \leq 2$. Selisih suku kedua dan suku pertama deret geometri tersebut adalah $f'(0)$. Jika rasio deret geometri tersebut adalah $1-\sqrt{3}$, maka nilai $c$ adalah $\cdots \cdot$
A. $-1$                  C. $-\dfrac12$                 E. $\dfrac32$
B. $-\dfrac32$                D. $\dfrac12$       

Pembahasan

Nilai minimum fungsi $f(x) = -x^3+3x+2c$ dapat ditentukan saat turunan pertamanya bernilai 0, yaitu
$\begin{aligned} f'(x) & = -3x^2 + 3 \\ 0 & = -3x^2 + 3 \\ x^2 & = 1 \\ x & = \pm 1 \end{aligned}$
Untuk menguji titik maksimum/minimumnya, gunakan turunan kedua. 
$f^{\prime \prime}(x) = -6x$
Substitusi $x = 1$, diperoleh $f^{\prime \prime}(1) = -6(1) = -6$ (minimum) 
Substitusi $x = -1$, diperoleh $f^{\prime \prime}(-1) = -6(-1) = 6$ (maksimum) 
Sekarang, substitusi $x = 1$ pada $f(x)$, diperoleh
$f(1) = -(1)^3 + 3(1) + 2c = 2 + 2c$
yang berarti, $\text{S}_{\infty} = 2+2c$
Diketahui bahwa selisih suku kedua dan suku pertama deret geometri tersebut adalah $f'(0)$ dan $r =1-\sqrt{3}$, ditulis
$\begin{aligned} \text{U}_2 -\text{U}_1 & = f'(0) \\ ar -a & = -3(0)^2 + 3 \\ a(r- 1) & = 3 \\ a (1 -\sqrt{3} -1) & = 3 \\ a & = \dfrac{3}{-\sqrt{3}} = -\sqrt{3} \end{aligned}$
Dengan menggunakan jumlah deret geometri tak hingga, didapat
$\begin{aligned} \text{S}_{\infty} & = \dfrac{a} {1-r} \\ 2+2c & = \dfrac{-\sqrt{3}} {1 -(1 -\sqrt{3})} \\ 2+2c & = -1 \\ 2c & = -3 \\ c & = -\dfrac32 \end{aligned}$
Jadi, nilai $c$ adalah $\boxed{-\dfrac32}$ 
(Jawaban B)

[collapse]

Soal Nomor 22 ($\bigstar$ HOTS $\bigstar$)
Hasil dari $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \dfrac{2^k + 3^k}{6^k}$ adalah $\cdots \cdot$
A. $0$                   C. $1$                  E. $2$
B. $\dfrac12$                  D. $\dfrac32$

Pembahasan

Perhatikan bahwa
$\begin{aligned} & \displaystyle \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \dfrac{2^k + 3^k}{6^k} = \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{2^k}{6^k} + \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{3^k}{6^k} \\ & = \sum_{k=1}^{\infty} \left(\dfrac{1}{3}\right)^k + \sum_{k=1}^{\infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^k \end{aligned}$
Masing-masing bentuk sumasi di atas sebenarnya merupakan deret geometri tak hingga. Penjabarannya sebagai berikut.
$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \left(\dfrac{1}{3}\right)^k = \dfrac13 + \dfrac{1}{3^2} + \dfrac{1}{3^3} + \cdots$
Deret geometri tak hingga ini memiliki suku pertama dan rasio yang sama, yaitu $a = r = \dfrac13$.
$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^k = \dfrac12 + \dfrac{1}{2^2} + \dfrac{1}{2^3} + \cdots$
Deret geometri tak hingga ini memiliki suku pertama dan rasio yang sama, yaitu $a = r = \dfrac12$.
Dengan menggunakan formula jumlah untuk deret geometri, yaitu $\text{S} = \dfrac{a}{1-r}$, diperoleh
$$\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \left(\dfrac{1}{3}\right)^k + \sum_{k=1}^{\infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^k & = \dfrac{\dfrac13}{1-\dfrac13} + \dfrac{\dfrac12}{1-\dfrac12} \\ & = \dfrac{\dfrac13}{\dfrac23} + \dfrac{\dfrac12}{\dfrac12} \\ & = \dfrac12+1 = \dfrac32 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \dfrac{2^k + 3^k}{6^k} = \dfrac32}$
(Jawaban D)

[collapse]

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – Aplikasi (Soal Cerita) Barisan dan Deret Aritmetika

Soal Nomor 23
Jika diketahui $1+4x+7x^2+10x^3$ $+\cdots=\dfrac{35}{16}$ dengan $|x| < 1$, maka nilai $x = \cdots \cdot$
A. $1$                 C. $\dfrac15$                E. $0$
B. $\dfrac13$               D. $\dfrac18$

Pembahasan

Misalkan
$S = 1+4x+7x^2+10x^3+\cdots$
Jika kita kalikan kedua ruas dengan $x$, kita peroleh
$Sx = x + 4x^2 + 7x^3 + 10x^4 + \cdots$
Dengan demikian, diperoleh
$\begin{aligned} S-Sx & = 1+\underbrace{3x+3x^2+3x^3 + \cdots}_{\text{Dere}\text{t Geome}\text{tri Tak H}\text{ingga}} \\ S(1-x) & = 1+\dfrac{3x}{1-x} \\ \text{Kalikan}~&\text{kedua ruas dengan}~(1-x) \\ S(1-x)^2 & = (1-x) + 3x \\ S(1-x)^2 & = 2x+1 \end{aligned}$
Catatan:
Rumus jumlah deret geometri tak hingga diberikan oleh $S_{\infty} = \dfrac{a}{1-r}$ dengan $a$ sebagai suku pertama dan $r$ rasio.
Karena $S$ bernilai $\dfrac{35}{16}$, kita peroleh

$\begin{aligned} \dfrac{35}{16}(1-x)^2 & = 2x+1 \\ 35(1-x)^2 & = 32x+16 \\ 35(1-2x+x^2) & = 32x+16 \\ 35-70x+35x^2 & = 32x+16 \\ 35x^2-102x+19 & = 0 \\ (7x-19)(5x-1) & = 0 \end{aligned}$
Diperoleh $7x-19 = 0$ atau $5x-1=0$.
Ini artinya, nilai $x = \dfrac{19}{7}$ (tidak memenuhi karena syaratnya $|x| < 1$) atau $x = \dfrac15$ (memenuhi).
Jadi, nilai $x$ yang dimaksud adalah $\boxed{\dfrac15}$
(Jawaban D)

[collapse]

Bagian Uraian

Soal Nomor 1
Buktikan bahwa jumlah suku-suku ganjil dan genap pada deret geometri tak hingga yang memiliki suku pertama $a$ dan rasio $r$ berturut-turut adalah $\text{S}_{\text{genap}} = \dfrac{ar}{1-r^2}$ dan $\text{S}_{\text{ganjil}} = \dfrac{a}{1-r^2}$.

Pembahasan

Misalkan deret geometri tak hingga kita tulis sebagai:
$\text{S} = a + ar + ar^2 + ar^3 + \cdots$
sehingga $\color{blue}{\text{S} = \dfrac{a}{1-r}}$.
Deret geometri tak hingga untuk suku genapnya adalah
$\text{S}_{\text{genap}} = ar + ar^3 + ar^5 + \cdots$
yang memiliki suku pertama $ar$ dan rasio $r^2$, sehingga dengan menggunakan rumus jumlah deret geometri tak hingga, diperoleh $\text{S}_{\text{genap}} = \dfrac{ar}{1-r^2}$.
Deret geometri tak hingga untuk suku ganjilnya adalah
$\text{S}_{\text{ganjil}} = a + ar^2 + ar^4 + \cdots$
yang memiliki suku pertama $a$ dan rasio $r^2$, sehingga dengan menggunakan rumus jumlah deret geometri tak hingga, diperoleh $\text{S}_{\text{ganjil}} = \dfrac{a}{1-r^2}$.
(Terbukti)

[collapse]

Soal Nomor 2 (OSP 2006)
Afkar memiliki suku-suku barisan geometri tak hingga $1, \dfrac12, \dfrac14, \dfrac18, \cdots$ untuk membuat barisan geometri tak hingga baru yang jumlahnya $\dfrac17$. Tentukan tiga suku pertama pilihan Afkar.

Pembahasan

Barisan geometri tak hingga mula-mula memiliki suku pertama $a = 1$ dan rasio $r = \dfrac12$.
Sekarang misalkan barisan geometri tak hingga yang baru memiliki suku pertama $a = \left(\dfrac12\right)^m$ dan rasio $r = \left(\dfrac12\right)^n$.
Karena jumlah tak hingganya $\dfrac17$, maka kita peroleh
$\begin{aligned} \text{S}_{\infty} & = \dfrac{a}{1-r} = \dfrac17 \\ \dfrac{\left(\dfrac12\right)^m}{1-\left(\dfrac12\right)^n} & = \dfrac17 \end{aligned}$
Untuk memunculkan penyebut $7$, nilai $n$ yang diambil haruslah $n = 3$ mengingat bahwa $1-\left(\dfrac12\right)^3 = \dfrac{\color{blue}{7}}{8}$, sehingga
$$\begin{aligned} \dfrac{\left(\dfrac12\right)^m}{1-\left(\dfrac12\right)^3} & = \dfrac17 \\ \dfrac{\left(\dfrac12\right)^m}{\dfrac78} & = \dfrac17 \\ \dfrac{8 \cdot \left(\dfrac12\right)^m}{\cancel{7}} & = \dfrac{1}{\cancel{7}} \\ 8 \cdot \left(\dfrac12\right)^m & = 1 \\ m & = 3 \end{aligned}$$Dengan demikian, tiga suku pertama dari barisan geometri tak hingga dengan suku pertama $a = \dfrac18$ dan rasio $r = \dfrac18$ adalah $\boxed{\dfrac18, \dfrac{1}{64}, \dfrac{1}{512}}$

[collapse]

KategoriBarisan dan DeretTag, , ,

Tinggalkan Balasan

Silakan beri tanggapan dan saran, tidak perlu sungkan. Mohon juga diinformasikan melalui kolom komentar ini bila ada kesalahan pengetikan sekecil apapun (typo atau bahasa latex yang error) atau kesalahan konsep dan pembahasan soal. Terima kasih. Ganbatte!

Alamat email Anda tidak akan dipublikasikan. Ruas yang wajib ditandai *