Pertemuan 1 BILANGAN BULAT

Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Pertemuan 1
BILANGAN BULAT
A. Bilangan Bulat
Bilangan …, -3, -2, -1, 0, 1, 2, … disebut bilangan bulat rasional atau biasa
disebut bilangan bulat saja atau integer.
Bilangan 0, 1, 2, 3, ... disebut bilangan bulat non-negatif, sedangkan 1, 2, 3
disebut bilangan bulat positif.
Bilangan bulat positif membentuk masalah dasar dari aritmatika, tetapi penting
untuk memandang bilangan-bilangan bulat ini sebagai subkelas dari bilangan
bulat itu sendiri atau subkelas dari kelas bilangan yang lebih besar.
B. Keterbagian
Pada pendidikan dasar dikenal terdapat empat operasi dasar pada bilangan bulat
yaitu penjumlahan (+), pengurangan (-), perkalian (× 𝑎𝑡𝑎𝑢 . ) dan pembagian (÷
𝑎𝑡𝑎𝑢
⁄
𝑎𝑡𝑎𝑢
𝑐
). Untuk dua integer m dan n, maka hasil dari penjumlahan,
selisih, perkalian dua integer tersebut adalah integer. Akan tetapi hasil bagi dua
bilangan tersebut belum tentu integer.
Definisi
Diketahui integer m dan integer taknol n. m dikatakan habis dibagi oleh n atau n
membagi m jika terdapat integer k sedemikian sehingga 𝑚 = 𝑘𝑛. Dengan
demikian
𝑚
𝑛
integer. Ini dinotasikan dengan n|m. Jika m habis dibagi oleh n, maka
1
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
m disebut multiple dari n dan n disebut pembagi(faktor) dari m. Jika m tidak habis
dibagi oleh n, dinotasikan n | m.
Karena 0 = 0 . n maka n | 0 untuk semua integer n.
Proposisi
Misalkan x, y, z integer, maka berlaku sifat-sifat berikut:
(a) x | x (refleksif);
(b) Jika x | y dan y | z, maka x | z (transitif);
(c) Jika x | y dan y ≠ 0, maka |x| ≤ |y|;
(d) Jika x | y dan x | z, maka x | αy + βz untuk integer α dan β;
(e) Jika x | y dan x | y ± z, then x | z;
(f) Jika x | y dan y | x, then |x| = |y|;
𝑦
(g) Jika x | y dan y≠ 0, then 𝑥 | y;
(h) Untuk z ≠ 0, x | y jika hanya jika if xz | yz.
Contoh
Tentukan apakah 3 | 7 dan 3 | 12.
Penyelesaian:
7
3 | 7 karena 3 bukan integer. Sedangkan 3 | 12 karena
2
12
3
= 4integer.
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Definisi
Integer positif yang lebih besar dari 1 disebut prima jika hanya jika faktor positif
dari p adalah 1 dan p. Integer positif yang lebih besar dari 1 dan tidak prima
disebut komposit.
3
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Pertemuan Ke-2
BILANGAN BULAT
A. Teorema Fundamental Aritmatika
Setiap integer positif dapat ditulis sebagai hasil ganda dari prima, dimana faktorfaktor prima ditulis dalam urutan naik.
Contoh:
Faktorisasi prima dari : 100, 999 dan 1024 adalah:
100 = 2∙2∙ 5 ∙ 5 = 22 ∙ 52
999 = 3∙3∙3∙37 =33 ∙ 37
1024 = 2∙2∙2∙2∙2∙2∙2∙2∙2∙2 = 210
B. Algoritma Pembagian
Telah diketahui bahwa integer dapat atau tidak dapat terbagi oleh integer lainnya.
Ketika integer dibagi oleh integer positif, selalu menghasilkan hasil bagi dan sisa
yang memperlihatkan algoritma pembagian.
Teorema
Algoritma Pembagian
Misalkan a adalah integer dan d adalah integer positif, dan terdapat integer
tunggal q dan r dengan 0 ≤ 𝑟 < 𝑑. Dengan demikian 𝑎 = 𝑑𝑞 + 𝑟.
4
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Definisi
Di dalam persamaan yang diberikan di dalam algoritma pembagian, d disebut
pembagi, a disebut yang dibagi, q disebut hasil bagi dan r disebut sisa.
Contoh dibawah ini menggambarkan algoritma pembagian
Contoh
Tentukan hasil bagi dan sisa dari 101 dibagi oleh 11?
Penyelesaian:
Kita dapatkan 101 = 11∙9 + 2
Artinya, hasil bagi ketika 101 dibagi oleh 11 adalah 9 dan sisanya adalah 2.
C. Pembagi Persekutuan Terbesar
Integer terbesar yang membagi dua integer disebut pembagi persekutuan
terbesar dari integer-integer.
Definisi
Misal a dan b integer, keduanya tidak nol. Integer terbesar d dimana d|a dan d|b
disebut pembagi persekutuan terbesar (great common divisor atau disingkat gcd)
dari a dan b. Pembagi persekutuan terbesar dari a dan b ditulis sebagai gcd(a,b).
5
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Contoh:
Tentukan pembagi persekutuan terbesar dari 24 dan 36!
Penyelesaian:
Pembagi persekutuan dari 24 dan 36 adalah 1, 2, 3, 4, 6 dan 12 sehingga
gcd(24,36) = 12.
Definisi
Integer a dan b disebut prima relatif jika pembagi persekutuan terbesar adalah 1.
Contoh
Integer 17 dan 22 adalah prima relative, artinya gcd(17,22) = 1.
Definisi
Integer 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 adalah prima relatif berpasangan jika gcd(𝑎𝑖 , 𝑎𝑗 )= 1
bilamana 1 ≤ 𝑖 < 𝑗 ≤ 𝑛.
Contoh
Apakah integer 10, 17, 21 prima relatif berpasangan dan apakah integer 10, 19,
24 merupakan prima relatif berpasangan?
Penyelesaian:
gcd(10,17) = 1, gcd(10,21) = 1. Dapat disimpulkan bahwa 10, 17 dan 21 adalah
prima relatif berpasangan.
6
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
gcd(10,24) = 2>1 sehingga 10, 19 dan 24 bukan merupakan
prima relatif
berpasangan.
Cara lain untuk menemukan pembagi persekutuan terbesar dari dua integer adalah
menggunakan pemfaktoran prima dari integer-integer itu. Perkirakan bahwa
pemfaktoran prima dari integer a dan b, juga sama dengan ke nol adalah
a = 𝑝1 𝑎1 𝑝2 𝑎2 … 𝑝𝑛 𝑎𝑛 , b = 𝑝1 𝑏1 𝑝2 𝑏2 … 𝑝𝑛 𝑏𝑛
dimana tiap pangkat adalah integer tidak negatif dan semua prima terjadi didalam
faktorisasi prima baik itu a atau b berada di dalam faktorisasi keduany, dengan
pangkat nol jika diperlukan. Maka gcd(a,b) diberikan sebagai
gcd(a,b) = 𝑝1 min(𝑎1 ,𝑏1) 𝑝2 min(𝑎2 ,𝑏2) … 𝑝𝑛 min(𝑎𝑛,𝑏𝑛)
dimana min(x, y) menyatakan minimum dari dua bilangan x dan y. Untuk
menunjukkan bahwa rumus gcd(a,b) berlaku, kita harus menunjukan bahwa
integer diruas kanan membagi a dan b, dan bahwa tidak ada integer yang lebih
besar yang berlaku . Integer ini membagi a dan b, kuasa dari tiap prima didalam
faktorisasi tidak melampaui kuasa dari prima di dalam faktorisasi dari a ataupun
dari b. Selanjutnya, tidak ada integer yang lebih besar yang dapat membagi
bersama a dan b, karena pangkat dari prima di dalam faktorisasi ini tidak dapat
ditambahkan, dan tidak ada prima yang lain yang dapat diisi.
Contoh:
Faktorisasi prima dari 120 dan 500 adalah 120 = 23 ∙ 3 ∙ 5 = dan 500 = 22 ∙ 53 ,
pembagi persekutuan terbesarnya adalah
7
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
gcd(120,500) = 2min(3,2) 3min(1,0) 5min(1,3) = 22 ∙ 30 ∙ 51 = 20
Faktorisasi prima dapat juga digunakan untuk menemukan kelipatan persekutuan
terkecil dari dua integer.
8
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Pertemuan ke-3
BILANGAN BULAT
A. Kelipatan persekutuan terkecil
Definisi
Kelipatan persekutuan terkecil dari integer positif a dan b adalah integer positif
terkecil yang dapat dibagi bersama-sama uleh a dan b. Kelipatan persekutuan
terkecil dari a dan b dinotasikan lcm (a,b).
Seperti pada pembagi persekutuan terbesar dan mengingat definisinya, maka
kelipatan persekutuan terkecil dapat dituliskan
lcm(a,b) = 𝑝1 max(𝑎1 ,𝑏1) 𝑝2 max(𝑎2 ,𝑏2 ) … 𝑝𝑛 max(𝑎𝑛,𝑏𝑛)
dimana max(x,y) menyatakan maksimum dari dua bilangan x dan y.
Contoh
Tentukan kelipatan persekutuan terkecil dari 23 35 72 dan 24 33 ?
Penyelesaian:
Lcm(23 35 72 , 24 33 ) = 2max(3,4) 3max(5,3) 7max(2,0) = 24 33 72 .
Teorema berikut memberikan hubungan antara pembagi persekutuan terbesar dan
kelipatan persekutuan terkecil dari dua integer.
Bukti dari teorema ini diserahkan kepada mahasiswa.
9
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Teorema
Misal a dan b merupakan integer positif, maka
ab = gcd(a,b). lcm(a,b).
B. Aritmatika Modular
Definisi
Misalkan a merupakan integer dan m merupakan integer positif. Kita notasikan
dengan a mod m yaitu sisa ketika a dibagi oleh m.
Ini didasari dari definisi sisa bahwa a mod m adalah integer r dimana a=qm+rd
dan 0 ≤ 𝑟 ≤ 𝑚.
Contoh
17 mod 5=2, -133 mod 9 = 2, 2001 mod 101 = 82.
Definisi
Jika a dan b adalah integer dan m adalah integer positif, maka a adalah kongruen
b modulo m jika m membagi a-b. Kita menggunakan notasi 𝑎 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚) untuk
menunjukkan bahwa a kongruen b modulo m. Jika a dan b tidak kongruen
modulo m, ditulis 𝑎 ≠ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚).
Catat bahwa 𝑎 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚) jika dan hanya jika a mod m = b mod m.
Contoh
10
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Tunjukkan jika 17 kongruen 5 modulo 6 dan apakah 24 dan 14 kongruen modulo
6.
Penyelesaian
6 membagi 17-5 = 12, jadi 17≡5(mod)6 sedangkan 24-14 = 10. Ini tidak terbagi
oleh 6, jadi 24≠14(mod 6).
Teorema
Misalkan m merupakan integer positif. Integer a dan b adalah kongruen modulo m
jika dan hanya jika terdapat integer k sehingga a = b + km.
Bukti :
Jika 𝑎 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑)𝑚, maka m|(a-b). Berarti bahwa terdapat suatu integer k
sedemikian sehingga a-b = km, sehingga a = b + km. Sebaliknya jika terdapat
integer k sehingga a= b+km, maka km=a-b. Berarti m membagi a-b, sehingga ≡
𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚) .
Teorema
Misal m merupakan integer positif. Jika 𝑎 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚) dan ≡ 𝑑(𝑚𝑜𝑑 𝑚) ,
maka 𝑎 + 𝑐 ≡ 𝑏 + 𝑑(𝑚𝑜𝑑 𝑚) dan 𝑎𝑐 ≡ 𝑏𝑑(𝑚𝑜𝑑 𝑚).
Bukti
Jika 𝑎 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑚) dan ≡ 𝑑(𝑚𝑜𝑑 𝑚) , terdapatlah integer s dan t dengan b =
a+sm dan d=c+tm, sehingga b+d=(a+sm)+(c+tm) = (a+c) +m(s+t). dan
bd=(a+sm)(c+tm)=ac+m(at+cs+stm). Jadi, 𝑎 + 𝑐 ≡ 𝑏 + 𝑑(𝑚𝑜𝑑 𝑚) dan 𝑎𝑐 ≡
𝑏𝑑(𝑚𝑜𝑑 𝑚).
11
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Contoh
7 ≡ 2(𝑚𝑜𝑑 5) dan 11 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 5), menurut teorema diatas maka 18 =7+11≡
2+1 =3(mod 5) dan bahwa 77 =7.11≡ 2.1 =2(mod 5).
12
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Pertemuan Ke-4
BILANGAN BULAT
A.
Kongruensi Linear
Kongruensi dengan bentuk ax≡b(mod m) dimana m adalah integer positif, a dan b
integer dan x adalah variable disebut kongruensi linear.
Bagaimana kita dapat menyelesaikan kongruensi linear ax≡b(mod m) yaitu cari
semua integer x yang memenuhi kongruensi ini. Salah satu metode yang akan kita
uraikan menggunakan integer 𝑎̅ dengan demikian bahwa 𝑎𝑎
̅̅̅̅ ≡ 1(mod m), jika
terdapat suatu integer. Integer 𝑎̅ tersebut merupakan invers dari a modulo m.
Teorema berikut menjamin bahwa invers dari a modulo m ada jika a dan m adalah
relative prime.
Teorema
Jika a dan m adalah integer prima relatif dan m>1, maka invers dari a modulo m
ada. Invers ini adalah modulo m yang tunggal. (Terdapat integer positif tunggal a
lebih kecil dari m yaitu invers dari a modulo m dan setiap invers yang lain dari a
modulo m adalah kongruen ke a modulo m).
Bukti:
Dari teorema sebelumnya, gcd(a,m) = 1, maka terdapat integer s dan t sehingga:
sa+tm = 1. Ini berarti bahwa sa+tm ≡ 1(mod m). Jika tm≡ 0(mod m), ini
menunjukkan bahwa sa≡ 1(mod m). Sebagai akibatnya, s adalah invers dari a
modulo m. Bahwa invers ini adalah modulo m yang tunggal.
13
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Contoh
Cari invers dari 3 modulo 7.
Penyelesaian
Oleh karena gcd(3,7) = 1. Teorema diatas mengatakan bahwa invers dari 3
modulo 7 ada. Dengan algoritama euclidean pembagi persekutuan terbesar dari 3
dan 7 didapatkan 7=2.3+1. Dari persamaan ini kita dapat melihat bahwa -2.3+1.7
= 1. Ini menunjukkan bahwa -2 adalah invers dari 3 modulo 7.
Ketika telah dimiliki invers 𝑎̅ dari a modulo m, kita dapat menyelesaikan dengan
mudah kongruensi ax≡ b(mod m) dengan mengalikan kedua sisi dari kongruensi
linear dengan 𝑎̅.
Contoh
Tentukan penyelesaian dari kongruensi linear 3x≡4(mod 7)
Penyelesaian
Dari contoh sebelumnya diketahui bahwa -2 merupakan invers dari 3 modulo 7.
Gandakan kedua sissi kongruensi dengan -2, akan dipeoleh -2.3x≡ -2.4(mod 7).
Karena -6≡ 1(mod 7) dan -8≡ 6(mod7). Sedemikian sehingga jika x merupakan
penyelesaian, maka x≡ -8≡ 6(mod 7), Kita perlu untuk menentukan apakah untuk
setiap x dengan x≡6(mod 7) merupakan penyelesaian . Asumsikan bahwa x≡
6(mod 7) maka berdasarkan teorema sebelumnya didapat 3x≡ 3.6 ≡ 18≡4(mod 7)
yang menunjukkan bahwa x memenuhi kongruensi. Kita simpulkan bahwa
14
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
penyelesaian kongruensinya adalah semua integer x sedemikian sehingga x≡
6(mod 7) yaitu 6, 13, 20, … dan -1, -8, -15, ….
Soal
Selesaikanlah kongruensi 4𝑥 ≡ 5(𝑚𝑜𝑑 9)!
15
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Pertemuan Ke-5
PRINSIP PENCACAHAN
Pada bab ini dibicarakan mengenai teknik-teknik penghitungan.
A. Prinsip-prinsip dasar penghitungan
Prinsip Perkalian
Jika sebuah kejadian dapat terjadi dalam m cara dan kejadian lain dalam n cara,
maka akan terdapat (m x n) cara kedua kejadian tersebut dapat terjadi.
Contoh
Berapa cara menempel huruf abjad dikursi sejumlah 100 kursi?
Penyelesaian:
Prosedur menempel kursi terdapat dua kerja yaitu pertama memilih abjad yang
berjumlah 26 dan kedua menempel kedalam 100 kursi yang munkin jadi ada 26.
100 = 2600 cara.
Contoh
Berapa cara yang berbeda dalam membentuk string-string bit dengan panjang 7?
Penyelesaian:
16
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Setiap bit-bit yang panjangnya tujuh dapat dipilih dengan dua cara, karena setiap
bit terdiri dari angka nol dan satu. Jadi terdapat 2.2.2.2.2.2.2 = 27 = 128 cara.
Secara umum prinsip ini dapat diperluas menjadi :
Jika terdapat kerja(kejadian) 𝑇1, 𝑇2, …., 𝑇𝑛 yang masing-masing dapat diselesaikan
dengan 𝑛1, 𝑛2, …., 𝑛𝑚 cara , maka terdapat 𝑛1, 𝑛2, …., 𝑛𝑚 cara pekerjaan tersebut
dapat diselesaikan.
Prinsip Penjumlahan
Jika sebuah pekerjaan dapat dikerjakan dengan 𝑛1, cara dan pekerjaan kedua
dengan 𝑛12, cara dan keduanya tidak dapat dikerjakan dalam waktu yang sama,
maka terdapat 𝑛1 + 𝑛2 cara pekerjaan tersebut dapat diselesaikan.
Contoh
Seorang guru SD mengajar di kelas 1, 3 dan 5. Dikelas 1 ada 25 anak, kelas 2 ada
30 anak, kelas 5 ada 27 anak maka guru tersebut mengajar 25+30+27 = 82 anak.
Contoh
Dalam berapa banyak cara dapat dipilih dua buku dengan bidang yang berbeda
diantara 5 buku ilmu computer yang berbeda, tiga buku matematika yang berbeda
dan dua buku seni yang berbeda?
Penyelesaian:
17
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Dengan prinsip perkalian dapat dipilih 2 buku dari ilmu computer da$n
matematika 5.3 = 1, matematika dan seni 3.2 = 6, ilmu computer dan seni 5.2 = 10
sehingga terdapat 15 + 6 + 10 = 31 cara pemilihan dua buku dengan bidang yang
berbeda.
B.
Permutasi dan Kombinasi
Empat calon A, B, C, D akan menempati jabatan yang sama, sehingga posisi dari
nama-nama tersebut pada kotak suara tidak akan mempengaruhi pemilih, perlu
untuk menuliskan nama-nama yang terdaftar dalam setiap urutan yang mungkin.
Berapa banyak kotak suara berbeda yang akan ada?
Dengan prinsip perkalian dapat dihitung, sebuah kotak suara dapat dibentuk dalam
empat langkah berurutan, pilih nama petama yang akan didaftar, pilih nama kedua
yang akan didaftar , begitu juga dengan ketiga dan keempat. Nama pertama dapat
dipilh dengan 4 cara, begitu nama pertama dipilih, nama kedua bisa dipilih dengan
3 cara, begitu nama ketiga dipilh , nama kedua dapat dilih dengan 2 cara, begitu
nama ketiga terpilih, nama keempat dapat dipilih dam 1 cara, sehingga
ad
4.3.2.1= 24 cara.
Definisi
Permutasi adalah susunan yang mungkin dibuat dengan memperhatikan urutan.
Contoh:
Misal S{a,b,c} maka 2 permutasi dari S adalah ab, ba, ac, ca, bc, cb, sedangkan 3
permutasi dari S adalah abc, acb, bca, bac, cba, cab.
18
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Teorema
Untuk n dan r bilangan bulat positif dan r < n, maka P(n,r) = n(n-1)(n-2)…(n-r+1).
Bukti:
Dari n anggota dalam S, maka anggota pertama dapat dipilih ada n cara, anggota
kedua dapat dipilih dengan (n-1) cara karena slah satu anggota telah terpilih.
Demikian sampai seluruh permutasi r dipilih. Sehingga dengan prinsip perkalian
ada n(n-1)(n-2)…(n-r+1) cara. Dengan notasi factorial yang didefinisikan sebagai
𝑛!
n! = n(n-1)(n-2)…2.1, maka 𝑃(𝑛, 𝑟) = (𝑛−𝑟)!.
Contoh
Berapa cara untuk memilih 4 pemain yang berbeda atau diantara 10 pemain dalam
sebuah tim tenis, yag mana pertandingan are ordered?
Penyelesaian:
Penyelesaiannya adalah P(10,4) = 10.9.8.7 = 5040.
Definisi
Kombinasi r dari himpunan S yang terdiri dari n anggota yang berbeda adalah
jumlah himpunan bagian dari S yang anggotanya adalah r (tidak terikat oleh
urutan).
Contohn
19
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Misal S={a, b, c, d}, maka {a, b, c}, {a, b, d}, {a, c, d} dan{b, c, d}adalah
keempat kombinasi 3 dari S.
Teorema
Untuk setiap bilangan bulat r dan n yang memenuhi r ≤ n maka P(n, r)= r!.C(n, r).
Jadi C(n, r) =
𝑃(𝑛,𝑟)
𝑟!
𝑛!
atau C(n, r) = 𝑟!(𝑛,𝑟).
Contoh
Dalam berapa cara kita bisa menyeleksi pantia yang terdiri dari dua wanita dan
tiga pria dari sekelompok 5 wanita dan enam pria yang berbeda?
Penyelesaian:
Dua wanita bisa dipilih dengan C(5,2) = 10.
Tiga pria bisa dipilih dengan C(6,3) = 20.
20
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Pertemuan Ke-6
PRINSIP PENCACAHAN
A.
Permutasi dan kombinasi himpunan ganda
Definisi
S himpunan ganda dengan n anggota, maka permtasi r dari S adalah susunan yang
terurut dari r anggota dari S. Misal S ={aa, b, ccc} maka acbc, cbcc adalah salah
satu anggota permutsi dari S.
Teorema
Misal S suatu himpunan ganda yang terdiri dari k unsur dan masing-masing unsur
mempunyai takhingga faktor pengulangan maka jumlah permutasi r dari S adalah
𝑘𝑟 .
Contoh
S(0000,1111, 2222} maka jumlah permutasi 4 dari S adalah 34 = 81.
Teorema
21
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Misal S suatu himpunan ganda dengan faktor pengulangan 𝑛1 untuk unsur
pertama, 𝑛2 untuk unsur kedua, …, 𝑛𝑥 untuk unsure ke k, maka permutasi dari S
adalah 𝑛
𝑛!
1 !𝑛2 !…𝑛𝑥 !
dengan 𝑛 = 𝑛1 + 𝑛2 + … + 𝑛𝑥 .
Contoh
Untuk menentukan jumlah permutasi yang berbeda yang dapat dibuat oleh
1!
sejumlah huruf pada kata MISSISSIPPI adalah 1!4!4!2!.
Contoh
Bila S himpunan ganda, maka kombinasi r dari S adalah suatu cara pemilihan
tidak terurut dari r unsur-unsur dari S.
Contoh
Bila S={aa, b, ccc} maka {a,a}, {a,b}, {a, c}, {b,c}, dan {c,c} adalah kombinasi 2
dari S.
Teorema
Misal S suatu himpunan ganda dengan jumlah n unsur yang berbeda, dimana
faktor pengulangan masing-masing unsur tak hingga , maka kombinasi r dari S
adalah C(n+r-1,r).
Contoh
22
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Misal lembaran uang kertas rupiah yaitu lembaran uang 100, 500, 5000 dan
10000, bila akan diambil 6 lembar dari tumpukan lembaran uang 100, 500, 5000,
10000 adalahC(4+6-1,6) = C(9,6).
23
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Pertemuan Ke-7
PRINSIP PENCACAHAN
A. Membentuk permutasi dan kombinasi r dari n unsur
Pada bagian in dipelajari metode untuk membentuk permutasi n yang mungkin
dibuat dari n buah unsure yang ada dan kombinasi r dari n unsur yang ada.
Membentuk kombinasi r dari n unsur
Misal kombinasi r dari S dapat ditulis dalam bentuk 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑟 dimana 1 ≤
𝑎1 < 𝑎2 < ⋯ < 𝑎𝑟 ≤ 𝑛, dan kombinasi lainnya 𝑏1 , 𝑏2 , … , 𝑏𝑟 dimana1 ≤ 𝑏 <
𝑏2 < ⋯ < 𝑏𝑟 ≤ 𝑛, maka kombinasi r dari 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑟 mendahului 𝑏1 , 𝑏2 , … , 𝑏𝑟
dalam urutan leksikografik, bila ada j sedemikian sehingga 𝑎1 = 𝑏1 , … , 𝑎𝑗−1 =
𝑏𝑗−1, dan …𝑎𝑗 < 𝑏𝑗 . Misal S = {1, 2, 3, …, 8}dan beberapa kombinasi -5 dari S
adalah {2, 3, 4, 6, 8} dan {2, 3, 5, 6, 7} maka dikatakan {2, 3, 4, 6, 8} mendahului
{2, 3, 5, 6, 7}. Kombinasi S pertama {1, 2, 3, 4, 5} dan terakhir {4, 5, 6, 7, 8}.
Misalkan 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑟 adalah kombinasi-r dari S={1, 2, …, n}. Bila 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑟
sama dengan n-r+1, n-r+2, …, n maka 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑟 adalah kombinasi terakhir
untuk uerutan sesuai leksikografik. Bila 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑟 tidak sama dengan n-r+1, nr+2, …, n maka andai j adalah bilangan bulat positif yang terbesar sehingga 𝑎𝑗 +
1 ≤ 𝑛 dan 𝑎𝑗 + 1 bukan salah satu dari 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑟 adalah maka kombinasi
berikutnya dari 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑟 adalah 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑗−1 , 𝑎𝑗+1 , 𝑎𝑗+2 … , 𝑎𝑗+(𝑟−𝑗+1) .
Uraian diatas dapat disimpulkan dengan langkah-langkah membentuk kombinasi-r
dari S={1, 2, …, n} dalam urutan leksikografik.
24
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
1. Langkah awal dimulai dengan kombinasi 123…r
2. Langkah umum, misalkan kombinasi-r 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑟 telah dibentuk, bila
𝑎1 = 𝑛 − 𝑟 + 1, 𝑎2 = 𝑛 − 𝑟 + 2, … , 𝑎𝑟 maka kombinasi r telah selesai.
Bila tidak maka dipilih bilanngan bulat j yang terbesar sehingga 𝑎𝑗 + 1 ≤
𝑛 dan 𝑎𝑗 + 1 bukan salah satu dari 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑟 kombinasi berikutnya
𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑗−1 , 𝑎𝑗+1 , 𝑎𝑗+2 … , 𝑎𝑗+(𝑟−𝑗+1) .
Contoh
Untuk S={1,2,3,4,5,6} pembentukan kombinasi 4 dari S adalah:
1,2,3,4
1,2,5,6
2,3,4,5
1,2,3,5
1,3,4,5
2,3,4,6
1,2,3,6
1,3,4,6
2,3,5,6
1,2,4,5
1,3,5,6
2,4,5,6
1,2,4,6
1,4,5,6
2,4,5,6
Pembentukan permutasi
Misal barisan bilangan bulat 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛−1 𝑎𝑛 permutasi berikutnya dapat
diperoleh dengan cara (langkah-langkah):
1. Ambil pasangan bilangan terakhir yang memenuhi 𝑎𝑗 < 𝑎𝑗+1 .
2. Pilih bilangan bulat terkecil disebelah kanan 𝑎𝑗 dan lebih besar dari 𝑎𝑗 .
3. Letakkan bilangan tersebut pada posisi ke-j selanjutnya bilangan sisa
ditempatkan sesuai urutan yang terkecil.
4. Stop bila sudah membentuk 𝑎𝑛 , 𝑎𝑛−1 , 𝑎𝑛−2 , … , 𝑎2 , 𝑎1 .
25
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Contoh
Diberikan permutasi 362541 permutasi selanjutnya diperoleh :
1. Ambil pasangan bilangan terakhir dengan syarat 𝑎𝑗 < 𝑎𝑗+1, (𝑎3 , 𝑎4 ) yaitu
(2,5).
2. Bilangan bulat terkecil sebelah kanan 𝑎3 = 2 dan lebih besar dari 2 yaitu
4.
3. Letakkan bilangan 4 pada posisi ke 𝑎3 , kemudian sisanya (2, 5, 1) disusun
sesuai urutan 1, 2, 5 sehingga permutasi diperoleh 364125.
Contoh : 1, 2, 3 selanjutnya 132, 213, 231,312, 321.
KOEFISIEN BINOMIAL
Beberapa sifat yang penting dari koefisien binomial dipelajari pada bagian ini
yang pertama adalah identitas Pascal.
Contoh
Tentukan koefisien 𝑥12 𝑦13 pada ekspansi (𝑥 + 𝑦)25. Solusinya C(12, 13).
Contoh
Tentukan koefisien 𝑥12 𝑦13 pada ekspansi (2𝑥 − 3𝑦)25 .
25−𝑗
Solusinya adalah (2𝑥 + (−3𝑦))25 = ∑25
(−3𝑦)𝑗 .
𝑗=0 𝐶(25, 𝑗)(2𝑥)
Jadi C(25,13)212 (−3)13.
26
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Pertemuan Ke-8
PRINSIP PENCACAHAN
A. Prinsip Pigeonhole
Teorema Prinsip Pigeonhole
Jika terdapat k+1 atau lebih obyek ditempatkan pada k kotak maka paling sedikit
terdapat satu kotak berisi dua atu lebih obyek.
Contoh
Diantara 367 orang, paling sedikit terdapat dua orang atau lebih yang mempunyai
tanggal lahir sama.
Contoh
Dari 102 mahasiswa maka paling sedikit ada dua mahasiswa dengan nilai ujian
yang sama bila nilai berupa angka dari 0-100
Prinsip Umum Pigeonhole
Jika terdapat N obyek-obyek ditempatkan pada k kotak-kotak maka terdapat
paling sedikit satu kotak berisi N/k obyek-obyek.
Contoh
Diantara 100 orang terdapat paling sedikit [100/12] = 9 orang yang memiliki
bulan kelahiran yang sama.
27
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Teorema
Untuk setiap barisan dari 𝑛2 + 1 bilangan riil yang berbeda yang memuat sub
barisan dengan panjang n+1 yang merupakan barisan tepat naik (strictly
increasing) atau tepat turun (strictly dcreasing).
Contoh
Pada barisan 8, 11, 9, 1, 4, 6, 12, 10, 5, 7, yang berisi 10 bilangan (10 = 3 2+1)
terdapat 4 sub barisan naik dengan panjang 4 yaitu 1,4,6,12; 1,4,6,7; 1,4,6,10;
1,4,5,7 juga terdapat sub barisan turun dengan panjang 4 yaitu 11,9,6,5.
28
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Pertemuan Ke-9
PRINSIP PENCACAHAN
A. Prinsip Inklusi dan Eksklusi
Diberikan himpunan semesta S dengan himpunan-himpunan A1 dan A2 yang tidak
saling asing, maka
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
|S| = | A1 ∪ A2 | +|A
1 ∪ A2 |
̅̅̅1 ∩ A
̅̅̅2 |…………..1)
= | A1 ∪ A2 | +|A
̅̅̅1 ∩ ̅̅̅
|A
A2 | = |S| - | A1 ∪ A2 |, dimana
̅̅̅1 ∪ ̅̅̅
̅̅̅1 |+|A
̅̅̅2 |-|𝐴1 ∩ 𝐴2 |…………2)
|A
A2 | = |A
|A1 ∪ A2 | = |S| - |𝐴1 |- |𝐴2 |+|𝐴1 ∩ 𝐴2 |……………3)
Bentuk 2) dan 3) dapat diperluas dengan himpunan semesta S yang memiliki
himpunan-himpunan sebanyak n maka:
|⋃𝑛𝑖=1 𝐴𝑖 | = ∑𝑛𝑖=1|𝐴𝑖 | − ∑1≤𝑖<𝑗≤𝑛|𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗 | + … + (−1)𝑛+1 | ⋂𝑛𝑖=1 𝐴𝑖 |.
|⋂𝑛𝑖=1 𝐴̅𝑖 | = |𝑆| − ∑𝑛𝑖=1|𝐴𝑖 | − ∑1≤𝑖<𝑗≤𝑛|𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗 | + … + (−1)𝑛+1 | ⋂𝑛𝑖=1 𝐴𝑖 .
Contoh
Tentukan jumlah bilangan bulat antara 1-600 yang tidak dapat dibagi 6, maka
s=600.
A = Himpunan bilangan bulat yang habis dibagi 6.
𝐴̅ = Himpunan bilangan bulat yang tidak habis dibagi 6.
Jadi 3 = A + 𝐴̅ = 600, sehingga 𝐴̅ = 600-100 =500.
29
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Contoh
Dalam satu kelas yang berjumlah 1807 orang ada 435 orang mengambil mata
kuliah ilmu komputer, 567 orang mengambil mata kuliah matematika dan 299
orang mengambil kedua mata kuliah tersebut. Berapa orang yang tidak mengambil
keduanya?
|S| = 1807; |A| = 435; |B| = 567; |𝐴 ∩ 𝐵| = 299, sehingga
̅∩B
̅| = |S| -|A|-|B| +|𝐴 ∩ 𝐵| = 1086 orang.
|A
30
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Pertemuan ke-10
SEGITIGA
Diketahui dua segitiga siku-siku sebangun yaitu ∆𝐴𝐵𝐶 dan ∆𝐴′𝐵′𝐶′ berikut
A’
A
c’
c
b’
b
B
B’
C
a
C’
a’
Dari dua segitiga diatas, maka dapat dibuat 6 kemungkinan rasio dari sisi-sisinya
yaitu:
𝑏
𝑎
𝑏′
= 𝑎′ ;
𝑏
𝑐
=
𝑏′
𝑐′
;
𝑎
𝑐
=
𝑎′
𝑐′
;
𝑎
𝑏
𝑎′
= 𝑏′ ;
𝑐
𝑏
𝑐′
= 𝑏′ ;
𝑐
𝑎
=
𝑐′
𝑎′
.
Enam kemungkinan rasio pada segitiga siku-siku diatas disebut rasio trigonometri.
Pada segitiga siku-siku ABC dengan sisi siku pada C maka :
𝑠𝑖𝑛 < 𝐵 =
𝑏
𝑎
𝑏
; 𝑐𝑜𝑠 < 𝐵 = ; 𝑡𝑎𝑛 < 𝐵 = ;
𝑐
𝑐
𝑎
𝑐𝑠𝑐 < 𝐵 =
𝑐
𝑐
𝑎
; sec < 𝐵 = ; 𝑐𝑜𝑡 < 𝐵 =
𝑏
𝑎
𝑏
Dengan sin menyatakan sinus, cos menyatakan cosines, tan menyatakan
cotangent, csc menyatakan cosecan, sec menyatakan secan dan cot menatakan
cotangen.
31
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Teorema Phytagoras
Diketahui segitiga siku-siku ABCdengan sisi siku di C, c merupakan sisi miring
dan a, b dua sisi lainnya maka berlaku 𝑎2 + 𝑏 2 = 𝑐 2 .
Aturan Sinus, Aturan Cosinus dan Aturan Tangen
Diketahui DEF segitiga sebarang seperti dibawah ini
C
a
b
A
B
c
Maka aturan sinus diformulasikan sebagai berikut:
𝑎
sin 𝐴
𝑏
= sin 𝐵 ;
𝑎
𝑠𝑖𝑛𝐴
𝑐
= 𝑠𝑖𝑛𝐶 ;
𝑏
sin 𝐵
𝑐
= 𝑠𝑖𝑛𝐶.
Maka aturan cosinus diformulasikan sebagai berikut:
𝑎2 = 𝑏 2 + 𝑐 2 − 2𝑏𝑐 cos 𝐴
𝑏 2 = 𝑎2 + 𝑐 2 − 2𝑎𝑐 cos 𝐵
𝑐 2 = 𝑎2 + 𝑏 2 − 2𝑎𝑏 cos 𝐶
Maka aturan tangen diformulasikan sebagai berikut:
1
2
1
𝑡𝑎𝑛 (𝐴+𝐵)
2
= 𝑎+𝑏;
1
2
1
𝑡𝑎𝑛 (𝐶+𝐴)
2
=
𝑡𝑎𝑛 (𝐴−𝐵)
𝑡𝑎𝑛 (𝐶−𝐴)
1
2
1
𝑡𝑎𝑛 (𝐴+𝐶)
2
= 𝑎+𝑐;
1
2
1
𝑡𝑎𝑛 (𝐶+𝐵)
2
=
𝑎−𝑏
𝑡𝑎𝑛 (𝐴−𝐶)
𝑐−𝑎
𝑡𝑎𝑛 (𝐶−𝐵)
𝑐+𝑎
;
1
2
1
𝑡𝑎𝑛 (𝐵+𝐶)
2
𝑡𝑎𝑛 (𝐵−𝐶)
𝑎−𝑐
𝑐−𝑏
𝑐+𝑏
.
32
𝑏−𝑐
= 𝑏+𝑐;
1
2
1
𝑡𝑎𝑛 (𝐵+𝐴)
2
𝑡𝑎𝑛 (𝐵−𝐴)
𝑏−𝑎
= 𝑏+𝑎;
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Pertemuan Ke-11
SEGITIGA
A.
Teorema Ceva
Diberikan sebuah segitiga ABC dengan titik D, E, dan F masing-masing terletak
pada garis BC, CA, dan AB. (lihat gambar)
Teorema Ceva menyatakan bahwa
Garis AD, BE, dan CF berpotongan di 1 titik jika dan hanya jika:
𝐴𝐹 𝐵𝐷 𝐶𝐸
.
.
=1
𝐹𝐵 𝐷𝐶 𝐸𝐴
Sesuai dengan dalil Sinus, Teorema Ceva juga dapat dibentuk sebagai berikut.
sin < 𝐵𝐴𝐷 sin < 𝐴𝐶𝐹 𝑠𝑖𝑛 < 𝐶𝐵𝐸
.
.
=1
sin < 𝐶𝐴𝐷 sin < 𝐵𝐶𝐹 𝑠𝑖𝑛 < 𝐴𝐵𝐸
Bukti:
Dengan demikian, untuk membuktikan teorema ini, kita harus membuktikan 2
kondisi berikut:
1. Jika
garis
𝐴𝐹 𝐵𝐷 𝐶𝐸
.
.
𝐹𝐵 𝐷𝐶 𝐸𝐴
2. Jika
AD,
dan
CF
berpotongan
di
1
titik,
maka
= 1.
𝐴𝐹 𝐵𝐷 𝐶𝐸
.
BE,
.
𝐹𝐵 𝐷𝐶 𝐸𝐴
= 1 , maka garis AD, BE, dan CF berpotongan di 1 titik
33
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Diketahui
bahwa
garis
AD,
BE,
dan
CF
berpotongan
di
1
titik.
Lihat gambar segitiga ABC di atas.
𝐿𝑢𝑎𝑠 ∆𝐴𝑂𝐹
𝐴𝐹
∆𝐴𝑂𝐹 dan ∆𝐵𝑂𝐹 memiliki tinggi yang sama, oleh karena itu : 𝐿𝑢𝑎𝑠 ∆𝐵𝑂𝐹 = 𝐹𝐵.
Perhatikan juga bahwa ∆𝐴𝐶𝐹 dan ∆𝐵𝐶𝐹 juga memiliki tinggi yang sama, oleh
𝐿𝑢𝑎𝑠 ∆𝐴𝐶𝐹
karena itu : 𝐿𝑢𝑎𝑠 ∆𝐴𝐶𝐹 =
𝐴𝐹
𝐹𝐵
.
Dari kedua persamaan di atas, maka kita dapatkan:
𝐴𝐹
𝐿𝑢𝑎𝑠 ∆𝐴𝐶𝐹 − 𝐿𝑢𝑎𝑠 ∆𝐴𝑂𝐹
𝐿𝑢𝑎𝑠∆𝐴𝐶𝑂
=
=
𝐹𝐵
𝐿𝑢𝑎𝑠 ∆𝐵𝐶𝐹 − 𝐿𝑢𝑎𝑠 ∆𝐵𝑂𝐹
𝐿𝑢𝑎𝑠∆𝐵𝐶𝑂
Dengan cara yang sama, kita akan mendapatkan persamaan untuk sisi segitiga
yang lain:
𝐵𝐷
𝐿𝑢𝑎𝑠 ∆𝐴𝐵𝑂
=
𝐷𝐶
𝐿𝑢𝑎𝑠 ∆𝐴𝐶𝑂
dan
𝐶𝐸
𝐿𝑢𝑎𝑠 ∆𝐵𝐶𝑂
=
𝐸𝐴
𝐿𝑢𝑎𝑠 ∆𝐴𝐵𝑂
Kalikan ketiga persamaan itu, maka akan kita dapatkan
𝐴𝐹 𝐵𝐷 𝐶𝐸
.
.
=1
𝐹𝐵 𝐷𝐶 𝐸𝐴
(Gunakan gambar segitiga di atas, dengan simbol dan garis yang sama)
Terdapat titik F' pada garis AB sehingga memenuhi persamaan berikut.
𝐴𝐹′ 𝐵𝐷 𝐶𝐸
.
.
=1
𝐹′𝐵 𝐷𝐶 𝐸𝐴
Karena kita masih memakai simbol F dalam gambar kita, maka persamaan ini
juga berlaku (sesuai dengan pembuktian yang kondisi pertama):
𝐴𝐹 𝐵𝐷 𝐶𝐸
.
.
=1
𝐹𝐵 𝐷𝐶 𝐸𝐴
34
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Dengan membandingkan keduanya, maka kita dapatkan:
𝐴𝐹′ 𝐴𝐹
=
𝐹′𝐵 𝐹𝐵
Tambahkan 1 di kedua ruas, maka:
𝐴𝐹′
𝐴𝐹
+1=
+1
𝐹′𝐵
𝐹𝐵
𝐴𝐹 ′ + 𝐹′𝐵 𝐴𝐹 + 𝐹𝐵
=
𝐹′𝐵
𝐹𝐵
𝐴𝐵 𝐴𝐵
=
𝐹′𝐵 𝐹𝐵
𝐹 ′ 𝐵 = 𝐹𝐵
Persamaan terakhir menunjukkan bahwa titik
𝐹 ′ dan titik 𝐹
berhimpit.
Artinya garis garis AD, BE, dan CF' berpotongan di 1 titik.
B.
Bentuk Teorema Ceva dalam trigonometri
𝑎
𝑏
𝑐
Untuk segitiga ABC, aturan sinus adalah sbb: 𝑠𝑖𝑛𝐴 = 𝑠𝑖𝑛𝐵 = 𝑠𝑖𝑛𝐶
Maka, kita dapatkan ketiga persamaan berikut (lihat gambar paling atas).
𝑠𝑖𝑛<𝑂𝐴𝐵
sin<𝑂𝐵𝐴
𝑂𝐵 𝑠𝑖𝑛<𝑂𝐶𝐴
𝑂𝐴
= 𝑂𝐴, 𝑠𝑖𝑛<𝑂𝐴𝐶 = 𝑂𝐶
Dengan mengalikan ketiga persamaan tersebut, kita dapatkan persamaan berikut.
𝑠𝑖𝑛 < 𝑂𝐴𝐵 𝑠𝑖𝑛 < 𝑂𝐵𝐶 𝑠𝑖𝑛 < 𝑂𝐶𝐴 𝑂𝐵 𝑂𝐶 𝑂𝐴
.
.
=
.
.
sin < 𝑂𝐵𝐴 sin < 𝑂𝐶𝐵 𝑠𝑖𝑛 < 𝑂𝐴𝐶 𝑂𝐴 𝑂𝐵 𝑂𝐶
35
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
𝑠𝑖𝑛<𝐵𝐴𝐷 𝑠𝑖𝑛<𝐴𝐶𝐹 𝑠𝑖𝑛<𝐶𝐵𝐸
.
.
sin<𝐶𝐴𝐷 sin<𝐵𝐶𝐹 𝑠𝑖𝑛<𝐴𝐵𝐸
= 1.
C. Teorema Menealaos
Teorema
ini
merupakan
dual
dari
teorema
Ceva.
Diberikan sebuah segitiga ABC. Titik D, E, dan F masing-masing terletak
pada garis (atau perpanjangan garis) dari AB, BC, dan CA.
Teorema Menelaus
menyatakan bahwa:
Titik D, E, dan F segaris jika dan hanya jika:
𝐴𝐷 𝐵𝐸 𝐶𝐹
.
.
= −1
𝐷𝐵 𝐸𝐶 𝐹𝐴
Tanda negatif disebabkan karena adanya ruas garis yang memiliki arah
berlawanan (panjang yang negatif). Logikanya, AD+DB=AB. Dengan demikian,
salah satu dari AD atau DB haruslah negatif.
D.
Dalil Stewart
Diketahui segitiga seperti gambar berikut
36
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
C
A
E
D
B
CD adalah garis sebarang yang membagi AB menjadi AD dan BD. Panjang CD
dapat dicari dengan menggunakan rumus Stewart yaitu
CD2 x AB = (BC2 x AD) + (AC2 x BD) + (AD x BD x AB)
Rumus stewart ini memudahkan kita untuk mencari panjang garis yang membagi
di dalam sebuah segitiga. Untuk mencari garis tinggi, garis bagi maupun garis
berat, dapat menggunakan rumus stewart tersebut.
37
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Pertemuan Ke-12
LINGKARAN
Lingkaran adalah tempat kedudukan titik-titik berjarak sama terhadap titik
tertentu. Titik tertentu (P) disebut pusat dan jarak tertentu merupakan panjang
jari-jari lingkaran tersebut.
Talibusur adalah ruas garis hubung dua titik pada lingkaran. Talibusur yang
melalui pusat lingkaran disebut diameter, panjangnya 2r.Dua titik ujung sebuah
diameter disebut pasangan titik diametral.
Setiap sumbu sebuah talibusur melalui pusat lingkaran. Setiap diameter yang
tegaklurus sebuah talibusur merupakan sumbu talibusur tersebut.
38
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
B
T
Sudut keliling
A
𝛽
G
P
C
𝛼
Tembereng
E
F
D
Sudut pusat
Garis singgung di titik D
juring
Pada gambar diatas, maka didapatkan:.
 α = 2β (besar sudut pusat = 2× sudut keliling yang menghadap busur
sama).
α = 1800 ⇔ talibusur adalah diameter ⇒ sudut keliling = 900
1
 Luas juring =2 𝛼𝑟 2 dengan 𝛼 besar sudut pusat (dalam radian).
Perhatikan gambar berikut:
39
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
C
D
B
P
M
A
S
 Segi-4 talibusur = segi-4 siklik = segi-4 yang semua titik sudutnya terletak
dalam satu lingkaran.
1) sudut-sudut yang berhadapan berjumlah 1800.
2) Segi-4 ABCD = segi-4 talibusur → Besar ∠A + ∠C = ∠B + ∠D = 1800
 Dua lingkaran
Misal diketahui
R = jari-jari lingkaran 1 berpusat P1
r = jari-jari lingkaran 2berpusat P2
k = P1P2 , merupakan jarak titik pusat lingkaran satu dengan lingkaran
dua.
40
T
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
l = panjang ruas garis singgung persekutuan luar dimana l =
√k 2 − (R − r)2
d
=
panjang ruas garis singgung persekutuan dalam dimana
𝒅 = √k 2 − (R + r)2
41
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Pertemuan Ke-13
PERSAMAAN DAN PERTIDAKMAAN
A.
Persamaan Kuadrat
Persamaan kuadrat didefinisikan sebagai kalimat terbuka yang menyatakan
hubungan sama dengan (=) dan pangkat tertinggi dari variabelnya dua. Persamaan
kuadrat memiliki bentuk umum:
𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0
dengan 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℜ dan a ≠ 0 dimana ℜ merupakan himpunan bilangan real.
Dalam menyelesaikan persamaan kuadrat, yang dicari adalah akar-akar persamaan
kuadrat atau nilai x yang memenuhi persamaan kuadrat tersebut. Menyelesaikan
persamaan kuadrat dapat dilakukan dengan beberapa cara, yaitu memfaktorkan,
menyempurnakan, dan dengan rumus abc.
Dengan menggunakan rumus abc, persamaan kuadrat mempunyai solusi
𝑥1,2 =
−𝑏±√𝑏2 −4𝑎𝑐
2𝑎
.
Diskriminan 𝐷 dari persamaan kuadrat didefinisikan dengan 𝑏 2 − 4𝑎𝑐.
Untuk 𝐷 > 0, maka persamaan kuadrat mempunyai dua solusi yang berbeda.
Untuk 𝐷 = 0, maka persamaan kuadrat mempunyai dua solusi yang sama.
42
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Untuk 𝐷 < 0, maka persamaan kuadrat mempunyai solusi bilangan komplek .
B.
Pertidaksamaan Kuadrat
Fungsi kuadrat selalu bernilai positif, dimana ∀𝑥 ∈ ℜ, 𝑥 2 > 0. Dengan
mensubtitusi nilai 𝑥 tertentu, maka didapatkan beberapa pertidaksamaan berikut
ini.
1. Jika 𝑛 ≥ 1 integer dan 𝑥 > −1 bilangan real, maka (1 + 𝑥)𝑛 > 1 + 𝑛𝑥.
2. Jika 𝑎 > 1 atau 𝑎 < 0 maka untuk 𝑥 > −1 maka didapatkan
pertidaksamaan berikut (1 + 𝑥)𝑎 ≥ 1 + 𝑎𝑥
3. Untuk 𝑎 ∈ (0,1) maka untuk 𝑥 > −1 maka didapatkan pertidaksamaan
berikut(1 + 𝑥)𝑎 ≤ 1 + 𝑎𝑥.
The Mean Inequality
Untuk bilangan real positif 𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 maka 𝑄𝑀 ≥ 𝐴𝑀 ≥ 𝐺𝑀 ≥ 𝐻𝑀 dimana
𝑥1 2 +𝑥2 2 +⋯+𝑥𝑛 2
𝑄𝑀 = √
𝑛
; 𝐴𝑀 =
𝐺𝑀 = 𝑛√𝑥1 … 𝑥𝑛 ; 𝐻𝑀 =
𝑥1 2 +𝑥2 2 +⋯+𝑥𝑛 2
𝑛
;
𝑛
1⁄ +⋯+1⁄
𝑥1
𝑥𝑛
𝑄𝑀, 𝐴𝑀, 𝐺𝑀, 𝐻𝑀 berturut-turut disebut quadratic mean, aritmethic mean,
geometric mean dan harmonic mean dari 𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 .
43
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
44
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
Pertemuan Ke-14
PERSAMAAN LINEAR
A.
Persamaan linear
Persamaan linear adalah suatu persamaan dengan satu variabel (peubah) yang
mempunyai pangkat bulat positif dan pangkat tertinggi variabelnya satu.
Bentuk umum persamaan linear adalah
ax + b = 0
dengan a, b ∈ R dan a ≠ 0, x disebut variabel; a, b disebut konstanta
Sistem persamaan linear adalah suatu sistem persamaan yang peubah-peubahnya
berpangkat satu.
Sistem persamaan linear dapat terdiri dari dua atau lebih variabel.
Bentuk umum dari sistem persamaan linear dua variabel adalah sebagai berikut :
𝑎1 𝑥 + 𝑏1 𝑦 = 𝑐1
𝑎2 𝑥 + 𝑏2 𝑦 = 𝑐2
dengan a, b, dan c∈ R.
Dalam menentukan penyelesaian dari SPL, Anda dapat menggunakan beberapa
cara berikut ini :
1. grafik;
2. eliminasi;
45
Kapita Selekta Matematika Olimpiade Sekolah
3. substitusi;
4. gabungan (eliminasi dan substitusi);
5. Aturan Cramer (determinan)
B. Polinomial
Suatu persamaan 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 + ⋯ + 𝑎0 dan 𝑔(𝑥) = 𝑏𝑚 𝑥 𝑚 + ⋯ + 𝑏0 dengan
𝑎𝑛 ≠ 0 dan 𝑏𝑚 ≠ 0 disebut polinomial dengan derajat n dan m dimana deg 𝑓 = 𝑛
dan deg 𝑔 = 𝑚. Koefisien 𝑎𝑖 , 𝑏𝑖 dapat merupakan elemen dari ℂ, ℜ, ℚ, ℤ, ℤ𝑛 .
Untuk polinomial 𝑓 𝑑𝑎𝑛 𝑔 terdapat polynomial tunggal 𝑞 𝑑𝑎𝑛 𝑟 sedemikian
sehingga 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥)𝑞(𝑥) + 𝑟(𝑥) dimana deg 𝑟 < deg 𝑔 atau 𝑟(𝑥) = 0.
𝑞(𝑥) 𝑑𝑎𝑛 𝑟(𝑥) disebut pembagi dan sisa dari pembagian 𝑓 oleh 𝑔. Jika 𝑟(𝑥) = 0,
maka dikatakan bahwa 𝑔(𝑥) 𝑚𝑒𝑚𝑏𝑎𝑔𝑖 𝑓(𝑥) dan ditulis 𝑔(𝑥) |𝑓(𝑥).
46