UJIAN PENGHABISAN SEKOLAH MENENGAH TINGKAT ATAS TAHUN

Mengenang Jejak Sebagian Kecil Bangsa Indonesia Yang Pernah Mengikuti Ujian Sekolah Pada Masa Silam

UJIAN PENGHABISAN SEKOLAH MENENGAH TINGKAT ATAS TAHUN 1932

ALJABAR 1.

HBS (Hogere Burger School) NI dan AMS (Algemeene Middelbare School) afd B, 1932 Carilah x dari persamaan berikut. 10

2log 2 x 1

x

1 log 2  2log 2 x log x

1

1   3 log3 bilangan pokok adalah 10. 5

Solusi 1: 10 10

1 log 2  2log 2 x log x

2log 2 x 1

x

2log 2 x 1

 10



log x



1

1   3 log3 5

1 log 2  2log 2 x log x



3 1  3 log10 5

1  10 5 2 2 51 102log x 1  10log 2  1012log x  5 2 2 51 102log x 1   2log 2 x 1 5 10 102log

2

x 1

 101 log 2 2log

Ambillah y  102log

y

2

2

x 1



x

, sehingga

2 51  y 5

5 y 2  51y  10  0

 y  10  5 y  1  0 y  10  y  102log

2

x 1

1 5

 10  102log

2

102log 2log x  1  1  10

x 1

2

x

2

2log 2 x  2  102log

2

x





1 5

1 5

2

log x  1  2log x  log10  log 2 2

2

1 1 log x  1  log 2 x  log 2   0,3010  0,1505 2 2 log x  1  x1  10

1 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015

log x  1  x2 

1 10

log 2 x  0,1505 log x   0,1505

Ambillah a  0,1505 , sehingga

1 1 log a  log 0,1505   0,1775  1  0,5888  1  a  0,3880 2 2 log x   0,1505  0,3880

log x  0,3880  x3  2,4434 log x  0,3880  x4  0,4093 Solusi 2: 10

2log 2 x 1

102log 10

2

x

x

x

1 log 2  2log 2 x log x

log 20  2log 2 x log x

log 20



10log x2log x  x log x  x 10

10  log x

10 x

2log x

10

1  3 log3 5

3 1  3 log10 5

2log 2 x log x



1  10 5

2log x

x

x

log 20

 20  x 2log x 

x 2log x 

1



 x 2log x 

51 5

51 5

200  102 x 2log x

Ambillah y  x 2log x , sehingga

y

200  102 y

y 2  102 y  200  0

 y  100 y  2  0 y  100atau y  2

x 2log x  100 atau x 2log x  2 2log x  log x  log100 atau 2log x  log x  log 2 2log 2 x  2 atau 2log 2 x  log 2 log 2 x  1 atau log 2 x 

1 1 log 2   0,3010  0,1505 2 2

log x  1  log x   0,1505

log x  1  x1  10 log x  1  x2 

1 10

log 2 x  0,1505

2 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015

log x   0,1505

Ambillah a  0,1505 , sehingga

1 1 log a  log 0,1505   0,1775  1  0,5888  1  a  0,3880 2 2 log x   0,1505  0,3880

log x  0,3880  x3  2,4434 log x  0,3880  x4  0,4093

2.

HBS (Hogere Burger School) NI, 1932 Akar-akar dari persamaan x 2  px  q  0 , kita sebut x1 dan x2 . Kita bentuk sekarang sebuah persamaan kuadrat baru yang akar-akarnya adalah

1 1  2dan  2 . x1 x2

Kalau diketahui bahwa dari persamaan baru ini koefisien dari x 2 , dari x, dan dari suku tetap, dalam urutan ini merupakan suatu deret hitung, maka perhubungan apakah yang ada antara p dan q?

Buktikanlah bahwa jumlah kuadrat akar-akar persamaan pertama  x12  x22  pada harga p dan q yang berubah-ubah (tetapi perhubungan antara p dan q tetap), mempunyai sebuah harga minimum. Hitunglah harga p dan q pada mana diperoleh harga minimum. Solusi: Persamaan kuadrat x 2  px  q  0 mempunyai akar-akar x1 dan x2 .

x1  x2  

b p c q     p dan x1 x2    q a 1 a 1

Akar-akar persamaan kuadrat baru adalah JAA 

1 1  2dan  2 . x1 x2

x x 1 1 p 2 2 1 2 4 4 x1 x2 x1 x2 q

1  1  x x   p  1 2 2 1 1 HKA    2   2     4  2 1 2   4   2 4 x1 x2 q  q   x1  x2  x1 x2 x1 x2  x1 x2  Persamaan kuadrat baru yang diminta adalah

x2   JAA x  HKA  0  p   p  1 x2    4 x   2 40 q  q   q  p  1 2p x2    4  x   40 q q q 

Diketahui bahwa dari persamaan baru ini koefisien dari x 2 , dari x, dan dari suku tetap, dalam urutan ini merupakan suatu deret hitung, sehingga diperoleh hubungan antara p dan q berikut ini. u2  u1  u3  u2 p 1 2p p  4 1   4 4 q q q q 3 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015

p  5q  1  2 p  p  8q 4 p  13q  1  0

x12  x22   x1  x2   2 x1 x2  p 2  2q 2

1  4 p  1 , maka 13 2 8 2 2 x12  x22   x1  x2   2 x1 x2  p 2   4 p  1  p 2  p  13 13 13 8  4 Nilai minimum dicapai untuk p   13  2 13 Karena 4 p  13q  1  0 tetap berlaku, sehingga q 

2

8  4  2 16  32  26 10  4 Jadi, nilai minimum x12  x22 adalah         169 169  13  13  13  13

3.

HBS (Hogere Burger School) Nederland, 1932 Antara bilangan x dan y ada perhubungan berikut. xlog x  10 x 2 y

1. Hitunglah harga y, kalau x 

1 , juga kalau x  1 , x  100 , x  10 p . 10

2. Hitungkag x kalau y  1 . 3. Buktikanlah bahwa pada tiap harga y yang lebih besar dari

1 ada dua harga x yang ada 100

(bestaanbaar) yang hasil perbanyakkannya 100. Solusi: 1.

xlog x  10 x 2 y  y 

x log x 10 x 2 1

log

1

 1  10  1     1 10 10 10 x y  2      100 1 1 10 1 10  10   100 10  10 

x 1 y 

1log1 10 1   2 10  1 10  1 10

x  100  y 

x  10

p

100log100 1002 1   2 2 10 10  100 10  100

  y 10 10  10 p

log10 p

p

2

10  p



p

10  102 p

2

2 10 p  2 p 1  10 p 2 p 1 10

2. y  1  xlog x  10 x 2 y xlog x  10 x2 1 log xlog x  log10 x 2 log x  log x  log10  log x 2

log 2 x  2log x  1  0

4 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015

log x 

2  22  4  1   1 2 1



2 44 22 2  1 2 2 2

log x  1  2  log x  1  2

x  10 1 2  x  101 3.

xlog x  10 x 2 y  y 

y

xlog x 1  2 100 10 x

log

xlog x 1  log 2 100 10 x

2

x log x 10 x 2

log xlog x  log10 x 2  2 log x  log x  log10  log x 2  2

log 2 x  2log x  1  0

Ambillah

log 2 x  2log x  1  k ,

dengan

k 0,

sehingga

diskriminannya

adalah

D  b 2  4ac   2   4  1  1  k   4k  0 . 2

Karena D  0 , maka akar-akarnya real. log 2 x  2log x  1  k  0

log x1  log x2  

b 2  2 a 1

log x1 x2  2 x1 x2  102  100 (qed)

4.

HBS (Hogere Burger School) NI dan AMS (Algemeene Middelbare School) afd B, 1932 a. Untuk p berharga sejati berapa, maka bentuk  p  2  x 2   3 p  6  x  2 p  3

1 menjadi 2

positif buat segala harga-harga sejati dari x? b. Harga p yang bulat yang ditemukan dipertanyaan a sekarang dimasukkan ke dalam 1 y   p  2 x2  3 p  6 x  2 p  3 . 2

Untuk x berharga berapa maka y menjadi sebuah minimum? c. Jelaskan ini secara grafis. Solusi: a. Agar bentuk kuadrat  p  2  x 2   3 p  6  x  2 p  3

1 selalu positif (untuk segala harga x 2

yang sejati/real), maka haruslah a  p  2  0  p  2 .... (1)

D  b2  4ac  0

 3 p  6 2  4  p  2   2 p  3 

1 0 2

9 p 2  36 p  36  8 p 2  30 p  28  0

5 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015

p2  6 p  8  0

 p  2 p  4  0 2  p  4 .... (2)

Dari (1)  (2) diperoleh 2  p  4 . b. Bilangan bulat p dari 2  p  4 adalah p  3 .

1 2 1 y  3  2 x2  3  3  6 x  2  3  3 2 1 y  x 2  3x  2 2 b 3 x  2a 2 3 1 x    y  x 2  3x  2 2 2

p  3  y   p  2 x2  3 p  6 x  2 p  3

2

1 9 9 5 1  3  3 y      3    2     2 4 2 2 4  2  2 3 Fungsi kuadrat ini mencapai minimum pada x   , sehingga nilai minimumnya adalah 2

y

1 . 4 2

1  3 1 c. Grafik fungsi kuadrat y  x 2  3x  2   x    . 2  2 4 x

3 Y 2 y  x 2  3x  2

4

1 2

3 2 1 2 1 O

2

1

X

 3 1  ,   2 4

5.

HBS (Hogere Burger School) NI dan AMS (Algemeene Middelbare School) afd B, 1932 a. Buktikan rumus p log q 

log q . log p

b. Carilah sesudahnya x dari persamaan:

ax 2

1 log 2  a

a3 x

log

1 3  . a 5

Solusi: 6 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015

a. Ambillah p log q  x .... (1) Dari persamaan (1) diperoleh: p x  q .... (2) Dari persamaan (2) diperoleh: px  q log p x  log q

x log p  log q x

log q .... (3) log p

Dari persamaan (1) dan (3) diperoleh: log q p (terbukti/qed) log q  log p

b.

ax 2

ax 2

2

1 log 2  a

log a ax 2

2



a3 x

log

a3 x

log a 

1 3  a 5

3 5

log a 1 

a3 x

log a 

a

a

log a 3  a3 5 a log x 2 1 3 a  a a 2 3 a log a  log x log a  log x 5

2 

log a  a log ax 2

3 5

2 1 3   a a 1  2 log x 3  log x 5 Ambillah y  a log x , sehingga

2 1 3   1 2y 3  y 5 6  2 y  1  2 y 3  5 3  5 y  2 y2 20 y  25  9  15 y  6 y 2

6 y 2  5 y  34  0

 6 y  17  y  2  0 17  y2 6 1 a log x  3   a log x  2 6 y

3

1

x  a 6  x  a2 1 x  3 6 a  x  a2 a

7 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015

6.

HBS (Hogere Burger School) NI dan AMS (Algemeene Middelbare School) afd B, 1932 Ditentukan sebuah persamaan kuadrat dalam x, 4 x2  8m  4 x  3m2  6m  5  0 . Berapa harga-harga m supaya kedua akar persamaan itu sejati (nyata) dan positif? Solusi: Syarat kedua akar persamaan itu nyata dan positif adalah D  b2  4ac  0 , x1  x2  0 , dan

x1 x2  0 (1) D  b2  4ac  0





  8m  4   4  4  3m2  6m  5  0 2

64m2  64m  16  48m2  96m  80  0 16m2  32m  64  0

m2  2m  4  0

 2  4  16  2  4  16  m  m     0  2 2     2  2 5  22 5  m   m   0 2  2   

 m  1  5  m  1  5   0 m  1  5 atau m  1  5 (2) x1  x2  0 

  8m  4 

4 2m  1  0 1 m 2 (3) x1 x2  0

0

3m 2  6m  5 0 4

3m2  6m  5  0 Karena D  62  4  3  5  36  60  24  0 , maka bentuk kuadrat ini selalu bernilai positif untuk setiap nilai m yang real. Dari (1)  (2)  (3) diperoleh m  1  5 .

7.

LO 1932 p

1 1 1 2  1 2   2 x  6 2 x  21   2 x  6 2 x  21    



 1 5

1  2

 1 5

q



Kalau p  6 log 62 x 10  10 dan q  6 log144  2 x  10 Solusi: 1) p  q 8 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015

6

6

6

6

6

6

6

 log  6 log  6 log  6 log  6 log  6

  10   log36  log 4  2 x  10  10   log36  log 4  2 x  10  10   2  log 4  2 x  10  10   log 4  2 x  12  10   log 4  2 x  12

log 62 x 10  10  6 log144  2 x  10

log

2 x 10 2 x 10 2 x 10 2 x 10 2 x 10

6

6

6

6

6

6

6

62 x 10  10  2 x  12 4

62 x 10  10 36  2 x 10 4 6 144 62 x 10  10  2 x 10 6 2 2 x 10  6  10  62 x 10  144  0

Ambillah y  62 x 10 , sehingga

y 2  10 y  144  0

 y  18 y  8  0 y  18(diterima) atau y  8(ditolak)

62 x10  18

log 62 x10  log18

 2 x  10  log 6  log18 2 x  10 

log18  1,6131 log 6

2x  11,6131 x  5,8066

2)

1 2 1 x  6 x  21  1 2 2

x 2  13x  42  2

x2  13x  40  0

 x  5 x  8  0 x  5(ditolak) atau x  8(diterima)

3)

1 2 1 x  6 x  21  0 2 2

x 2  13x  42  0

 x  6 x  7   0 x  6atau x  7 Sayaratnya:





x  6  p  6 log 62610  10  6 log 26  0 9 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015

x  6  q  6 log144  2  6  10  6 log144  2  0





x  7  p  6 log 627 10  10  6 log1286  0

x  7  q  6 log144  2  7  10  6 log144  4  0 Sehingga x  6 (diterima) 1 2 1 4) x  6 x  21  1 2 2

x2  13x  44  0 tidak memiliki akar real, karena D   13  4  1  44  7 2

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x  5,8066 ; x  6 ; x  8 . Bersambung

10 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015