Transcript
MATERI PENGANTAR OLIMPIADE SAINS NASIONAL BIDANG MATEMATIKA SMA DISUSUN OLEH: TIM PEMBINA OLIMPIADE MATEMATIKA TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA Juli 009 KATA PENGANTAR Olimpiade Sains Nasional (OSN) merupakan kegiatan yang dilaksanakan secara rutin setiap tahun. Selain sebagai ajang kejuaraan nasional, OSN juga bertujuan untuk mencari calon peserta yang akan dibina dan berlaga di olimpiade sains tingkat internasional. Untuk memberikan arah pembinaan bagi peserta OSN, terutama peserta bidang matematika SMA, maka disusunlah materi ini. Materi yang kami susun ini merupakan draf awal yang kami kembangkan dari silabus OSN Bidang Matematika SMA yang sudah beredar. Draf ini jauh dari lengkap seperti yang tercantum dalam silabus. Oleh karena itu para peserta OSN dan para pembina masih perlu mencari pelengkapnya dari berbagai sumber. Terakhir, kami berharap bahwa dengan adanya draf ini persiapan ke OSN tahun ini bisa lebih baik dibanding tahun-tahun sebelumnya. Pada akhirnya akan berdampak kepada kualitas calon peserta IMO tahun depan. Jakarta, 1 Juli 009 Tim Pembina Olimpiade Matematika DAFTAR ISI Aljabar 1 Teori Bilangan 14 Geometri 36 Kombinatorika 60 ALJABAR Hery Susanto Jurusan Matematika FMIPA UM Jl. Surabaya 6 Malang Aljabar merupakan salah satu materi pokok dalam Olimpiade Matematika Internasional (IMO), disamping geometri, ilmu bilangan, dan kombinatorik. Oleh karena itu, aljabar menjadi salah satu materi wajib di Olimpiade Sains Nasional (OSN) Bidang Matematika SMA. Para peserta OSN Bidang Matematika SMA sudah mendapatkan materi aljabar sejak masih duduk di Sekolah Dasar. Menurut pengamatan penulis, sampai dengan di tingkat SMA para peserta sudah cukup banyak mendapat materi yang berkaitan dengan aljabar. Yang kurang adalah berlatih menerapkan teori yang telah didapat itu dalam soal-soal yang berbentuk pemecahan masalah. Di sini penulis mencoba memilihkan materi-materi aljabar yang kira-kira mengarah ke materi olimpiade matematika. Penulis tidak banyak menyajikan materi yang berkaitan dengan teori tetapi lebih banyak dengan pendekatan strategi pemecahan masalah. Materi yang dibahas di sini hanya sebagian dari materi yang ada pada silabus OSN Bidang Matematika SMA. Kami berharap peserta merujuk kepada silabus OSN yang sudah beredar. Di bagian akhir diberikan beberapa soal latihan dan diharapkan dapat dipakai untuk memacu dalam mengembangkan kemampuan pemecahan masalah. Pada akhirnya penulis berharap agar para peserta OSN Bidang Matematika SMA dapat merujuk materi yang tercantum dalam silabus OSN dan membaca buku-buku tentang pemecahan masalah untuk mengembangkan kemampuan pemecahan masalah ke tingkat yang lebih tinggi. 1 Sistem Bilangan Real Misalkan N, Z, Q, dan R berturut-turut menyatakan himpunan bilangan asli, himpunan bilangan bulat, himpunan bilangan rasional, dan himpunan bilangan real. Masing-masing himpunan ini dilengkapi dengan operasi tambah dan operasi kali disebut sistem bilangan. Sistem ini biasa ditulis notasi himpunan beserta operasinya. Sebagai contoh sistem bilangan real ditulis (R, +, ). Selanjutnya cukup ditulis notasi himpunannya saja, yaitu R. Berikut akan dibahas dua aksioma yang berkaitan dengan sistem bilangan real, yaitu aksioma lapangan dan aksioma urutan. 1.1 Aksioma Lapangan 1. Sifat asosiatif, yaitu untuk setiap a, b, c di R berlaku (a) (a + b) + c = a + (b + c), (b) (ab)c = a(bc).. Sifat komutatif, yaitu untuk setiap a, b, c di R berlaku 1 (a) a + b = b + a, (b) ab = ba. 3. Eksistensi unsur identitas, yaitu (a) Terdapat 0 di R yang memenuhi untuk semua a di R. (b) Terdapat 1 di R dan 1 0 yang memenuhi untuk semua a di R. 4. Eksistensi unsur invers, yaitu a + 0 = a a1 = a (a) Untuk masing-masing a di R terdapat a di R yang memenuhi a + ( a) = 0. (b) Untuk masing-masing a di R yang tidak nol terdapat a 1 di R yang memenuhi aa 1 = Sifat distributif, yaitu untuk setiap a, b, c di R berlaku a(b + c) = ab + ac. Sebagai kosekuensi dari sifat-sifat pada aksioma lapangan di atas, diperoleh sifat-sifat berikut (yang dapat dianggap sebagai teorema). 1. a dan a 1 yang memenuhi sifat 4 di atas adalah tunggal.. 0a = 0, untuk setiap a di R. 3. ( 1)a = a, untuk setiap a di R. 4. ( a) = a, untuk setiap a di R. 5. ( a)( b) = ab, untuk setiap a di R. 6. ( a 1) 1 = a, untuk setiap a di R yang tidak nol. Sebagai suatu teorema, sifat-sifat di atas harus dibuktikan. Berikut diberikan beberapa contoh pembuktian. Bukti untuk. Ambil a R sebarang. Dengan menggunakan sifat identitas, invers, asosiatif, dan distributif diperoleh 0a = 0 + 0a = ( 0a + 0a) + 0a = 0a + (0a + 0a) = 0a + (0 + 0)a = 0a + 0a = 0. Karena a R sebarang, maka 0a = 0, untuk setiap a di R. Bukti untuk 3. Ambil a R sebarang. Dengan menggunakan sifat identitas, invers, asosiatif, distributif, dan sifat di atas diperoleh ( 1)a = 0 + ( 1)a = ( a + a) + ( 1)a = a + (a + ( 1)a) = a + (1a + ( 1)a) = a + (1 + ( 1))a = a + 0a = a + 0 = a. Karena a R sebarang, maka ( 1)a = a, untuk setiap a di R. Bukti keempat sifat yang lain digunakan sebagai latihan. 1. Aksioma Urutan Terdapat himpunan P yang merupakan himpunan bagian dari himpunan bilangan real yang memenuhi tiga sifat berikut. (1) Untuk bilangan real x sebarang, berlaku salah satu dari: (i) x = 0, atau (ii) x P, atau (iii) x P. () Jika x, y P, maka x + y P. (3) Jika x, y P, maka xy P. Sifat (1), (), dan (3) di atas berturut-turut disebut sifat trikotomi, sifat ketertutupan operasi tambah, dan sifat ketertutupan operasi kali. Himpunan P di atas disebut himpunan bilangan real positif. Berikutnya ada kesepakatan bahwa notasi x 0 digunakan jika x P. Dengan demikian ketiga sifat di atas dapat ditulis ulang sebagai berikut. (1 ) Untuk bilangan real x sebarang, berlaku salah satu dari: (i) x = 0, atau (ii) x 0, atau (iii) x 0. 3 ( ) Jika x 0 dan y 0, maka x + y 0. (3 ) Jika x 0 dan y 0, maka xy 0. Berikut didefinisikan relasi lebih besar dari dan relasi lebih kecil dari untuk dua bilangan real. x dikatakan lebih besar dari y, dinotasikan x y, jika x y 0. x dikatakan lebih kecil dari y, dinotasikan x y, jika y x 0. Dapat ditunjukkan bahwa x y ekivalen dengan y x. Notasi x y, dibaca x lebih besar dari atau sama dengan y, digunakan jika x y atau x = y. Konsekuensi dari sifat-sifat di atas, diperoleh sifat-sifat berikut (yang dapat dianggap sebagai teorema). 1. Untuk setiap pasang bilangan real a dan b pasti berlaku salah satu dari a b, atau a = b, atau a b.. Jika a b dan b c, maka a c. 3. Jika a b, maka a + c b + c. 4. Jika a b dan c 0, maka ac bc. 5. Jika a 0 dan b 0, maka ab Jika a b dan c 0, maka ac bc. 7. Untuk setiap a di R berlaku a 0. Selanjutnya, a = 0 jika dan hanya jika a = Jika a b 0, maka 1 a 1 b. 9. Jika a b 0 dan c d 0, maka ac bd dan a d b c. 10. Jika a b, maka a n b n untuk n bilangan asli ganjil. 11. Jika a b 0, maka a n b n untuk n bilangan asli. Bukti sifat-sifat di atas digunakan sebagai latihan. Ketaksamaan Sifat-sifat yang berkaitan dengan aksioma urutan banyak digunakan pada masalah-masalah yang berkaitan dengan ketaksamaan. Pembahasan ketaksamaan berikut menggunakan pendekatan pemecahan masalah dengan beberapa contoh. Contoh 1 Tunjukkan bahwa a + 1 a untuk setiap bilangan real a 0, dan akan merupakan kesamaan jika dan hanya jika a = 1. Penyelesaian: Untuk setiap bilangan real a berlaku a a + 1 = (a 1) 0. 4 Sehingga a + 1 a. Karena a 0 maka a + 1 a. Selanjutnya a + 1 a = a + 1 = a a a + 1 = 0 (a 1) = 0 a = 1. Contoh Misalkan a, b, dan c adalah bilangan real positif dan a + b + c = 1. Tunjukkan bahwa Penyelesaian: Dari a + b + c = 1 diperoleh 1 a + 1 b + 1 c 9. 1 a = 1 + b a + c a 1 b = a b c b 1 c = a c + b c + 1 Sehingga 1 a + 1 b + 1 c = = ( 1 + b a + c a ( a b + b a ) ( a + b c b) ) ( a + c a) + c + ( c b + b c ( a + c + b ) c + 1 ) + 3 Menurut Contoh 1, a b + b a, a c + c a, c b + b c. Oleh karena itu 1 a + 1 b + 1 c = 9. Contoh 3 Buktikan bahwa jika a dan b bilangan real positif maka a + b a + b ab 1 a + 1. b Selanjutnya, ketaksamaan ini akan berlaku sebagai kesamaan jika dan hanya jika a = b. Bukti: Perhatikan bahwa Hal ini ekivalen dengan a ab + b = (a b) 0. (1) a + b ab. () Ditambah dengan a + b untuk kedua ruas, Ketaksamaan () ekivalen dengan ( a + b ) a + ab + b = (a + b), 5 yang ekivalen dengan a + b a + b. (3) Perhatikan bahwa Ketaksamaan (3) merupakan kesamaan jika dan hanya jika Ketaksamaan (1) merupakan kesamaan. Hal ini terjadi jika dan hanya jika a = b. Dengan mengganti a dan b pada Ketaksamaan () berturut-turut dengan a dan b diperoleh yang ekivalen dengan a + b ab, a + b ab. (4) Dengan demikian, Ketaksamaan (4) merupakan kesamaan jika dan hanya jika a = b, atau a = b. Ketaksamaan (4) ekivalen dengan a + b 1, ab yang ekivalen dengan 1 a + 1 b = a + b ab 1 ab ab = ab. (5) Selanjutnya ketaksamaan (5) merupakan kesamaan jika dan hanya jika a = b. Dari Ketaksamaan (3), (4), dan (5) diperoleh a + b a + b ab 1 a + 1. b Selanjutnya, ketaksamaan di atas akan merupakan kesamaan jika dan hanya jika a = b. a Untuk bilangan real positif a dan b, +b, a+b, ab, dan 1 pada contoh di atas berturutturut disebut rataan kuadrat (QM), rataan aritmatika (AM), rataan geometri (GM), dan rataan a + 1 b harmonik (HM) dari a dan b. Dengan demikian, untuk bilangan real positif a dan b kita mempunyai QM AM GM HM, selanjutnya QM = AM = GM = HM jika dan hanya jika a = b. Rataan kuadrat, rataan aritmatika, rataan geometri, dan rataan harmonik dari n bilangan real positif a 1, a,..., a n berturut-turut adalah a QM = 1 + a a n n AM = a 1 + a a n, n GM = n a 1 a... a n, dan n HM = 1 a a a n Teorema berikut merupakan perumuman dari Contoh 3. Teorema 1 Jika QM, AM, GM, dan HM berturut-turut menyatakan rataan kuarat, rataan aritmatika, rataan geoetri, dan rataan harmonik dari bilangan real positif a 1, a,..., a n, maka QM AM GM HM. Selanjutnya, ketaksamaan ini akan berlaku sebagai kesamaan jika dan hanya jika a 1 = a =... = a n. 6 Contoh 4 Contoh dikerjakan dengan menggunakan ketaksamaan AM-HM. Menurut ketaksamaan AM-HM, kita mempunyai 3 1 a + 1 b + 1 c Karena 1 a + 1 b + 1 c 0 maka 1 a + 1 b + 1 c 9. a + b + c 3 = 1 3. Contoh 5 Misalkan a, b, dan c adalah bilangan real positif yang memenuhi (1+a)(1+b)(1+c) = 8. Buktikan bahwa abc 1. Selanjutnya tentukan kapan kesamaan terjadi. Penyelesaian: Dari yang diketahui diperoleh Menurut ketaksamaan AM-GM, 8 = (1 + a)(1 + b)(1 + c) = 1 + (a + b + c) + (ab + bc + ca) + abc. (6) a + b + c 3(abc) 1 3 dan ab + bc + ca 3(abc) 3, (7) masing-masing ketaksamaan di atas merupakan kesamaan jika dan hanya jika a = b = c. Dari (6) dan (7) diperoleh yang ekivalen dengan atau yaitu (abc) (abc) 3 + abc = (1 + (abc) 1 3 ) 3, 1 + (abc) =, (abc) = 1, abc 1, dan kesamaan terjadi jika dan hanya jika a = b = c = 1. 3 Sukubanyak (Polinom) Misalkan F menyatakan sistem bilangan real atau sistem bilangan rasional dan n adalah bilangan bulat tidak negatif. Bentuk f(x) = a 0 + a 1 x + a x + + a n x n dengan a 0, a 1, a,, a n di F dan a n 0, disebut sukubanyak atas F berderajad n. Himpunan semua sukubanyak atas F ditandai dengan F [x]. Berikut diberikan beberapa sifat sukubanyak yang sering digunakan. Teorema (Algoritma Pembagian) Misalkan f(x) dan g(x) di F [x] dan g(x) bukan sukubanyak nol. Maka terdapat sukubanyak q(x) dan r(x) di F [x] yang tunggal dan memenuhi f(x) = q(x)g(x) + r(x) dengan r(x) merupakan sukubanyak nol atau r(x) bukan sukubanyak nol yang berderajad kurang dari derajad g(x). 7 Dalam teorema di atas, q(x) disebut hasilbagi dan r(x) disebut sisa pembagian. Selanjutnya jika r(x) merupakan sukubanyak nol maka dikatakan f(x) habis dibagi oleh g(x). Teorema 3 (Teorema Sisa) Jika sukubanyak f(x) dibagi oleh (x a) maka sisanya adalah f(a). Bilangan a di F disebut akar dari sukubanyak f(x) jika f(a) = 0. Sebagai akibat dari teorema di atas diperoleh teorema berikut. Teorema 4 (Teorema Faktor) Sukubanyak f(x) habis dibagi oleh (x a) jika dan hanya jika a merupakan akar dari f(x). Contoh 6 Sukubanyak f(x) = x 3 +Ax +x B habis dibagi oleh (x ) dan bersisa -9 jika dibagi (x + 1). Tentukan nilai A dan B. Penyelesaian: Karena f(x) habis dibagi oleh (x ) maka Karena f(x) bersisa -9 jika dibagi (x + 1) maka 0 = f() = () 3 + A() + B = 4A B (8) 9 = f( 1) = ( 1) 3 + A( 1) + ( 1) B = A B 3. (9) Dengan menyelesaikan sistem persamaan di atas (mengeliminasi (8) dan (9) serta mensubstitusikan ke salah satu darinya) diperoleh A = 4 dan B =. Contoh 7 Tentukan semua bilangan asli n sehingga sukubanyak x + x + 1 membagi sukubanyak x n + x n + 1. Penyelesaian: Perhatikan bahwa x 3 1 = (x 1)(x + x + 1) dan x 3 1 membagi x 3m 1. (i) Untuk n = 3k, x n + x n + 1 = x 6k + x 3k + 1 = (x 6k 1) + (x 3k 1) + 3 = (x + x + 1)Q(x) + 3. (ii) Untuk n = 3k + 1, x n + x n + 1 = x 6k+ + x 3k = x (x 6k 1) + x(x 3k 1) + x + x + 1 = (x + x + 1)R(x). (iii) Untuk n = 3k +, x n + x n + 1 = x 6k+4 + x 3k+ + 1 = x 4 (x 6k 1) + x (x 3k 1) + x 4 + x + 1 = x 4 (x 6k 1) + x (x 3k 1) + x(x 3 1) + x + x + 1 = (x + x + 1)S(x). 8 Jadi x + x + 1 membagi x n + x n + 1 jika dan hanya jika n bukan kelipatan 3. Sifat yang lain dari sukubanyak yang sering digunakan adalah sifat simetri akar, yang lebih dikenal dengan nama Teorema Vieta, yaitu hasil tambah dan hasil tambah dari hasil kali akar-akar suatu sukubanyak. (a) Jika sukubanyak ax + bx + c mempunyai akar-akar x 1 dan x maka Sehingga ax + bx + c = a(x x 1 )(x x ) = ax a(x 1 + x )x + ax 1 x. x 1 + x = b a dan x 1 x = c a. (b) Misalkan x 1, x, dan x 3 akar-akar sukubanyak ax 3 + bx + cx + d. Dengan ekspansi a(x x 1 )(x x )(x x 3 ) = ax 3 a(x 1 + x + x 3 )x + a(x 1 x + x x 3 + x 3 x 1 )x ax 1 x x 3 dan komparasi koefisien diperoleh x 1 + x + x 3 = b a, x 1x + x x 3 + x 3 x 1 = c a, dan x 1x x 3 = d a. Contoh 8 Misalkan x 1, x, dan x 3 akar-akar dari x 3 + 3x 7x + 1. Tentukan x 1 + x + x 3. Penyelesaian: Menurut Teorema Vieta, x 1 + x + x 3 = 3 dan x 1 x + x x 3 + x 3 x 1 = 7. Sehingga 9 = (x 1 + x + x 3 ) = x 1 + x + x 3 + (x 1 x + x x 3 + x 3 x 1 ) = x 1 + x + x 3 + ( 7). Oleh karena itu x 1 + x + x 3 = 3. 4 Sistem Persamaan Bentuk yang melibatkan variabel, yaitu f(x 1, x,..., x n ) = c disebut persamaan dengan n buah variabel. Sistem persamaan adalah suatu sistem yang terdiri dari dua atau lebih persamaan, yaitu f 1 (x 1, x,..., x n ) = c 1 f (x 1, x,..., x n ) = c. f m (x 1, x,..., x n ) = c m 9 Sistem persamaan di atas disebut sistem persamaan dengan n buah variabel dan m persamaan. Solusi dari suatu sistem persamaan adalah solusi secara simultan dari semua persamaan di dalam sistem itu. Cara baku untuk mencari solusi suatu sistem persamaan dengan cara eliminasi dan atau substitusi. Berikut akan diberikan beberapa contoh soal yang tidak regular. Contoh 9 Cari semua solusi real dari sistem persamaan x + x = y y + y z + z = z = x. Penyelesaian: Misalkan (x, y, z) solusi sistem persamaan di atas. Diantara x, y, dan z tidak mungkin ada yang nol. Perhatikan bahwa jika salah satu positif maka dua yang lain juga positif. Selanjutnya, dengan mengalikan dengan -1 akan diperoleh solusi yang lain. Asumsikan x, y, z 0. Dengan menggunakan ketaksamaan AM-GM untuk masing-masing persamaan diperoleh y = x + ( ) x x = y, x z = y + ( ) y y = z, y x = z + ( ) z z = x. z Dengan menambahkan semua persamaan dari sistem persamaan semula dan hasil di atas, diperoleh 3 ( x + y + z = x + y + ) 3. z Dengan demikan haruslah x = y = z =. Selanjutnya dapat ditunjukkan bahwa (,, ) dan (,, ) adalah solusi yang dimaksud. Contoh 10 Cari semua solusi real dari sistem persamaan 4x 4x + 1 4y 4y + 1 4z 4z + 1 = y = z = x. Penyelesaian: Perhatikan fungsi f : [0, ) [0, ), f(t) = 4t 4t + 1, merupakan fungsi monoton naik murni.oleh karena itu jika x y maka y = f(x) f(y) = z. Akibatnya z = f(y) f(z) = x. Sehingga x y z x, suatu yang tidak mungkin. Dengan cara 10 yang sama jika x y maka akan diperoleh suatu kontradiksi. Jadi x = y. Dengan menggunakan argumen yang sama diperoleh y = z. Jadi x = y = z. Dengan menyelesaikan persamaan 4t 4t + 1 = t ( diperoleh t = 0 atau t = 1. Jadi solusi dari sistem persamaan di atas hanyalah tripel (0, 0, 0) dan 1, 1, 1 ). Contoh 11 Tentukan semua solusi real dari sistem persamaan { x + y + z = 1 x y + y z + z x = 9x y z Penyelesaian: Dari persamaan pertama, tidak mungkin x = y = z = 0. Dari persamaan kedua tidak mungkin jika satu variabel nol dan dua variabel tidak nol. Kasus I: Jika dua variabel nol dan satu variabel tidak nol. Misalkan x = y = 0, z 0. Diperoleh z = ±1. Dengan demikian (0, 0, ±1) merupakan solusi. Dengan cara yang sama diperoleh (0, ±1, 0) dan (±1, 0, 0) juga merupakan solusi. Kasus II: Jika ketiga variabel tidak nol. Persamaan kedua ekivalen dengan 1 x + 1 y + 1 z = 9. Digunakan AM-HM, persamaan pertama, dan persamaan di atas diperoleh 1 3 = x + y + z = 3 9 = 1 3. x y z Jadi x +y +z 3 3 = 1. Oleh karena itu x = y = z. Diperoleh (± 1 x + 1 y + 1 z 3 3, ± 1 3 3, ± 1 3 3) solusi sistem persamaan di atas. Soal-soal Latihan 1. Diketahui a + b = 1 dan a + b =. Tentukan a 4 + b 4.. Sederhanakan (tanpa melibatkan tanda akar). 3. Buktikan bahwa jika a, b, c R, dan a + b + c = 1 maka 1 ab + bc + ca Tentukan bilangan real a agar hasil tambah kuadrat akar-akar x +(a )x a 3 minimum. 5. Hitung n k=1 k!(k + k + 1). 6. Tentukan jumlah dari Diketahui f(x) = x + 1 dan g(f(x)) = x + 3x + 1. Tentukan g(3). 11 8. Misalkan x dan y bilangan real dan x + 3xy + y = 60. Tentukan nilai maksimum yang mungkin untuk xy. 9. Misalkan semua akar dari x 6 6x 5 + ax 4 + bx 3 + cx + dx + 1 = 0 adalah positif. Tentukan a, b, c, d. 10. Untuk bilangan real a, b, dan c yang memenuhi a b c 0, buktikan bahwa a b c + c b a + a c b 3a 4b + c. 11. Buktikan bahwa 1 15 Misalkan a 1, a,..., a n bilangan real positif dan b 1, b,..., b n adalah penataan kembali dari a 1, a,..., a n. Buktikan bahwa a 1 b 1 + a b + + a n b n n. 13. Untuk bilangan asli n sebarang, buktikan bahwa (a) ( n (b) ( n ) n ( n+1) n+1. ) n+1 ( n+1) n Buktikan bahwa Buktikan bahwa n n + n n + n n n n n n untuk n. 16. Misalkan x 1 + x + x 3 = π, x i 0. Buktikan bahwa sin x 1 sin x sin x Buktikan bahwa tan a + tan b tan ab untuk setiap a, b [0, π ). 18. Buktikan bahwa untuk bilangan asli n berlaku ( ) n + 1 n n!. 19. Misalkan a 1, a,..., a n dan b 1, b,..., b n adalah bilangan real positif yang memenuhi a 1 a... a n = b 1 b... b n. Buktikan bahwa (a 1 b 1 + 1) (a b + 1)... (a n b n + 1) b 1 b... b n n. 1 0. Cari semua solusi real dari sistem persamaan berikut. x 3 + y = 3x + 4 y 3 + z = 6y + 6 3z 3 + x = 9z Cari semua tripel (x, y, z) yang memenuhi x 4 + y 4 + z 4 4xyz = 1.. Cari semua solusi real dari sistem persamaan x + y = 4z 1 y + z = 4x 1 z + x = 4y 1 3. Buktikan tidak ada belangan real x, y, x yang memenuhi x + 4yz + z = 0 x + xy + z = 0 xz + y + y + 1 = 0 4. Cari semua bilangan real m sehingga persamaan mempunyai tepat tiga akar. (x mx 4(m + 1))(x 4x m(m + 1)) = 0 Rujukan [1] Engel, A Problem-Solving Strategies. New York: Springer-Verlag. [] Larson, L. C Problem-Solving Through Problems. New York: Springer-Verlag. 13 TEORI BILANGAN Nanang Susyanto Jurusan Matematika FMIPA UGM 1 Sistem Bilangan Bulat 1.1 Latar belakang Pada zaman dahulu, manusia hanya mengenal sistem bilangan asli N = {1,, 3,...} Mereka hanya mengenal sistem bilangan tersebut karena pada waktu itu yang mereka butuhkan hanyalah menghitung sesuatu yang mereka miliki atau mereka dapatkan. Sebagai contoh: menghitung hasil binatang buruan, menghitung banyak persediaan makanan yangmereka miliki, dan sebagainya. Akan tetapi, setelah selang waktu tertentu mereka merasakan binatang buruannya habis yang kemudian dilambangkan dengan simbol 0. Oleh karena itu, mereka mulai mengenal sistem bilangan cacah N 0 = {0} N = {0, 1,, 3,...} Seiring dengan adanya sistem barter, mereka menemui masalah jika setiap seekor kambing dapat ditukar dengan 10 ekor ayam, maka bagaimana jika saya mempunyai 7 ekor ayam yang ingin ditukarkan dengan seekor kambing?. Tentu saja orang tersebut masih hutang/kurang 3 ekor ayam bukan? Kekurangan 3 ekor ini yang kemudian dilambangkan 3. Dari
