sahabat informasi.blogspot.com pembahasan soal kalkulus edwin j purcell dan dale varberg bab 1 sub...

http://sahabat-informasi.blogspot.com/2011/11/kalkulus-purcell-bab-1-sub-bab-4.html

Makan ketupat di hari Raya

Pembahasan Kalkulus Purcell bab 1 sub bab 4 telah tersedia

Wajah khalifah Ali berseri-seri

Sangat mohon sekali koreksinya

SOAL-SOAL 1.4

Dalam Soal-soal 1-12, carilah himpunan penyelesaian dari ketaksamaan yang diberikan (lihat Contoh 1 dan 2).

1. Pembahasan soal Kalkulus buku karangan Edwin J. Purcell dan Dale Varberg bab 1 sub bab 4 no. 1

|x+1|<4Berdasarkan pernyataan yang ada pada halaman 19:|x|<a ⇔−a<x<a , sehingga:|x+1|<4 ⇔−4< x+1<4

⇔−4−1<x<4−1⇔−5<x<3

Jadi himpunan penyelesaian dari |x+1|<4 adalah (−5,3 )

Mungkin teman-teman pernah pergi ke rumah sakit untuk mendonorkan darah, atau hanya menemani teman yang akan donor darah, biasanya di situ tertulis tinggi maknanya, terpampang indah tulisannya “SEBAIK-BAIKNYA MANUSIA ADALAH MANUSIA YANG BERMANFAAT BAGI ORANG LAIN”. Itulah salah satu contoh pertolongan seseorang terhadap orang lain, betapa mulinya hal itu.

Jika kita belum bisa untuk donor darah, masih banyak hal positif lain yang bisa kita lakukan untuk meringankan beban orang lain dan membantu terhadap sesama. Jika kita seorang pelajar, berkorbanlah apa yang bisa kita berikan untuk kemajuan pendidikan, jika kita seorang pengusaha apa yang bisa kita berikan untuk negara ini, begitu juga jika kita seorang karyawan, petani, pedagang atau yang lainnya. Sahabat mengajak berikanlah yang bisa kita berikan sesuai dengan profesi kita yang bisa membantu terhadap sesama.




|x−2|<5Berdasarkan pernyataan yang ada pada halaman 19:|x|<a ⇔−a<x<a , sehingga:|x−2|<5 ⇔−5<x−2<5

⇔−5+2<x<5+2⇔−3<x<7

Jadi himpunan penyelesaian dari |x−2|<5 adalah (−3,7 )


|3 x+4|<8Berdasarkan pernyataan yang ada pada halaman 19:|x|<a ⇔−a< x<a , sehingga:|3 x+4|<8 ⇔−8<3 x+4<8

⇔−8−4<3 x<8−4⇔−12<3 x<4

⇔−123

<x<43

⇔−4< x<43

Jadi himpunan penyelesaian dari |3 x+4|<8 adalah (−4 ,43 )


|2 x−7|<3Berdasarkan pernyataan yang ada pada halaman 19:|x|<a ⇔−a< x<a , sehingga:|2 x−7|<3 ⇔−3<2 x−7<3

⇔−3+7<2 x<3+7⇔4<2 x<10

⇔42

<x<102

⇔2<x<5Jadi himpunan penyelesaian dari |2x−7|<3 adalah (2,5 )




|x3

−2|≤6

Berdasarkan pernyataan yang ada pada halaman 19:|x|<a ⇔−a<x<a , sehingga:

|x3

−2|≤6⇔−6≤x3

−2≤6

⇔−6+2≤x3

≤6+2

⇔−4≤x3

≤8

⇔−12≤x≤24

Jadi himpunan penyelesaian dari |x3

−2|≤6 adalah [−12,24 ]


|3 x5

+1|≤4

Berdasarkan pernyataan yang ada pada halaman 19:|x|<a ⇔−a< x<a , sehingga:

|3 x5

+1|≤4⇔−4≤3x5

+1≤4

⇔−4−1≤3 x5

≤4−1

⇔−5≤3 x5

≤3

⇔−5−3 x5

≤0≤3−3 x5

⇔−25−3 x5

≤0≤15−3 x5

⇔−25−3 x≤0≤15−3 x⇔−25≤3 x≤15

⇔−253

≤x≤5

Jadi himpunan penyelesaian dari |3 x5

+1|≤4 adalah [−253

,5]




|2 x−7|>3Berdasarkan pernyataan yang ada pada halaman 19:|x|>a ⇔ x<−a atau x>a , sehingga:|2 x−7|>3⇔2 x−7<−3 atau 2 x−7>3

⇔2 x<−3+7 atau 2 x>3+7⇔2 x<4 atau 2 x>10⇔ x<2 atau x>5

Jadi himpunan penyelesaian dari |2 x−7|>3 adalah (−∞ , 2 )∪ (5 ,∞ )


|5 x−6|>1Berdasarkan pernyataan yang ada pada halaman 19:|x|>a⇔ x<−a atau x>a , sehingga:|5 x−6|>1⇔5 x−6<−1 atau 5 x−6>1⇔5 x<−1+6 atau 5 x>1+6⇔5 x<5 atau 5 x>7

⇔ x<1 atau x>75

Jadi himpunan penyelesaian dari |5 x−6|>1 adalah (−∞ ,1 )∪(75 ,∞)9. Pembahasan soal Kalkulus buku karangan Edwin J. Purcell dan Dale Varberg bab 1 sub

bab 4 no. 9

|4 x+2|≥10Berdasarkan pernyataan yang ada pada halaman 19:|x|>a⇔ x<−a atau x>a , sehingga:|4 x+2|≥10⇔4 x+2≤−10 atau 4 x+2≥10⇔4 x≤−10−2 atau 4 x≥10−2⇔4 x≤−12 atau 4 x≥8⇔ x≤−3 atau x≥2Jadi himpunan penyelesaian dari |4 x+2|≥10 adalah (−∞ ,−3 ]∪[2 ,∞)



03

5


|x2

+7|≥2

Berdasarkan pernyataan yang ada pada halaman 19:|x|>a⇔ x<−a atau x>a , sehingga:

|x2

+7|≥2⇔ x2

+7≤−2 atau x2

+7≥2

⇔ x2

≤−2−7 atau x2

≥2−7

⇔ x2

≤−9 atau x2

≥−5

⇔ x≤−18 atau x≥−10

Jadi himpunan penyelesaian dari |x2

+7|≥2 adalah (−∞ ,−18 ]∪[−10 ,∞)


|2+5x|>1


|2+5x|>1⇔2+5

x<−1 atau 2+5

x>1

⇔5x

<−1−2 atau 5x

>1−2

⇔5x

<−3 atau 5x

>−1

⇔5x

+3<0 atau 5x

+1>0

⇔5+3 xx

<0 atau 5+xx

>0

a )5+3 xx

<0:

−Untuk 5+3 x=0 , maka:

x=−53

, anggap x1=−53

−x2=0buat garis bilangan untuk x1 dan x2:


03

5

+ +

05

05+ +


tampak titik pada garis bilangan digunakan bulat kosong, karena ketaksamaan¿0 , lakukan pemeriksaan nilai untuk tiga bilangan, apakah bernilai positif atau

negatif jika x disubstitusikan ke dalam 5+3 xx

, tiga bilangan itu masing-

masing adalah bilangan yang terletak antara −∞ dengan −53

, bilangan yang

terletak antara −53

dengan 0 , dan bilangan yang terletak antara 0 dengan ∞ ,

maka didapatkan hasilnya seperti berikut:

daerah bernilai negatif adalah himpunan penyelesaian dari persamaan, karena

persamaannya adalah <0 , yaitu x besar dari −53

kecil dari 0, berarti bilangan

−53

dan 0 tidak masuk dalam selang ini, maka himpunan penyelesaiannya (hp1)

adalah:(−53

,0)b )

5+ xx

>0 :

−Untuk 5+x=0 , maka:x=−5 , anggap x1=−5−x2=0

buat garis bilangan untuk x1 dan x2:


negatif jika x disubstitusikan ke dalam 5+xx


masing adalah bilangan yang terletak antara −∞ dengan −5 , bilangan yang terletak antara −5 dengan 0 , dan bilangan yang terletak antara 0 dengan ∞ , maka didapatkan hasilnya seperti berikut:


03

1


daerah bernilai positif adalah himpunan penyelesaian dari persamaan, karenapersamaannya adalah >0 , yaitu:(a )x kecil dari −5 , berarti bilangan −5 tidak masuk dalam selang ini, makahp = (−∞ ,−5 )(b )x besar dari 0, berarti bilangan 0 tidak masuk dalam selang ini, maka hp = (0,∞ )Dari ( a) dan (b ) didapat hp2=(−∞ ,−5 )∪(0 ,∞ )

Dari hp1 dan hp2 didapat himpunan penyelesaian dari |2+5x|>1 adalah:

(−∞ ,−5 )∪(−53

,0)∪(0 ,∞ )


|1x−3|>6


|1x−3|>6⇔1

x−3<−6 atau

1x−3>6

⇔1x−3+6<0 atau

1x−3−6>0

⇔1x

+3<0 atau 1x

−9>0

⇔1+3 xx

<0 atau 1−9 xx

>0

a )1+3 xx

<0 :

−Untuk 1+3 x=0 , maka:3 x=−1

x=−13

,

anggap x1=−13



03

1

+ +

9

10

+9

10



negatif jika x disubstitusikan ke dalam 1+3 xx


masing adalah bilangan yang terletak antara −∞ dengan −13

, bilangan yang

terletak antara −13

dengan 0 , dan bilangan yang terletak antara 0 dengan ∞ ,


daerah bernilai negatif adalah himpunan penyelesaian dari persamaan, karena

persamaannya adalah <0 , yaitu x besar dari −13

kecil dari 0, berarti bilangan

−13

dan 0 tidak masuk dalam selang ini, maka himpunan penyelesaiannya (hp1)

adalah:(−13

,0)b )

1−9 xx

>0 :

−Untuk 1−9 x=0 , maka:9 x=1

x=19

, anggap x1=19



negatif jika x disubstitusikan ke dalam 1−9 xx


masing adalah bilangan yang terletak antara −∞ dengan 0 , bilangan yang

terletak antara 0 dengan 19

, dan bilangan yang terletak antara 19

dengan ∞ ,




daerah bernilai positif adalah himpunan penyelesaian dari persamaan, karena

persamaannya adalah >0 , yaitu x besar dari 0 dan kecil dari 19

, berarti bilangan

0 dan 19

tidak masuk dalam selang ini, maka himpunan penyelesaiannya ( hp2 )

adalah:(0 ,19 )

Dari hp1 dan hp2 didapat himpunan penyelesaian dari |1x−3|>6 adalah:

(−13

,0)∪(0 ,19 )

Dalam Soal-soal 13-16, selesaikan ketaksamaan kuadrat yang diberikan dengan menggunakaan rumus kuadat (lihat Contoh 5)


2 x2−5 x−4≤0Penyelesaian:Menurut rumus kuadrat yang juga terdapat pada halaman 21,penyelesaian untuk ax2+bx+c=0 diberikan oleh:

x1,2=−b±√b2−4 ac2 a

, sehingga penyelesaian untuk persamaan

kuadrat 2 x2−5 x−4=0 adalah:

x1,2=−(−5)±√(−5 )2−4 (2)(−4 )2(2)

=5±√25+324

=5±√574


+ +

4

575 4

575


sehingga:

x1=5−√574

≈−0 , 638 atau x2=5+√574

≈3 ,138

x1−5−√574

=0 atau x2−5+√574

=0

4 x1−5+√57

4=0 atau

4 x2−5−√57

4=0

4 x1−5+√57=0 atau 4 x2−5−√57=0

sehingga (2 x2−5 x−4 )=(4 x−5−√57 ) (4 x−5−√57 )

titik-titik pemecah 5−√574

dan 5+√574

membagi garis riil menjadi tiga selang .

Sekarang kita akan mengujinya dengan 3 bilangan, yaitu bilangan yang terletak

antara −∞ dengan 5−√574

, bilangan yang terletak antara 5−√574

dengan

5+√574

, dan bilangan yang terletak antara 5+√574

dengan ∞ , apakah akan

bernilai positif atau negatif jika tiga bilangan tersebut disubstitusikan ke persamaman 2 x2−5 x−4 , dan hasilnya tampak pada garis bilangan riil berikut:

Karena ketaksamaan ≤0, maka daerah himpunan penyelesaiannya adalah

daerah yang bernilai negatif, yaitu: [5−√574

,5+√574 ] .

Jadi himpunan penyelesaian dari 2 x2−5 x−4≤0 adalah [5−√574

,5+√574 ]



+ +

6

1316

131


3 x2+x−1>0Penyelesaian:Menurut rumus kuadrat yang juga terdapat pada halaman 21,penyelesaian untuk ax2+bx+c=0 diberikan oleh:

x1,2=−b±√b2−4 ac2 a


kuadrat 3 x2+x−1=0 adalah:

x1,2=−1±√12−4 (3)(−1)2(3)

=−1±√1+126

=−1±√136

sehingga:

x1=−1−√136

≈−0 ,768 atau x2=−1+√136

≈0 ,434

x1−−1−√136

=0 atau x2−−1+√136

=0

6 x1+1+√13

6=0 atau

6 x2+1−√13

6=0

6 x1+1+√13=0 atau 6 x2+1−√13=0

sehingga (3 x2+x−1 )= (6 x+1+√13 ) (6 x+1−√13 )

titik-titik pemecah −1−√136

dan −1+√136



antara −∞ dengan −1−√136

, bilangan yang terletak antara −1−√136

dengan

−1+√136



bernilai positif atau negatif jika tiga bilangan tersebut disubstitusikan ke persamaman 3 x2+x−1 , dan hasilnya tampak pada garis bilangan riil berikut:



Karena ketaksamaan >0, maka daerah himpunan penyelesaiannya adalah

daerah yang bernilai positif, yaitu:(−∞ ,−1−√136 ).∪(−1+√13

6,∞)

Jadi himpunan penyelesaian dari 3 x2+x−1>0 adalah:

(−∞ ,−1−√136 )∪(−1+√13

6,∞)


4 x2+x−2>0Penyelesaian:Menurut rumus kuadrat yang juga terdapat pada halaman 21,penyelesaian untuk ax2+bx+c=0 diberikan oleh:

x1,2=−b±√b2−4 ac2 a


kuadrat 4 x2+x−2=0 adalah:

x1,2=−1±√12−4 (4 )(−2)2(4 )

=−1±√1+328

=−1±√338


+ +

8

3318

331


sehingga:

x1=−1−√338

≈−0 , 843 atau x2=−1+√338

≈0 ,593

x1−−1−√338

=0 atau x2−−1+√338

=0

8 x1+1+√33

8=0 atau

6 x2+1−√33

8=0

8 x1+1+√33=0 atau 6 x2+1−√33=0

sehingga (4 x2+ x−2 )=( 8x+1+√13 ) (8 x+1−√13 )

titik-titik pemecah −1−√338

dan −1+√338



antara −∞ dengan −1−√338

, bilangan yang terletak antara −1−√338

dengan

−1+√338



bernilai positif atau negatif jika tiga bilangan tersebut disubstitusikan ke persamaman 3 x2+x−1 , dan hasilnya tampak pada garis bilangan riil berikut:

Karena ketaksamaan >0, maka daerah himpunan penyelesaiannya adalah

daerah yang bernilai positif, yaitu:(−∞ ,−1−√338 ).∪(−1+√33

8,∞)

Jadi himpunan penyelesaian dari 4 x2+x−2>0 adalah:

(−∞ ,−1−√338 )∪(−1+√33

8,∞)



+ +

6161


x2+2 x−5<0Penyelesaian:Menurut rumus kuadrat yang juga terdapat pada halaman 21,penyelesaian untuk ax2+bx+c=0 diberikan oleh:

x1,2=−b±√b2−4 ac2a


kuadrat x2+2 x−5=0 adalah:

x1,2=−2±√22−4 (1)(−5)2(1)

=−2±√4+202

=−2±√242

=−2±2√62

=2(−1±√6)2

=−1±√6

sehingga:x1=−1−√6≈−3 , 45 atau x2=−1+√6≈1 , 45

x1+1+√6=0 atau x2+1−√6=0

sehingga ( x2+2 x−5 )= ( x+1+√6 ) ( x+1−√6 )

titik-titik pemecah −1−√6 dan −1+√6 membagi garis riil menjadi tiga selang .Sekarang kita akan mengujinya dengan 3 bilangan, yaitu bilangan yang terletak antara −∞ dengan −1−√6 , bilangan yang terletak antara −1−√6 dengan −1+√6 , dan bilangan yang terletak antara −1+√6 dengan ∞ , apakah akanbernilai positif atau negatif jika tiga bilangan tersebut disubstitusikan ke persamaman x2+2 x−5 , dan hasilnya tampak pada garis bilangan riil berikut:

Karena ketaksamaan <0, maka daerah himpunan penyelesaiannya adalahdaerah yang bernilai negatif, yaitu: (−1−√6 ,−1+√6 )Jadi himpunan penyelesaian dari x2+2 x−5<0 adalah:(−1−√6 ,−1+√6 )



Dalam Soal-soal 17-20, buktikan bahwa implikasi yang ditunjukkan adalah benar (lihat Contoh 3).


|x−3|<0,5⇒|5 x−15|<2,5Penyelesaian:|x−3|<0,5⇒5|x−3|<2,5( kalikan dengan 5 )

⇒|5||x−3|<2,5 (|5|=5 )⇒|5 ( x−3)|<2,5(|a||b|=|ab|)⇒|5 x−15|<2,5


|x+2|<0,3⇒|4 x+8|<1,2Penyelesaian:|x+2|<0,3⇒4|x+2|<1,2( kalikan dengan 4 )

⇒|4||x+2|<1,2(|4|=4 )⇒|4 (x+2 )|<1,2(|a||b|=|ab|)⇒|4 x+8|<1,2


|x−2|<ε6

⇒|6 x−12|<ε

Penyelesaian:

|x−2|<ε6

⇒6|x−2|<ε ( kalikan dengan 6 )

⇒|6||x−2|<ε (|6|=6 )⇒|6( x−2)|<ε (|a||b|=|ab|)⇒|6x−12|<ε




|x+4|<ε2

⇒|2 x+8|<ε

Penyelesaian:

|x+4|<ε2

⇒2|x+4|<ε ( kalikan dengan 2 )

⇒|2||x+4|<ε (|2|=2 )⇒|2 (x+4 )|<ε (|a||b|=|ab|)⇒|2 x+8|<ε

Dalam Soal=soal 21-24, carilah δ (tergantung pada ε ) sedemikian sehingga implikasi yang diberikan adalah benar (lihat Contoh 4)


|x−5|<δ ⇒|3 x−15|<εPenyelesaian:|3 x−15|<ε ⇔|3 ( x−5 )|<ε

⇔|3||x−5|<ε (|ab|=|a||b|)⇔3|x−5|<ε (|3|=3 )

⇔|x−5|<ε3

Karenanya, kita pilih δ=ε /3 . Secara mundur, terlihat bahwa|x−5|<δ ⇒|3 x−15|<ε


|x−2|<δ ⇒|4 x−8|<εPenyelesaian:|4 x−8|<ε ⇔|4 ( x−2 )|<ε

⇔|4||x−2|<ε (|ab|=|a||b|)⇔4|x−2|<ε (|4|=4 )

⇔|x−2|<ε4

Karenanya, kita pilih δ=ε / 4 . Secara mundur, terlihat bahwa|x−2|<δ ⇒|4 x−8|<ε




|x+6|<δ ⇒|6 x+36|<εPenyelesaian:|6 x+36|<ε ⇔|6 ( x+6 )|<ε

⇔|6||x+6|<ε (|ab|=|a||b|)⇔6|x+6|<ε (|6|=6 )

⇔|x+6|<ε6

Karenanya, kita pilih δ=ε /6 . Secara mundur, terlihat bahwa|x+6|<δ ⇒|6 x+36|<ε


|x+5|<δ ⇒|5 x+25|<εPenyelesaian:|5 x+25|<ε⇔|5 ( x+5 )|<ε

⇔|5||x+5|<ε (|ab|=|a||b|)⇔5|x+5|<ε (|5|=5 )

⇔|x+5|<ε5

Karenanya, kita pilih δ=ε /5 . Secara mundur, terlihat bahwa|x+5|<δ ⇒|5 x+25|<ε

Dalam Soal-soal 25-28, selesaikanlah ketaksamaan-ketaksamaan tersebut (lihat Contoh 6).



+ 4

19

2

23


|x−2|<3|x+7|Penyelesaian:|x−2|<3|x+7|⇔|x−2|<|3||x+7|(|a|=a )⇔|x−2|<|3 ( x+7 )|(|ab|=|a||b|)⇔|x−2|<|3 x+21|⇔ ( x−2 )2<(3 x+21 )2

⇔ x2−4 x+4<9x2+126x+441⇔ x2−9 x2−4 x−126 x+4−441<0⇔−8 x2−130x−437<0⇔−8 x2−38 x−92 x−437<0⇔−2 x ( 4 x+19 )−23 (4 x+19 )<0⇔ (−2 x−23 ) ( 4 x+19 )<0

Titik-titik pemecah untuk ketaksamaan kuadrat ini adalah −232

dan −194

,

titik-titik ini membagi garis bilangan riil menjadi tiga selang, yaitu (−∞ ,−232 ) ,

(−232

,−194 ) dan (−19

4,∞) . Bilamana kita mengujinya dengan titik uji untuk

masing-masing selang, yaitu bilangan yang terletak antara −∞ dengan −232

,

bilangan yang terletak antara −232

dengan −194

, dan bilangan yang terletak

antara −194

dengan ∞ , akan didapat gambar garis bilangan seperti di bawah ini:

Karena ketaksamaan <0, maka daerah penyelesaian adalah daerah yang bernilai

negatif, yaitu (−∞ ,−232 )∪(−19

4,∞) .

Jadi himpunan penyelesaian untuk |x−2|<3|x+7| adalah (−∞ ,−232 )∪(−19

4,∞)



+ +

93

1


|2 x−5|<|x+4|Penyelesaian:|2 x−5|<|x+4|⇔ (2 x−5 )2<( x+4 )2

⇔4 x2−20 x+25<x2+8 x+16⇔4 x2−x2−20 x−8 x+25−16<0⇔3 x2−28x+9<0⇔3 x2−x−27 x+9<0⇔ x (3 x−1 )−9 (3 x−1 )<0⇔ ( x−9 ) (3 x−1 )<0

Titik-titik pemecah untuk ketaksamaan kuadrat ini adalah 13

dan 9 , titik-titik

ini membagi garis bilangan riil menjadi tiga selang, yaitu (−∞ ,13 ) , (13 , 9) dan

(9 ,∞ ) . Bilamana kita mengujinya dengan titik uji untuk masing-masing selang,

yaitu bilangan yang terletak antara −∞ dengan 13

, bilangan yang terletak antara

13

dengan 9, dan bilangan yang terletak antara 9 dengan ∞ , akan didapat gambar

garis bilangan seperti di bawah ini:


negatif, yaitu (13 , 9) .

Jadi himpunan penyelesaian untuk |2 x−4|<|x+4| adalah (13 , 9)27. Pembahasan soal Kalkulus buku karangan Edwin J. Purcell dan Dale Varberg bab 1 sub

bab 4 no. 27


+ +

3

16

5

4


2|2 x−3|<|x+10|Penyelesaian:2|2 x−3|<|x+10|⇔|2||2x−3|<|x+10|(|a|=a )⇔|2 (2 x−3 )|<|x+10|(|a||b|=|ab|)⇔|4 x−6|<|x+10|⇔ ( 4 x−6 )2<( x+10 )2

⇔16 x2−48 x+36<x2+20x+100⇔16 x2−x2−48 x−20 x+36−100<0⇔15 x2−68 x−64<0⇔15 x2−80 x+12 x−64<0⇔5 x (3x−16 )+4 (3 x−6 )<0⇔ (5 x+4 ) (3x−16 )<0


dan 163

,

titik-titik ini membagi garis bilangan riil menjadi tiga selang, yaitu (−∞ ,−45 ) ,

(−45

,163 ) dan (16

3,∞). Bilamana kita mengujinya dengan titik uji untuk

masing-masing selang, yaitu bilangan yang terletak antara −∞ dengan −45

,

bilangan yang terletak antara −45

dengan 163

, dan bilangan yang terletak antara

163



negatif, yaitu (−45

,163 ) .

Jadi himpunan penyelesaian untuk 2|2 x−3|<|x+10| adalah (−45

,163 )



+ +

133

11


|3 x−1|<2|x+6|Penyelesaian:|3 x−1|<2|x+6|⇔|3 x−1|<|2||x+6|(|a|=a )⇔|3 x−1|<|2 (x+6 )|(|ab|=ab)⇔|3 x−1|<|2 x+12|⇔ (3 x−1 )2< (2x+12 )2

⇔9 x2−6 x+1<4 x2+48 x+144⇔9 x2−4 x2−6 x−48x+1−144<0⇔5 x2−54 x−143<0⇔5 x2−65x+11 x−143<0⇔5 x ( x−13 )+11 ( x−13 )<0⇔ (5 x+11) ( x−13 )<0


dan 13 , titik-

titik ini membagi garis bilangan riil menjadi tiga selang, yaitu (−∞ ,−113 ) ,

(−113

,13) dan (13 ,∞ ) . Bilamana kita mengujinya dengan titik uji untuk masing-

masing selang, yaitu bilangan yang terletak antara −∞ dengan −113

, bilangan

yang terletak antara −113

dengan 13, dan bilangan yang terletak antara 13



negatif, yaitu (−113

,13) .

Jadi himpunan penyelesaian untuk |3 x−1|<2|x+6| adalah (−113

,13)29. Pembahasan soal Kalkulus buku karangan Edwin J. Purcell dan Dale Varberg bab 1 sub

bab 4 no. 29



Buktikan |x|<|y|⇔ x2< y2 dengan memberikan alasan untuk tiap langkahdi bawah .|x|<|y|⇒|x||x|≤|x||y|⇒|x|2<|y|2

⇒ x2< y2

dan |x||y|<|y||y|Sebaliknya,x2< y2⇒|x|2<|y|2

⇒|x|2−|y|2<0⇒ (|x|−|y|) (|x|+|y|)<0⇒|x|−|y|<0⇒|x|<|y|

Penyelesaian:Akan dibuktikan bahwa |x|<|y|⇔ x2< y2 dengan menunjukkan bahwa:1 . |x|<|y|⇒ x2< y2

2 . x2< y2⇒|x|<|y|

Jadi ada 2 implikasi yang akan kita buktikan, kita bahas dulu implikasi pertama, yaitu akan ditunjukkan bahwa |x|<|y|⇒ x2< y2 .Jika |x|<|y|, maka kemungkinan nilai x dan y yang memenuhi adalah sebagai berikut:( a) x=0 dan y<0Jika nilai x=0 dan y<0 , maka akan memenuhi bahwa |x|<|y|,|x||x|=0 dan |x||y|=0 ,sehingga |x||x|=|x||y| dan |x||y|<|y||y|( b) x=0 dan y>0Jika nilai x=0 dan y>0 , maka akan memenuhi bahwa |x|<|y|,|x||x|=0 dan |x||y|=0 ,sehingga |x||x|=|x||y| dan |x||y|<|y||y|( c )x<0 , y<0 , dan x> yJika nilai x<0 , y<0 , dan x> y , maka akan memenuhi bahwa|x|<|y|, kemudian |x||x|<|x||y| dan |x||y|<|y||y|



( d )x<0 , y>0 , dan −x< yJika x<0 , y>0 , dan −x< y , maka akan memenuhi bahwa|x|<|y|, kemudian |x||x|<|x||y| dan |x||y|<|y||y|( e )x>0 , y<0 , dan x<− yJika x>0 , y<0 , dan x<− y , maka akan memenuhi bahwa|x|<|y|, kemudian |x||x|<|x||y| dan |x||y|<|y||y|( f ) x>0 , y>0 , dan x< yJika x>0 , y<0 , dan x< y , maka akan memenuhi bahwa|x|<|y|, kemudian |x||x|<|x||y| dan |x||y|<|y||y|

Misalkan a<b , dan c>0 , maka a×c<b×c .Jika |x|<|y|, dan |x|>0 , maka juga tidak akan merubah arti jika kedua ruas dikalikan dengan |x|. Pada poin ( a) dan (b ) didapat bahwa jika |x|<|y|⇒|x||x|=|x||y|. Pada poin (c ), ( d ) , (e ) , dan ( f ) didapat bahwa jika |x|<|y|⇒|x||x|<|x||y|. Berdasarkan poin (a ) sampai ( f ) didapat bahwa jika |x|<|y|⇒|x||x|≤|x||y|. Inilah alasan untuk baris pertama bahwa jika |x|<|y|⇒|x||x|¿|x||y|sehingga:|x|<|y|⇒|x||x|≤|x||y|( kedua ruas dikalikan dengan |x|, sehingga tidakmerubah arti, hasil kali ruas kiri <hasil kali ruaskanan, tanda =didapat saat x bernilai 0, sehingga kedua ruas bernilai sama yaitu 0 . Jadi tanda <¿ ¿ berubah menjadi ≤)

Pada poin (a ) sampai ( f ) juga didapat bahwa jika |x|<|y|⇒|x||y|<|y||y|,jadi |x||x|≤|x||y| dan |x||y|<|y||y|, maka tentu |x||x|<|y||y|. Inilah alasan untukbaris kedua, sehingga|x|<|y|⇒|x||x|≤|x||y|( kedua ruas dikalikan dengan |x|, sehingga tidakmerubah arti, hasil kali ruas kiri <hasil kali ruaskanan, tanda =didapat saat x bernilai 0, sehingga kedua ruas bernilai sama yaitu 0 . Jadi tanda <¿ ¿ berubah menjadi ≤)⇒|x|2<|y|2(|x||x|≤|x||y|<|y||y|, maka |x||x|<|y||y| atau|x|2<|y|2 )⇒ x2< y2(|a|2=a2 )



Kita lanjut untuk bahas implikasi yang kedua, yaitu akan ditunjukkan bahwax2< y2⇒|x|<|y|. Lihat langkah pembuktiannya;x2< y2⇒|x|2<|y|2(|a|2=a2)⇒|x|2−|y|2<0( kedua ruas dikurangi dengan |y|2)⇒ (|x|−|y|) (|x|+|y|)<0( pemfaktoran a2−b2=(a+b ) (a−b ))⇒|x|−|y|<0 ( Pada soal |x|<|y|, berarti |x|−|y|

bernilai negatif, pada pemfaktoran|x|2−|y|2 diperoleh dua faktor yaitu(|x|−|y|) dan (|x|+|y|) , dan faktor yangmembuat nilai |x|−|y| bernilai negatifadalah (|x|−|y|) , maka diambil faktor(|x|−|y|) )⇒|x|<|y|( tambahkan kedua ruas dengan |y|)

Itulah alasan untuk tiap-tiap langkah pembuktiannya, kalau ada yang kurang mengerti silakan ditanya ya.......... ^_^


Gunakan hasil Soal 29 untuk membuktikan bahwa

0<a<b⇒√a<√bPembahasan:0<a<b , berarti a dan b adalah bilangan positif, sehingga bisa berpedomanpada jawaban soal no . 29 . Berdasarkan jawaban soal no . 29, x2< y2⇒|x|<|y|misalkan a=x2 , maka x=√ab= y2 , maka y=√bsehinggax2< y2⇒|x|<|y|a<b⇒|√a|<|√b|⇒√a<√b(|a|=a)

31. Pembahasan soal Kalkulus buku karangan Edwin J. Purcell dan Dale Varberg bab 1 sub bab 4 no. 31.

Gunakan ketaksamaan segitiga untuk memperlihatkan tiap ketaksamaan berikut.



(a) Pembahasan soal Kalkulus buku karangan Edwin J. Purcell dan Dale Varberg bab 1 sub bab 4 no. 31 a

|a−b|≤|a|+|b|Pembahasan:Menurut ketaksamaan segitiga di halaman 19 pada poin no . 3:|a+b|≤|a|+|b|,maka tentu boleh saja kita tulis bahwa:|a+c|≤|a|+|c|, jika c=−b , maka:|a+(−b )|≤|a|+|−b|,|−b|=b , maka:|a−b|≤|a|+b ,|b|=b , maka:|a−b|≤|a|+|b|

(b) Pembahasan soal Kalkulus buku karangan Edwin J. Purcell dan Dale Varberg bab 1 sub bab 4 no. 31 b

|a−b|≥|a|−|b|Pembahasan:Menurut ketaksamaan segitiga di halaman 19 pada poin no . 4:|a−b|≥||a|−|b||,misalkan c=|a|−|b|, maka:|a−b|≥|c|,|c|=c|a−b|≥c , c=|a|−|b|, maka:|a−b|≥|a|−|b|

(c) Pembahasan soal Kalkulus buku karangan Edwin J. Purcell dan Dale Varberg bab 1 sub bab 4 no. 31 c

|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|Pembahasan:Menurut ketaksamaan segitiga di halaman 19 pada poin no . 3:|a+b|≤|a|+|b|, tentu boleh saja kita tulis:|a+d|≤|a|+|d|, jik a d=b+c , maka:|a+b+c|≤|a|+|b+c|,|x|=x , maka:|a+b+c|≤|a|+b+c ,|x|=x , maka:|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|




Gunakan ketaksamaan segitiga dan fakta bahwa 0<|a|<|b|⇒1/|b|<1/|a|untuk mengembangkan rangkaian ketaksamaan berikut

|1x2+3

+1|x|+2

|≤1

x2+3+1|x|+2

≤13

+12

Pembahasan:Menurut ketaksamaan segitiga di halaman 19 pada poin no . 3:

|a+b|≤|a|+|b|,misalkan a=1

x2+3 dan b=1

|x|+2, maka:

|1x2+3

+1|x|+2

|≤|1x2+3

|+|1|x|+2

|

≤1

x2+3+1|x|+2

(|y|= y )

0<|a|<|b|⇒1|b|

<1|a|

, dan

0<|a|=|b|⇒1|b|

=1|a|

, jadi:

0<|a|≤|b|⇒1|b|

≤1|a|

Kita tahu bahwa 0<3≤x2+3 , maka 1x2+3

≤13

, dan

Kita tahu bahwa 0<2≤|x|+2 , maka 1|x|+2

≤12

, sehingga:

1x2+3

+1|x|+2

≤13

+12




Buktikan bahwa ( lihat Soal 32) .

|x−2

x2+9|≤

|x|+29

Pembahasan:Menurut ketaksamaan segitiga di halaman 19 pada poin no . 3:

|a+b|≤|a|+|b|,misalkan a=x9

dan b=−29

, maka:

|x9

+(−29 )|≤|x

9|+|−2

9|

¿|x9|+2

9

¿|x|9

+29

¿|x|+29

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(∗)

Kita tahu bahwa 0<9≤x2+9 maka: 1

x2+9≤1

9x−2

x2+9≤x−2

9( kedua ruas dikalikan x−2 )

|x−2

x2+9|≤|x−2

9|( kedua ruas dimutlakkan )

¿|x9

−29|

¿|x9

+(−29 )|berdasarkan (∗) maka

¿|x|+29

Jadi terbukti bahwa |x−2

x2+9|≤

|x|+29




Buktikan bahwa

|x|≤2⇒|x2+2 x+7

x2+1|≤15

Pembahasan:Untuk |x|≤2 maka:|x2+2 x+7|=|x2|+|2 x|+7¿|22|+|2 (2 )|+7¿4+4+7¿15

dan0<1≤x2+1 , maka:1x2+1

≤11

1x2+1

≤1

|1x2+1

|≤|1|

|1x2+1

|≤1(|a|=a)

Selanjutnya kita kalikan |x2+2x+7| dengan |1x2+1

|,

|x2+2 x+7||1x2+1

|≤15×1

|x2+2 x+7

x2+1|≤15


Buktikan bahwa



|x|≤1⇒|x4+12

x3+14

x2+18

x+116

|<2

Pembahasan:Perhatikan uraian berikut:|xn|=|(x ) ( x ) ( x )…( x )⏟

n faktor

|

¿|x||x||x|…|x|⏟n faktor

(|ab|=|a||b|)

¿|x|n

menurut ketaksamaan segitiga pada halaman 19:

|a+b|≤|a|+|b|, maka:

|x4+12

x3+14

x2+18

x+116

|

¿|x4|+|12

x3|+|14

x2|+|18

x|+|116

|

¿|x4|+|(12 ) ( x3)|+|(14 ) ( x2)|+|(18 )( x )|+|116

|

¿|x4|+|12||x3|+|1

4||x2|+|1

8||x|+|1

16|( |ab|=|a||b| )

¿|x4|+12|x3|+1

4|x2|+1

8|x|+1

16(|x|=x , jika x≥0 )

( untuk x=1 , maka: )

¿14+12

(13 )+14

(12)+18

(1 )+116

¿1+12

+14

+18

+116

¿1 ,9375

Jadi |x4+12

x3+14

x2+18

x+116

|≤1 , 9375<2 , maka

|x4+12

x3+14

x2+18

x+116

|<2


Buktikan masing-masing yang berikut.


+

10


(a ) x<x2 untuk x<0 atau x>1Pembahasan:x<x2

x−x2<0x (1−x )<0

x1=0

untuk 1−x=0 , maka:x=1

titik-titik pemecah 0 dan 1 membagi garis riil menjadi 3 selang, yaitu (−∞ ,0 ) ,(0,1 ) dan (1 ,∞ ) . Bilamana kita mengujinya dengan titik uji untuk masing-masing selang, yaitu: bilangan yang terletak antara −∞ dengan 0, bilangan yang terletak antara 0 dengan 1, dan bilangan yang terletak antara 1 dengan ∞ , akan didapat gambar garis bilangan seperti berikut:

Karena ketaksamaan <0, maka daerah penyelesaian adalah daerah yang bernilainegatif, yaitu x<0 atau x>1Jadi terbukti bahwa x<x2 untuk x<0 atau >1


+

10+


(b ) x2<x untuk 0<x<1Pembahasan:x2<xx2−x<0x (x−1 )<0

x1=0

untuk x−1=0 , maka:x=1

titik-titik pemecah 0 dan 1 membagi garis riil menjadi 3 selang, yaitu (−∞ ,0 ) ,(0,1 ) dan (1 ,∞ ) . Bilamana kita mengujinya dengan titik uji untuk masing-masing selang, yaitu: bilangan yang terletak antara −∞ dengan 0, bilangan yang terletak antara 0 dengan 1, dan bilangan yang terletak antara 1 dengan ∞ , akan didapat gambar garis bilangan seperti berikut:

Karena ketaksamaan <0, maka daerah penyelesaian adalah daerah yang bernilainegatif, yaitu 0<x<1Jadi terbukti bahwa x2< x untuk 0<x<1




Buktikan a≠0⇒a2+1/a2≥2Petunjuk : Pandang (a−1/a )2

Pembahasan:Jika (a−1/a )=0 , maka

a−1a

=0

a2−1a

=0

a2−1=0a2−12=0(a+1 ) (a−1 )=0a=−1 atau a=1Jadi (a−1/a ) akan bernilai 0 jika a=−1 atau a=1 ,maka (a−1/a )2 pun akan bernilai 0 jika a=−1 atau a=1

berarti jika a≠0 , a≠−1 , dan a≠1 , maka (a−1/a ) akan bernilai ≠0, dengankata lain jika a≠0 , a≠−1 , dan a≠1 , maka ( a−1/a ) akan bernilai positi fatau negatif . maka tentu ( a−1/a )2 akan selalu bernilai positif, karena positifdikuadratkan akan bernilai positif dan negatif dikuadratkan juga akan bernilaipositif, jadi jika a≠0 , a≠−1 ,dan a≠1 , maka (a−1 /a ) akan bernilai ≠0,maka (a−1/a )>0 ,

Jadi kemungkinan nilai ( a−1/a )2 jika a≠0 adalah bernilai 0 dan >0, sehingga;(a−1/a )2≥0

(a−1a )

2

≥0

a2−2 (a )(1a )+(1a )2

≥0

a2−2+1

a2≥0

a2+1

a2≥2




Bilangan 12

(a+b ) dinamakan rata-rata, atau nilai rata-rata aritmetis antara

a dengan b . Tunjukkan bahwa nilai rata-rata aritmetis dari dua bilangan ada diantara kedua bilangan itu, dengan membuktikan bahwa

a<b⇒a<a+b2

<b

Pembahasan:a<ba+a<a+b (kedua ruas ditambahkan dengan a )2 a<a+b

a<a+b2

⋯⋯⋯ (¿ )

a<ba+b<b+b (kedua ruas ditambahkan dengan b )a+b<2 ba+b2

<b⋯⋯⋯(** )

Dari (∗) dan (**) didapat bahwa a<a+b2

<b




Bilangan √ab dinamakan nilai rata-rata geometris dari dua bilangan positifa dan b . Buktikan bahwa0<a<b⇒a<√ab<bPembahasan:Perhatikan uraian (∗) berikut:a<ba×a<a×b (kedua ruas dikalikan dengan a )a2<aba<√ab (ambil nilai akar yang positif saja, karena a , b>0 )

Perhatikan uraian (**) berikut:a<ba×b<b×bab<b2

√ab<b (ambil nilai akar yang positif saja, karena a ,b>0 )

Dari (∗) dan (**) didapat bahwa jika 0<a<b⇒a<√ab<b


Untuk dua bilangan positif a dan b , buktikan bahwa √ab≤12

(a+b ) . Ini

merupakan bentuk paling sederhana dari ketaksamaan yang sangat dikenaldengan nama: ketaksamaan nilai rata-rata geometris-nilai rata-rata aritmetis .Pembahasan:a dan b adalah bilangan positif, maka ada kemungkinan a=b , atau salahsatunya lebih kecil (a<b atau b<a) , sehingga selisih dari keduanya akan bernilai 0 apabilan a=b , dan selisih dari keduanya akan bernilai >0 apabila a<b atau b<a , maka bisa kita tulis bahwa a−b≥0 , selanjutnya akan kitauraikan dari sini .Perhatikan uraian berikut:



a−b≥0(a−b )2≥02 (kedua ruas dikuadratkan )(a−b )2≥014

(a−b )2≥14

(0 )(kedua ruas dikalikan dengan 14 )

14

(a−b )2≥0

14

(a2−2 ab+b2 )≥0

14

a2−12

ab+14

b2≥0

14

a2−ab+12

ab+14

b2≥0(ganti −12

ab dengan −ab+12

ab)14

a2+12

ab+14

b2≥ab

14

( a2+2 ab+b2 )≥ab

14

(a+b )2≥ab

(a+b2 )

2

≥ab

(a+b2 )≥√ab (ambil nilai akar yang positif saja, karena a ,b>0 )

12

(a+b )≥√ab

√ab≤12

( a+b )


Tunjukkan bahwa di antara semua segi empat dengan keliling p, bujur sangkar memiliki luas paling besar.

Petunjuk: Bila a dan b merupakan panjang sisi-sisi suatu segi empat dengan keliling p, maka luasnya ab, dan untuk bujur sangkar luasnya adalah

a2=[(a+b)/2]2. Sekarang lihat soal 40.

Pembahasan:

Sebagaimana yang kita ketahui, yang termasuk segiempat adalah bujursangkar, persegi panjang, jajargenjang, belahketupat, layang-layang, dan trapesium. Pada petunjuk aab.



Dari semua segi empat yang disebutkan di atas, jika kita misalkan sisi-sisi dari suatu segi empat itu adalah a dan b, maka segi empat yang memiliki luas ab hanyalah bujursangkar dan persegi panjang yang mana pada bujursangkar a sama dengan b. Jadi dapat diambil kesimpulan bahwa segi empat yang dimaksud dalam soal no. 41 ini adalah bujursangkar dan persegi panjang. Jadi yang akan kita buktikan sekarang adalah: “Jika bujur sangkar dan persegi panjang dengan sisi-sisi a dan b memiliki keliling p, maka bujur sangkar mempunyai luas yang lebih besar dibandingkan persegi panjang.

Cara 1:

Pada pembahasan soal no. 40 telah terbukti untuk dua bilangan positif a dan b bahwa:

ab≤(a+b2 )

2

yang mana

ab=(a+b2 )

2

jika a=b

dan

ab<(a+b2 )

2

jika a≠b (a<b atau a>b )

Pada bujursangkar a=b , sehingga luasnya (ab )=(a+b2 )

2

dan pada persegi

panjang a≠b , sehingga luasnya (ab )<(a+b2 )

2

. Jadi luas bujursangkar adalah

(a+b2 )

2

dan luas persegi panjang kecil dari (a+b2 )

2

, maka terbukti bahwa

bujur sangkar lebh luas dari persegi

Cara 2:

Misalkan pada bujur sangkar panjang sisinya adalah c, maka luasnya adalah c2. Dan persegi panjang dengan keliling yang sama akan mempunyai ukuran (c+d) dan (c-d) yang mana d tidak sama dengan 0, maka luas persegi panjang adalah (c + d)(c - d) = c2-d2. Sudah jelas bahwa c2 > c2-d2. Jadi terbukti bahwa bujur sangkar yang mempunyai keliling yang sama dengan persegi panjang mempunyai luas yang lebih besar dibanding persegi panjang tersebut.

Mudah-mudahan dapaat membantu, mohon sekali koreksinya agar bisa belajar bersama, trimakasih...

Baca juga: Pembahasan soal Kalkulus Purcell bab 1 sub bab 1 – 4 pada link di sini


http://sahabat-informasi.blogspot.com/2011/05/pembahasan-soal-kalkulus-purcell.html

sahabat informasi.blogspot.com pembahasan soal kalkulus edwin j purcell dan dale varberg bab 1 sub...

Documents