Kunci Jawaban Smart Solution

1. ENGLISH MEDIUM OF INSTRUCTION
Fakultas Keguruan dan Ilmu Pendidikan - Universitas Jember
by Fitroh Andini (110210101006)
by Fonda Essa (110210101008)
SMART SOLUTION
In here, we will give some problem about:
1. Number Theory
2. Algebra
3. Geometry
4. Probability
1 Number Theory
1.1 Exercise
1. 13 − 23 + 33 − 43 + ... + 493 − 503
2. What value of a and b so that a2 − b2 = 1991
3. Jika rata-rata 51 bilangan bulat berurutan adalah 10, maka bilangan
terkecil dari semua bilangan tersebut adalah ...
4. Tentukan bilangan empat digit abcd yang memenuhi 4X(abcd) = dcba
5. Diberikan angka disusun sebagai berikut: 987654321. Berapa banyak
tanda operasi penjumlahan harus disisipkan di antara angka-angka terse-
but agar menghasilkan jumlah 99?
1.2 Answer
1. First step : a3 − b3 = (a − b)3 + 3ab(a − b)
pay attention that :
13 − 23 = (1 − 2)3 + 3.1.2(1 − 2) = −1 − 3(1.2)
33 − 43 = (3 − 4)3 + 3.3.4(3 − 4) = −1 − 3(3.4)
53 − 63 = (5 − 6)3 + 3.5.6(5 − 6) = −1 − 3(5.6)
......................................................
493 − 503 = (49 − 50)3 + 3.49.50(49 − 50) = −1 − 3(49.50)
so, 13 −23 +33 −43 +...+493 −503 = −25−3(2+12+30+56+....+2450)
For example Pn = 2 + 12 + 30 + 56 + ..., so conceptual patern:
P1 = 2
P2 = 2 + 12 = 14
P3 = 2 + 12 + 30 = 44
P4 = 2 + 12 + 30 + 56 = 100
1

2. P5 = 2 + 12 + 30 + 56 + 90 = 190
......................................
P25 = 2 + 12 + 30 + 56 + .... + 2450 , (we will count 25 term, so n = 25)
Pn = an3 + bn2 + cn + d
Substitute value a, b, c, and d on Pn:
Pn = (4
3 )n3 + n2 + (−1
3 )n
Then
P25 = (4
3 )(253) + (252) + (−1
3 )(25)
P25 = (4
3 )(15625) + (625) + (−1
3 )(25)
P25 = (1
3 )(62500) − (1
3 )(25) + 625
P25 = (1
3 )(62475) + 625
P25 = 20825 + 625 = 21450
so :
13 − 23 + 33 − 43 + ... + 493 − 503 = −25 − 3(2 + 12 + 30 + 56 + .... + 2450)
13 − 23 + 33 − 43 + ... + 493 − 503 = −25 − 3(P25)
13 − 23 + 33 − 43 + ... + 493 − 503 = −25 − 3(21450) = −64375
2. value of a and b so that a2 - b2 = 1991
1991 = 11X181
A2 − b2 = 1991
(a − b)(a + b) = 1991(1X1991atau11X181)atau(a − b)(a + b) = 11X181
Possibility I
a + b = 1991
a − b = 1+
2a = 1992
a = 996
b = 995
Possibility II
a + b = 181
a − b = 11+
2a = 192
a = 96
b = 85
Jadi pasangan-pasangan bilangan asli a dan b yang memenuhi a2 − b2 =
1991 adalah (996, 995) dan (96, 85)
3. Misalkan ke-51 bilangan tersebut adalah a, a + 1, a + 2, a + 3, ..., a + 50
maka diperoleh
a+a+1+a+2+a+3+...+a+5051a+(1+2+3+...+50)51a+5125a+25a =
5110 = 510 = 510 = 10 = −15
Jadi, bilangan terkecil adalah -15.
4. Penyelesaian :
4 X (abcd) = dcba (empat digit), maka nilai a yang mungkin adalah 1
atau 2
4 X (abcd) = a (beersatuan genap) maka a tidak mungkin 1
Jadi haruslah a = 2. Agar a = 2 maka haruslah d = 8
2bc8
2

3. 4x8cb2
4Xb < 10 maka b yang mungkin 0, 1, 2 4 X c + 3 tidak mungkin bersatuan
0 atau 2
Jadi haruslah b = 1 Karena b = 1 maka haruslah c = 7. Dengan demikian
bilangan yang dimaksud adalah 2178.
5. Perhatikan bahwa 9+8+7+6+5+4+3+2+1 = 45. Supaya mendapat
jumlah 99 maka paling tidak terdapat satu bilangan puluhan. Anggap
bilangan tersebut adalah 10a + b maka diperoleh,
45 − a − b + 10a + b = 99 ⇔ 9a = 54 ⇔ a = 6
sehingga b=5. Setelah dicek diperoleh 9 + 8 + 7 + 65 + 4 + 3 + 2 + 1 = 99.
Jadi diperlukan 7 tanda operasi penjumlahan.
2 Algebra
2.1 Exercise
1. Misalkan p dan q bilangan prima. Jika diketahui persamaan x2014 −
px2013 + q = 0 mempunyai akar - akar bilangan bulat, maka nilai p + q
adalah ...
2. Jumlah 101 bilangan bulat berurutan adalah 101. Berapakah bilangan
bulat yang terbesar di dalam barisan bilangan tersebut?
3. Misalkan x menyatakan bilangan bulat terbesar yang lebih kecil atau
sama dengan x dan x menyatakan bilangan bulat terkecil yang lebih be-
sar atau sama dengan x. Tentukan semua x yang memenuhi x + x = 5
4. Jika diberikan (x2 − x − 1)x+2 = 1 , maka banyak bilangan bulat x yang
merupakan solusi dari persamaan tersebut adalah . . .
5. Jika xk+1 = xk + 1
2 untuk k = 1, 2, 3, .. dan x1 = 1 . Maka x1 + x2 + x3 +
... + x400 = ...
2.2 Answer
1. Misalkan salah satu akar bulat dari persamaan x2014 − px2013 + q = 0
adalah t. Maka diperoleh t2014 − pt2013 + q = 0 ⇔ q = t2013(p − t).
Perhatikan juga bahwa −1 dan 0 bukan merupakan akar - akar persamaan
x2014 − px2013 + q = 0. Sehingga dengan mengingat bahwa q adalah
bilangan prima diperoleh t = 1. Oleh karena itu, q = p − 1 ⇔ p − q = 1.
Dari keterangan ini dapat disimpulkan bahwa salah satu dari p,q harus
genap. Dan karena bilangan prima genap hanya 2 maka kita peroleh q = 2
dan p = 3. Jadi, p + q = 5.
3

4. 2. Misal bilangan bulat yang dimaksud adalah a − 50, a − 49, ...a − 1, a, a +
1, ..., a + 49, a + 50.
a − 50 + a − 49 + ... + a − 1 + a + a + 1 + ... + a + 49 + a + 50 = 101
101a = 101
a = 1
Jadi bilangan bulat terbesar adalah a + 50 = 1 + 50 = 51
3. Jika x adalah bilangan bulat maka x = x = x
Sehingga tidak mungkin x + x = 5.
Oleh karena itu x bukan bilangan bulat.
Hal ini berakibat x − x = 1.
Sehingga x = 2dan x = 3. Jadi, 2 < x < 3.
4. Kemungkinan yang terjadi
x + 2 = 0 dengan syarat x2 − x − 1 = 0 maka (x2 − x − 1)x+2 = 1
Sehingga diperoleh x = −2
x2 − x − 1 = 1 maka x2 − x − 2 = 0 sehingga diperoleh x = −1, x = −2
x2 − x − 1 = −1 maka x2 − x = 0 sehingga diperoleh x = 0, x = 1
Tetapi jika x=1, maka (−1)3 = 1 , sehingga x = 1 tidak memenuhi.
Harga x yang memenuhi adalah x = −2, −1, 0, dan 2.
Dengan demikian ada 4 harga x yang memenuhi.
5. x1 = 1
x2 = x1 + 1
2 = 3
2
x3 = x2 + 1
2 = 3
2 + 1
2 = 2
sehingga x1 + x2 + x3 + ... + x400 = 1 + 3
2 + 2 + ... + x400 adalah deret
aritmetika dengan a = 1, b = 1
2 dann = 400
s400 = 400
2 (2 × 1 + (400 − 1)1
2 )
s400 = 200(2 + 399
2 ) = 200(4+399
2 ) = 100(403) = 40300
jadi x1 + x2 + x3 + ... + x400 = 40300
3 Geometry
3.1 Exercise
1. Lingkaran K memiliki jari-jari 8 cm dan berpusat di titik A. Lingkaran
L menyinggung lingkaran K dari dalam, berpusat di titik B dan memi-
liki diameter kurang dari 4 cm. Lingkaran M bersinggungan luar dengan
lingkaran L, menyinggung lingkaran K dari dalam, berpusat di titik C
dan memiliki diameter kurang dari 4 cm. Keliling segitiga ABC sama
dengan...
4

5. 2. Diketahui segitiga siku-siku memiliki sisi siku-siku 4 cm dan 3 cm. Ten-
tukan panjang jari-jari lingkaran dalamnya !
3. Dari titik A ditarik dua buah garis yang menyinggung lingkaran L di titik
B dan C. Titik D dan E masing-masing terletak pada ruas garis AB dan
AC sedemikian hingga DE menyinggung lingkaran L. Jika AB = 11 cm
maka keliling segitiga ADE sama dengan ...
4. Lingkaran K dan L sepusat, dengan jari-jari K lebih besar daripada jari-
jari L. Titik A dan B pada busur lingkaran K, sehingga garis AB meny-
inggung lingkaran L. Jika AB = 12 cm maka luas daerah yang dibatasi
lingkaran K dan L adalah ...
5. Lingkaran M dan N masing-masing berjari-jari 12 cm dan 4 cm. Jarak an-
tara pusat lingkaran M dan N adalah 17 cm. Garis k adalah garis singgung
persekutuan luar lingkaran M dan N. Garis k menyinggung lingkaran M
dan N masing-masing adalah titik P dan Q. Panjang PQ sama dengan...
3.2 Answer
1. Perhatikan bahwa
AB + RB = 8 cm
RC + CA = 8 cm
BC = RB + RC sehingga
keliling segitiga ABC = AB + BC + CA
= AB + RB + RC + CA
5

6. = (AB + RB) + (RC + CA)
= 8 + 8
= 16 cm
2. Kita pilih AB = 3 cm dan BC = 4 cm.
Dengan memakai pythagoras maka diperoleh AC = 5 cm. Karena BF =
R maka AF = 3 - R . Karena BD = R maka CD = 3 - R.
Dari satu titik, jika ditarik 2 garis singgung maka panjangnya akan sama,
sehingga
AE = AF = 3 - R
CE = CD = 4 - R
Dengan demikian AC = AE + EC
5 = 3 - R + 4 - R
2R = 2
R = 1 cm
3. Dua buah garis singgung yang ditarik dari titik yang sama panjangnya
akan sama, sehingga
AC = AB = 11 cm
BD = DF = x cm
FE = EC = y cm
sehingga Keliling segitiga ADE
= AD + DE + EA
= AD + DF + FE + EA
= AD + x + y + EA
= AD + DB + CE + EA
6

7. = AB + CA
= 11 + 11 = 22 cm
4. Perhatikan gambar
AB = 12 cm
Karena D titik tengan AB maka
AD = DB = 6 cm
Segitiga BCD siku-siku maka
BC2 = CD2 + DB2
R2 = r2 + 62
R2 = r2 + 36
R2 − r2 = 36
Luas yang diarsir = Luas lingkaran besar - luas lingkaran kecil
= πR2 − πr2
= π(R2 − r2)
= 36π
5. Perhatikan gambar
R = 12cmdanr = 4cm
AP = R − 12cm
7

8. BQ = r = 4cm
AC = BQ = 4cm
CP = AP − AC = 12 − 4 = 8cm
CQ = AB = 17cm
PG2 = CQ2 − cp2 = 172 − 82 = 289 − 64 = 225
PQ =
√
225
= 15cm
4 Probability
4.1 Exercise
1. Jika barisan berikut adalah barisan bilangan bulat positif berurutan yang
dihilangkan semua bilangan kelipatan tiga : 1, 2, 4, 5, 7, 8, 10, 11, 13, 14, ...
maka suku ke-67 barisan tersebut adalah ...
2. Sebuah kantong berisi 15 bola merah, 12 bola biru, dan 3 bola hijau.
Diambil sebuah bola secara acak sebanyak 2 kali tanpa pengembalian.
Peluang bola yang terambil merah pada pengambilan pertama dan hijau
pada pengambilan kedua adalah...
3. Lima orang anak akan naik mobil dengan kapasitas enam tempat duduk,
yakni dua di depan termasuk pengemudi (Sopir), dua di tengah, dan dua
di belakang. Jika hanya ada dua orang yang bisa mengemudi, banyak
cara mengatur tempat duduk mereka adalah ...
4. Dalam kotak terdapat 3 kelereng merah dan 4 kelereng putih, kemudian
diambil 3 kelereng sekaligus secara acak. Peluang terambil paling sedikit
2 kelereng putih adalah ...
5. Sebuah kotak berisi 5 bola merah, 4 bola biru, dan 3 bola kuning. Dari
dalam kotak diambil 3 bola sekaligus secara acak, peluang terambil 2 bola
merah dan 1 bola biru adalah
8

9. 4.2 Answer
1. Dari barisan bilangan asli : 1, 2, 3, 4, 5, 6, ... untuk mendapatkan barisan
baru 1, 2, 4, 5, 7, 8, 10, 11, 13, 14, ... cukup dengan menghilangkan bilangan
kelipatan tiga yang ada. Itu artinya bilangan n, bukan kelipatan tiga, dari
barisan bilangan asli akan menjadi suku ke-(n − n3 ) pada barisan yang
baru. Sebagai contoh bilangan 50 akan menjadi suku ke-(50− 503 ) = 34
pada barisan yang baru. Selanjutnya masalah yang ditanyakan adalah
kita harus mencari bilangan n sehingga (n − n3 ) = 67. Karena n bukan
kelipatan 3 maka ada dua kemungkinan
Untuk n = 3k + 1 diperoleh, 3k + 1 − 3k + 13 = 67 ⇔ 3k + 1 − k =
67 ⇔ k = 33
sehingga diperoleh n = 333 + 1 = 100.
Untuk n = 3k + 2 diperoleh, 3k + 2 − 3k + 23 = 67 ⇔ 3k + 2 − k =
67 ⇔ 2k = 65
yang jelas tak mungkin karena k bulat.
Jadi, suku ke-67 dari barisan bilangan yang baru adalah 100.
2. Peluang terambil bola pertama merah adalah 1530 = 12. Sedangkan
peluang terambil bola kedua hijau adalah 329. Oleh karena itu, peluang
bola yang terambil merah pada pengambilan pertama dan hijau pada
pengambilan kedua adalah 12329 = 358.
3. Misalkan orang pertama dan orang kedua yang bisa mengemudikan mobil.
Andai orang pertama menjadi sopir maka empat teman yang lain bebas
untuk duduk dimana saja dengan masih ada 5 kursi tersisa, sehingga ke-
mungkinan duduk ada 5432 = 120 cara. Andai orang kedua yang menjadi
sopir juga akan ada 120 kemungkinan cara duduk. Jadi, total ada 240
cara mengatur tempat duduk mereka berlima.
4. S = Kejadian mengambil 3 kelereng sekaligus dari 7 kelereng
n(S) = C7
3 = 7!
(7−3)!3! = 7.6.5
3.2.1 = 35
A= Kejadian terambil 2 kelereng putih dari pengambilan 3 kelereng sekali-
gus
n(A) = C4
2 .C3
1 = 4!
(4−2)!2! . 3!
(3−1)!1! = 4.3.3
2.1.1 = 18
B = Kejadian terambil 3 kelereng putih dari pengambilan 3 kelereng
sekaligus n(B) = C4
3 xC3
0 = 4!
(4−3)!3! . 3!
(3−0)!0! = 4.1 = 1
Peluang terambil paling sedikit 2 kelereng putih dari pengmbilan 3 kel-
ereng sekaligus
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) = n(A)
n(S) + n(B)
n(S) = 18
35 + 4
35 = 22
35
5. Cara mengambil 2 bola merah :
5C2 = 5!
(5−2)!2!
= 3.4.5
3.2
= 4.5
2.1
= 4.5 = 10
cara Cara mengambil 1 bola biru : C4
1 = 4!
(4−1)!1!
= 3.4
4.1
9

10. = 4
cara Pengambilan bola sekaligus :
C12
3 = 12!
(12−3)!3!
= 12.11.10.9
9.3
= 12.11.10
3.2.1
= 10.11.2 = 220
cara Peluang terambilnya 2 bola merah dan 1 bola biru :
P =
(C5
2 ).(C4
1 )
C12
3
= 10.4
220
= 2/11
10