14 0 103 KB
MODUL 5 BILANGAN Tes sumatif 1. Pasangan berurutan (π,π,π) yang merupakan contoh dari sifat βJika π|π dan π|π, maka π | π + πβ,adalah . . . Jawab : E. ( 3, -3, 3) Penyelesaian π|π artinya p habis membagi q π|r artinya p habis membagi r π|(q + r) artinya p habis membagi ( q+r). Pasangan berurutan ( p, q, r) yang memenuhi adalah (3, -3, 3) 2. Di antara 5 pertanyaan berikut, yang bernilai benar adalah .... Jawab : A. Jika π|π dan π|π, maka π|π β π Peneyelesaian Karena pβ q dan pβ r maka terdapat x.y β¬ Z sehingga q = px dan r = py Diperoleh q β r = px β py = p ( x β y ) Karena ada bilangan bulat ( x β y) sehingga q β r = p ( x β y ) dapat disimpulkan π|π β π 3. Jika π|π, π|π, dan π|π maka pernyataan berikut yang bernilai benar adalah .... a. Jawab : B. ππ|ππ 4. Jika π adalah faktor persekutuan terbesar dari π dan π, maka pernyataan berikut ini yang benar adalah .... Jawab : D. π|ππ Penyelesaian Suatu bilangan bulat d disebut factor persekutuan dari a dan b apabila π|π dan π|π sehingga FPB (a,b) = d dan π|ππ 5. Jika π|ππ dan πΉππ΅ (π,a)=1 maka .... Jawab : C. π|π Teorema 1.10 Jika π|ππ dan πΉππ΅ (π,a)=1 maka π|π Bukti Karena FPB ( d, a) = 1 maka ada m dan n sehingga dm + an = 1 Akibatnya diperoleh : b ( dm) + b ( an ) = b
D (bm ) + (ab) n = b Karena π|ππ maka π|π 6. Jika πΉππ΅ (π,)=6 dan πΎππΎ [π,π]=210 maka nilai π dan π berturut-turut adalah .... Jawab : E. 30 dan 40 Penyelesain FPB ( a,b) = 6 KPK [ a,b] = 210 Maka angka yang memenuhi adalah 30 = 2 x 3 x 5
FPB = 2 x3 = 6
42 = 2 x 3 x 7
KPK = 2 x 3 x 5 x 7 = 210
7. Banyak bilangan prima dua angka yang hasil kali angka-angka penyusunnya merupakan bilangan ganjil adalah .... Jawab : D. 12 Penyelesaian Bilangan prima dua angka yang hasil kali angkanya bilangan ganjil yaitu : 11, 13, 17, 19, 31,37,53,59,73,79,91,97 8. Bilangan 1!Γ2!Γ 3!Γ ...Γ 9! dapat dinyatakan sebagai hasil kali perpangkatan faktor-faktor primanya. Jumlah dari semua pangkat pada bentuk hasil kali faktor-faktor primanya adalah .... Jawab : D. 51 Penyelesaian 1! = 1 2! = 2 x 1 3! = 3 x 2 x 1 4! = 22x 3 x 2 x 1 5! = 5 x 22x 3 x 2 x 1 6! = 2 x 3 x 5 x 22x 3 x 2 x 1 7! = 7 x 2 x 3 x 5 x 22x 3 x 2 x 1 8! = 23x 7 x 2 x 3 x 5 x 22x 3 x 2 x 1 9! = 32x23x7 x 2 x 3 x 5 x 22x 3 x 2 x 1 Jadi jumlah pangkat bilangan primanya 9. Jika bilangan bulat π₯ dan π¦ memenuhi kongruensi: 2π₯ β‘ 5(πππ 13), 3π¦ β‘ 7(πππ 13) maka π₯π¦ kongruen modulo 13 dengan β¦ Jawab : D 8
=1 =2 =4 =5 =7 =8 = 11 = 13 = 51
Penyelesaian 2π₯ β‘ 5(πππ 13) 2x β 5 habis dibagi 13 X=9 Sebab 2 (9) β 5 habis dibagi 13 3π¦ β‘ 7(πππ 13) 3y β 7 habis dibagi 13 Y = 11 Sebab 3 ( 11) β 7 habis dibagi 13 Jadi xy mod 13 β‘ 9.11 mod 13 β‘ 99 mod 13 β‘ 8 mod 13 10. Bilangan bulat positif terkecil π sehingga berlaku 102018β‘ (πππ 7) adalah .... Jawab : B.2 Penyelesaian 10 = 10 mod 7 10 = 3 mod 7
102 = 32 mod 7 102 = 2 mod 7 (102 )3 = 23 mod 7 106 = 1 mod 7 (106 )336 = 1336 mod 7 102016 .102 = 1. 102 mod 7 102018 =102 mod 7 = 2 mod 7 Maka nilai n = 2 11. Jika 2πβ‘3π(πππ 5), maka 10π adalah β¦ Jawab : B. 5π (πππ 10) 12. Jika π β‘ (πππ 11), maka 23πβ44 adalah β¦. Jawab : A. 12q + 22 (mod 11)
13. Jika 2π β‘ 2q(πππ 5), maka π adalah β¦. Jawab B.q (πππ 5) Penyelesaian Teorema 2.3 Jika p,q,r dan m adalah bilangan β bialangn bulat dan m > 0 sedemikian hingga p β‘ q ( mod m ), Maka pr β‘ qr ( mod m) jika 2π β‘ 2q(πππ 5) ruas kiri dan kanan dikali r =
1 maka p β‘ q ( mod 5) 2
14. Jika 6π β‘ 9π(πππ 15), maka 2π β‘ Jawab : D. 3π (πππ 5) Penyelesaian Teorema 2.6 Jika p β‘ p q ( mod m ) maka pr β‘ qr ( mod mr) Sehingga 6π β‘ 9π(πππ 15) dikali r =
1 maka 2p β‘ 3q ( mod 5) 2
15. Jika π β‘ 2π(πππ 24), maka π β‘ .. . Jawab : B. 2p ( mod 8) Teorema 2.14 ap β‘ aq (mod m) jika dan hanya jika p β‘ q ( mod
m ΒΏ (a , m)
Jika π β‘ 2π(πππ 24), maka π β‘ 2π(πππ 8) 16. Jika πβ‘(πππ 24) dan πβ‘π(πππ 36), maka πβ‘. . , adalah β¦. Jawab : C. π (πππ 72) Penyelesaian Teorema 2.14 p β‘ q ( q mod m 1) dan p β‘ q ( q mod m2) jika dan hanya jika p β‘ q ( mod [m ΒΏ ΒΏ 1 , m2 ] ΒΏ) Jika πβ‘(πππ 24) dan πβ‘π(πππ 36), maka π β‘ q ( mod [ 24, 36]) KPK [ 24, 36 ] = 72 sehingga π β‘ q ( mod 72)
51
17. Nilai dari
β 4 iβ5 i=4
Jawab : C. 5040 Penyelesain I = 4, 4(4) β 5 = 11 i = 5, 4(5) β 5 = 15 i = 6, 4(6) β 5 = 19 .. i = 51β¦.. n = 48 , b = 4 dan a = 11
n Sn = ΒΏ 2 S48=
48 ΒΏ 2
= 24 (210 ) = 5040 7
2
2
18. Tentukan persamaan β k ( x β2 x )=405, Nilai x yang memenuhi . . . k =3
Jawab : C. 3 atau - 1 Penyelesain 3 + 4 +52 +62 +7 2( x 2β2 x) = 405 9 + 16 + 25 + 36 + 49( x 2β2 x) = 405 135 ( x 2β2 x) = 405 ( x 2β2 x ) = 3 x 2β2 xβ3 = 0 (xβ3)(x+1) =0 X = 3 v x = -1 19. Jumlah bilangan diantara 5 dan 100 yang habis dibagi 7 tetapi tidak habis dibagi 4 adalah β¦. Jawab : B.567 2
2
Penyelesaian Bilangan habis dibagi 7 = 7, 14, 21, 28, 35β¦.,98 U n = 98 98 = a + ( n β 1)b 98 = 7 + (n β 1) 7 98 = 7 + 7n β 7 7 n = 98 n = 14
14 ( 7 + 98) 2 = 7(105) = 735 Jumlah bilangan yang habis dibagi 4 dan 7 yaitu : 28 + 56 + 84 = 168 S14 =
Jadi jumlah bilangan tidak habis dibagi 4 tetapi habis dibagi 7 adalah 735 β 168 = 567 4
20. Nilai dari β n =1
n ( n+1 ) (2 n+5) adalah ... 2
Jawab : Tidak ada jawaban dipilihan Penyelesaian 4
β n =1
n ( n+1 ) (2 n+5) 1 ( 1+1 ) (2.1+5) 2 ( 2+1 ) (2.2+5) 3 (3+ 1 ) (2.3+5) 4 ( 4+1 ) (2.4 +5) = + + + 2 2 2 2 2 =
14+54+ 132+ 260 2
= 230 21. Antara dua suku yang berurutan pada barisan 3, 18, 33,⦠disisipkan 4 buah bilangan sehingga terbentuk barisan aritmetika yang baru. Jumlah 7 suku pertama dari barisan yang berbentuk adalah⦠Jawab : C.84 Penyelesaian 3, 18, 33,⦠b = 15 Setiap dua suku disisipkan 4 bilangan 3,a,b,c,d, 18,e,f,g,h 33,⦠Beda baru =
beda lama 15 = =3 k +1 4+ 1
N=7
n Sn = ΒΏ 2 7 S7= ΒΏ 2 =
7 ( 24) 2
= 84
25
25
22. Diketahuiβ ΒΏΒΏ ) = 0, maka nilai β pk = . . k =5
Jawab : D.42 Penyelesaian
k =5
N = 21 25
25
β 2ββ pk = 0 k =5
k=5 25
2 n - β pk
=0
2.21 - β pk
=0
k =5 25
k =5
25
β pk
= 42
k =5
23. Perhatikan pola berikut ini ,,1+4+7+10+13+ β―+(3 πβ2) Formula yang memenuhi adalahβ¦ 3 n2βn Jawab : C. Sn= 2 Penyelesaian n Sn = ( a + U n) 2 n = ( 1 + 3n -2) 2 n = (3n -1) 2 3 n2βn = 2 24. Jumlah barisan geometri tak hingga dari 8 + Jawab : B. 24 Penyelesain Rasio =
u2 u1
16 = 3 8 =
Sβ =
a 1βr
8 ΒΏ
1β
24 3 = 16 2
3 2
= 24
16 32 +. .adalah β¦. + 3 9
n β1
25.
n ( nβ1 ) (n+1) ΒΏβ bilangan asli n β₯2. Untuk membuktikan bahwa p(k+1) adalah 3 t =1 benar, maka p(k) adalah benar. Maka, dari prinsip induksi matematika, p(n) adalahβ¦β¦..
β t (tβ1ΒΏ)=
Jawab : B. β bilangan asli n β₯2
26. Pernyataan berikut yang tidak dapat dibuktikan dengan induksi matematika adalah.... Jawab: C . 2n < n! untuk setiap n bilangan asli 27. Pembuktian dengan induksi matematika menunjukkan bahwa a n >1 untuk n bilangan asli jika diketahui β¦. Jawab ; A .a > 1 28. Pembuktian dengan induksi matematika menunjukkan bahwa 0 < a n< 1 untuk n bilangan bulat posistif jika diketahui β¦. Jawab :E. 0 < a n< 1 29. Pertidaksamaan 2n + 3 β€ 2n berlaku untuk bilangan bulat nonnegatif n yang memenuhi β¦. Jawab :E. n β₯ 4 30. Dengan menggunakkan induksi matematika, kita menunjukkan bahwa untuk n bilangan bulat maka bilangan 52 nβ1 habis dibagiβ¦ Jawab : C.5