AHSME : American High School Math Exam
AIME : American Invitational Mathematics Examination
APMO : Asian Pasific Mathematical Olympiad
ARML : American Regions Mathematics League
Alabama MC : Alabama State-Wide Mathematics Contest
COMC : Canadian Open Mathematics Challenge
Hongkong PSC : Hongkong Preliminary Selection Contest
India RMO : India Regional Mathematical Olympiad
MATNC : Mu Alpha Theta National Convention
ME VXNY : Mathematical Excalibur Volume X Nomor Y
NHAC : Niels Henrik Abel Contest
OMITS : Olimpiade Matematika ITS
OSK : Olimpiade Sains Indonesia SMA/MA Tingkat Kabupaten/Kota
OSK SMP/MTs : Olimpiade Sains Indonesia SMP/MTs Tingkat Kabupaten/Kota
OSN : Olimpiade Sains Indonesia SMA/MA Tingkat Nasional
OSN SMP/MTs : Olimpiade Sains Indonesia SMP/MTs Tingkat Nasional
OSP : Olimpiade Sains Indonesia SMA/MA Tingkat Provinsi
OSP SMP/MTs : Olimpiade Sains Indonesia SMP/MTs Tingkat Provinsi
South Carolina MC : South Carolina Mathematics Contest
QAMT : Queensland Association of Mathematics Teacher
USAMTS : USA Mathematical Talent Search
Jumat, 20 November 2015
Materi OSN Matematika part 4
KEKONGRUENAN
Konsep kekongruenan bilangan dikembangkan berdasarkan konsep bahwa setiap bilangan bulat positif
dapat dinyatakan ke dalam bentuk N = pq + r atau N - r = pq dengan p, q, r adalah bilangan bulat dan r
berada pada 0 = r < p. Persamaan N = pq + r dengan p menyatakan pembagi, q menyatakan hasil bagi dan
r menyatakan sisa.
Persamaan di atas sering pula ditulis N = r (mod p)
Dari hal tersebut didapat definisi bahwa a = b (mod m) jika m.(a - b) untuk bilangan bulat a, b dan m.
Contoh :
(1) 25 = 1 (mod 4) sebab 4.24
(2) 1 = -3 (mod 4) sebab 4.4
Beberapa sifat berkaitan dengan modulu adalah sebagai berikut. Misalkan a, b, c, d dan m adalah
bilangan-bilangan bulat dengan d > 0 dan m > 0, berlaku :
(i) a = a (mod m)
(ii) Jika a = b (mod m), maka b = a (mod m)
(iii) Jika a = b (mod m) dan b = c (mod m) maka a = c (mod m)
(iv) Jika a = b (mod m) dan d.m maka a = b (mod d)
(v) Jika a = b (mod m) maka ak = bk (mod m) untuk semua k bilangan asli
(vi) Jika a = b (mod m) dan f(x) = anxn + an-1xn-1 + ··· + ao maka f(a) = f(b) (mod m)
(vii) Jika a = b (mod m) dan c = d (mod m) maka a + c = b + d (mod m)
(viii) Jika a = b (mod m) dan c = d (mod m) maka ac = bd (mod m)
(ix) (am + b)k = bk (mod m) untuk semua k bilangan asli
(x) Dari sifat (viii) didapat (am + b)k · (cm + d)n = bk · dn (mod m) untuk semua k dan n bilangan asli
(xi) Jika ca = cb (mod m) dan FPB(c, m) = 1 maka a = b (mod m)
(xii) Misalkan n . N dan S(n) adalah penjumlahan digit-digit dari n maka berlaku n = S(n) (mod 9).
(xiii) n5 = n (mod 10) untuk setiap n . N.
Contoh 14 :
(OSP 2004 SMP/MTs) Untuk bilangan bulat a dan b, <a, b> artinya bilangan bulat tak negatif yang
merupakan sisa a x b jika dibagi oleh 5. Bilangan yang ditunjukkan oleh <-3, 4> adalah ······
Solusi :
Karena -3 x 4 = - 12 = 5 x (-3) + 3 maka <-3, 4> = 3
Jadi, <-3, 4> = 3.
Contoh 15 :
(OSN 2003 SMP/MTs) Untuk menarik minat pelanggan, suatu restoran penjual makanan cepat saji
memberikan kupon berhadiah kepada setiap orang yang membeli makanan di restoran tersebut dengan
nilai lebih dari Rp. 25.000,-. Di balik setiap kupon tersebut tertera salah satu dari bilangan-bilangan
berikut : 9, 12, 42, 57, 69, 21, 15, 75, 24 dan 81. Pembeli yang berhasil mengumpulkan kupon dengan
jumlah bilangan di balik kupon tersebut sama dengan 100 akan diberi hadiah berupa TV 21”. Kalau
pemilik restoran tersebut menyediakan sebanyak 10 buah TV 21”, berapa banyak yang harus diserahkan
kepada para pelanggannya ?
Solusi :
Bilangan-bilangan 9, 12, 42, 57, 69, 21, 15, 75, 24 dan 81 semuanya habis dibagi 3.
Maka penjumlahan bilangan-bilangan mana pun di antara 9, 12, 42, 57, 69, 21, 15, 75, 24 dan 81 akan
menghasilkan suatu bilangan yang habis dibagi 3.
Tetapi 100 jika dibagi 3 akan bersisa 1.
Maka tidak ada TV yang diserahkan.
Contoh 16 :
Tentukan angka satuan dari .
777
Solusi :
Dalam persoalan bentuk perpangkatan dengan modulu m selalu diusahakan agar didapat suatu bilangan
yang bersisa 1 atau -1 jika dibagi dengan m agar memudahkan dalam perhitungan sebab 1k = 1 sedangkan
(-1)k sama dengan 1 atau -1 bergantung dari paritas k untuk k suatu bilangan bulat.
Angka satuan merupakan sisa jika suatu bilangan dibagi 10.
Alternatif 1 :
Perlu diingat bahwa 74 = 2401 yang bersisa 1 jika dibagi 10.
Maka akan dibuat pangkat dari bilangan pokok 7 dinyatakan dalam modulu 4.
72 = 1 (mod 4)
77 = (72)3 · 7 = 13 · 7 (mod 4) = 3 (mod 4)
Sehingga 77 = 4k + 3 untuk suatu bilangan asli k.
()3434777777·==+kk = (240 · 10 + 1)k · (34 · 10 + 3) = 1k · 3 (mod 10)
777 = 3 (mod 10)
Jadi, angka satuan dari adalah 3.
777
Alternatif 2 :
72 = 49 yang bersisa -1 jika dibagi 10.
Mngingat bahwa (-1)k bernilai positif hanya jika k genap maka akan dibuat pangkat dari bilangan pokok 7
dinyatakan dalam modulu 4.
72 = 1 (mod 4)
77 = (72)3 · 7 = 13 · 7 (mod 4) = 3 (mod 4)
Sehingga 77 = 4k + 3 untuk suatu bilangan asli k.
777 = 74k+3 = (72)2k · 73 = (5 · 10 - 1)2k · (343) (mod 10) = (-1)2k · (3) (mod 10) = 3 (mod 10)
Jadi, angka satuan dari adalah 3.
777
Cara lain penyelesaian soal tersebut adalah dengan melihat pola dari angka satuan yang selalu berulang.
Cara ini tidak dibahas dalam contoh ini dan dipersilakan kepada Pembaca untuk menyelesaikannya.
Contoh 17 :
Tentukan angka satuan dari 20072009.
Solusi :
Mencari angka satuan dari suatu bilangan sama dengan mencari sisa jika bilangan tersebut dibagi 10.
20072009 = (200 · 10 + 7)2009
20072009 = 72009 (mod 10) (menggunakan sifat (ix)
Alternatif 1 :
20072009 = (74)502 · 71 (mod 10)
20072009 = (240 · 10 + 1)502 · 71 (mod 10)
20072009 = 1502 · 7 (mod 10) (menggunakan sifat (x)
20072009 = 7 (mod 10)
Jadi, angka satuan 20072009 adalah 7.
Alternatif 2 :
20072009 = (72)1004 · 71 (mod 10)
20072009 = (5 · 10 - 1)1004 · 71 (mod 10)
20072009 = (-1)1004 · 7 (mod 10) (menggunakan sifat (x)
20072009 = 7 (mod 10)
Jadi, angka satuan 20072009 adalah 7.
Contoh 18 :
(OSK 2004 SMP/MTs) Jika 213 dibagi dengan 13, maka akan memberikan sisa sama dengan ·····
Solusi :
Alternatif 1 :
213 = 8192 = 13 · 630 + 2
Maka sisa jika 213 dibagi dengan 13 adalah 2.
Alternatif 2 :
Alternatif 1 bisa digunakan untuk suatu bilangan-bilangan kecil. Tetapi jika pangkat dari 2 merupakan
bilangan yang besar maka cara tersebut tidak efektif. Alternatif berikut bisa dipertimbangkan.
213 =(26)2 · 2 = (13 · 5 - 1)2 · 2 = (-1)2 · 2 (mod 13) = 2 (mod 13)
Maka sisa jika 213 dibagi dengan 13 adalah 2.
Contoh 19 :
Tentukan sisa pembagian 3 · 53 + 272010 oleh 7.
Solusi :
53 = (8 · 7 - 3) = -3 (mod 7)
3 · 53 = 3 (-3) (mod 7) = -9 (mod 7) = -2 (mod 7)
27 = -1 (mod 7) sehingga 272010 = (-1)2010 (mod 7) = 1 (mod 7)
3 · 53 + 272010 = -2 + 1 (mod 7) = -1 (mod 7) = 6 (mod 7)
Jadi, sisa pembagian 3 · 53 + 272010 oleh 7 adalah 6.
Contoh 20 :
(MATNC 2001) N adalah bilangan asli yang memenuhi N = 2 (mod 3) dan N = 1 (mod 2). Tentukan sisanya
jika N dibagi 6.
Solusi :
Alternatif 1 :
Karena N jika dibagi 3 bersisa 2 maka N jika dibagi 6 akan bersisa 2 atau 5.
Karena N bersisa 1 jika dibagi 2 maka tidak mungkin N akan berbentuk N = 6k + 2.
Maka N = 6k + 5.
Jadi, jika N dibagi 6 maka akan bersisa 5.
Alternatif 2 :
Karena N = 1 (mod 2) maka N = 2p - 1 untuk suatu bilangan bulat p.
2p - 1 = 2 (mod 3) sehingga 2p = 0 (mod 3)
Karena 2 dan 3 relatif prima maka p = 0 (mod 3)
Maka didapat p = 3q untuk suatu bilangan bulat q.
N = 6q - 1 = -1 (mod 6) = 5 (mod 6)
Jadi, sisanya jika N dibagi 6 adalah 5.
Alternatif 3 :
Karena N = 1 (mod 2) maka N = 2p + 1 untuk suatu bilangan bulat p.
2p + 1 = 2 (mod 3) sehingga 2p = 1 (mod 3)
Karena 2 dan 3 relatif prima maka p = 2 (mod 3)
Maka didapat p = 3q + 2 untuk suatu bilangan bulat q.
N = 2(3q + 2) + 1 = 5 (mod 6)
Jadi, sisanya jika N dibagi 6 adalah 5.
Alternatif 4 :
Karena N = 2 (mod 3) maka N = 3p + 2 untuk suatu bilangan bulat p.
3p + 2 = 1 (mod 2) sehingga 3p = 1 (mod 2)
Karena 2 dan 3 relatif prima maka p = 1 (mod 2)
Maka didapat p = 2q + 1 untuk suatu bilangan bulat q.
N = 3(2q + 1) + 2 = 5 (mod 6)
Jadi, sisanya jika N dibagi 6 adalah 5.
Contoh 21 :
Tentukan dua angka terakhir dari 32009.
Solusi :
32009 = (35)400 · 39 = (243)400 · 39
32009 = (43)400 · 39 (mod 100)
32009 = (1849)200 · 39 (mod 100)
32009 = (49)200 · 19683 (mod 100)
32009 = (2401)100 · 83 (mod 100)
32009 = (1)100 · 83 (mod 100)
32009 = 83 (mod 100)
Jadi, dua angka terakhir dari 32009 adalah 83.
Konsep kekongruenan bilangan dikembangkan berdasarkan konsep bahwa setiap bilangan bulat positif
dapat dinyatakan ke dalam bentuk N = pq + r atau N - r = pq dengan p, q, r adalah bilangan bulat dan r
berada pada 0 = r < p. Persamaan N = pq + r dengan p menyatakan pembagi, q menyatakan hasil bagi dan
r menyatakan sisa.
Persamaan di atas sering pula ditulis N = r (mod p)
Dari hal tersebut didapat definisi bahwa a = b (mod m) jika m.(a - b) untuk bilangan bulat a, b dan m.
Contoh :
(1) 25 = 1 (mod 4) sebab 4.24
(2) 1 = -3 (mod 4) sebab 4.4
Beberapa sifat berkaitan dengan modulu adalah sebagai berikut. Misalkan a, b, c, d dan m adalah
bilangan-bilangan bulat dengan d > 0 dan m > 0, berlaku :
(i) a = a (mod m)
(ii) Jika a = b (mod m), maka b = a (mod m)
(iii) Jika a = b (mod m) dan b = c (mod m) maka a = c (mod m)
(iv) Jika a = b (mod m) dan d.m maka a = b (mod d)
(v) Jika a = b (mod m) maka ak = bk (mod m) untuk semua k bilangan asli
(vi) Jika a = b (mod m) dan f(x) = anxn + an-1xn-1 + ··· + ao maka f(a) = f(b) (mod m)
(vii) Jika a = b (mod m) dan c = d (mod m) maka a + c = b + d (mod m)
(viii) Jika a = b (mod m) dan c = d (mod m) maka ac = bd (mod m)
(ix) (am + b)k = bk (mod m) untuk semua k bilangan asli
(x) Dari sifat (viii) didapat (am + b)k · (cm + d)n = bk · dn (mod m) untuk semua k dan n bilangan asli
(xi) Jika ca = cb (mod m) dan FPB(c, m) = 1 maka a = b (mod m)
(xii) Misalkan n . N dan S(n) adalah penjumlahan digit-digit dari n maka berlaku n = S(n) (mod 9).
(xiii) n5 = n (mod 10) untuk setiap n . N.
Contoh 14 :
(OSP 2004 SMP/MTs) Untuk bilangan bulat a dan b, <a, b> artinya bilangan bulat tak negatif yang
merupakan sisa a x b jika dibagi oleh 5. Bilangan yang ditunjukkan oleh <-3, 4> adalah ······
Solusi :
Karena -3 x 4 = - 12 = 5 x (-3) + 3 maka <-3, 4> = 3
Jadi, <-3, 4> = 3.
Contoh 15 :
(OSN 2003 SMP/MTs) Untuk menarik minat pelanggan, suatu restoran penjual makanan cepat saji
memberikan kupon berhadiah kepada setiap orang yang membeli makanan di restoran tersebut dengan
nilai lebih dari Rp. 25.000,-. Di balik setiap kupon tersebut tertera salah satu dari bilangan-bilangan
berikut : 9, 12, 42, 57, 69, 21, 15, 75, 24 dan 81. Pembeli yang berhasil mengumpulkan kupon dengan
jumlah bilangan di balik kupon tersebut sama dengan 100 akan diberi hadiah berupa TV 21”. Kalau
pemilik restoran tersebut menyediakan sebanyak 10 buah TV 21”, berapa banyak yang harus diserahkan
kepada para pelanggannya ?
Solusi :
Bilangan-bilangan 9, 12, 42, 57, 69, 21, 15, 75, 24 dan 81 semuanya habis dibagi 3.
Maka penjumlahan bilangan-bilangan mana pun di antara 9, 12, 42, 57, 69, 21, 15, 75, 24 dan 81 akan
menghasilkan suatu bilangan yang habis dibagi 3.
Tetapi 100 jika dibagi 3 akan bersisa 1.
Maka tidak ada TV yang diserahkan.
Contoh 16 :
Tentukan angka satuan dari .
777
Solusi :
Dalam persoalan bentuk perpangkatan dengan modulu m selalu diusahakan agar didapat suatu bilangan
yang bersisa 1 atau -1 jika dibagi dengan m agar memudahkan dalam perhitungan sebab 1k = 1 sedangkan
(-1)k sama dengan 1 atau -1 bergantung dari paritas k untuk k suatu bilangan bulat.
Angka satuan merupakan sisa jika suatu bilangan dibagi 10.
Alternatif 1 :
Perlu diingat bahwa 74 = 2401 yang bersisa 1 jika dibagi 10.
Maka akan dibuat pangkat dari bilangan pokok 7 dinyatakan dalam modulu 4.
72 = 1 (mod 4)
77 = (72)3 · 7 = 13 · 7 (mod 4) = 3 (mod 4)
Sehingga 77 = 4k + 3 untuk suatu bilangan asli k.
()3434777777·==+kk = (240 · 10 + 1)k · (34 · 10 + 3) = 1k · 3 (mod 10)
777 = 3 (mod 10)
Jadi, angka satuan dari adalah 3.
777
Alternatif 2 :
72 = 49 yang bersisa -1 jika dibagi 10.
Mngingat bahwa (-1)k bernilai positif hanya jika k genap maka akan dibuat pangkat dari bilangan pokok 7
dinyatakan dalam modulu 4.
72 = 1 (mod 4)
77 = (72)3 · 7 = 13 · 7 (mod 4) = 3 (mod 4)
Sehingga 77 = 4k + 3 untuk suatu bilangan asli k.
777 = 74k+3 = (72)2k · 73 = (5 · 10 - 1)2k · (343) (mod 10) = (-1)2k · (3) (mod 10) = 3 (mod 10)
Jadi, angka satuan dari adalah 3.
777
Cara lain penyelesaian soal tersebut adalah dengan melihat pola dari angka satuan yang selalu berulang.
Cara ini tidak dibahas dalam contoh ini dan dipersilakan kepada Pembaca untuk menyelesaikannya.
Contoh 17 :
Tentukan angka satuan dari 20072009.
Solusi :
Mencari angka satuan dari suatu bilangan sama dengan mencari sisa jika bilangan tersebut dibagi 10.
20072009 = (200 · 10 + 7)2009
20072009 = 72009 (mod 10) (menggunakan sifat (ix)
Alternatif 1 :
20072009 = (74)502 · 71 (mod 10)
20072009 = (240 · 10 + 1)502 · 71 (mod 10)
20072009 = 1502 · 7 (mod 10) (menggunakan sifat (x)
20072009 = 7 (mod 10)
Jadi, angka satuan 20072009 adalah 7.
Alternatif 2 :
20072009 = (72)1004 · 71 (mod 10)
20072009 = (5 · 10 - 1)1004 · 71 (mod 10)
20072009 = (-1)1004 · 7 (mod 10) (menggunakan sifat (x)
20072009 = 7 (mod 10)
Jadi, angka satuan 20072009 adalah 7.
Contoh 18 :
(OSK 2004 SMP/MTs) Jika 213 dibagi dengan 13, maka akan memberikan sisa sama dengan ·····
Solusi :
Alternatif 1 :
213 = 8192 = 13 · 630 + 2
Maka sisa jika 213 dibagi dengan 13 adalah 2.
Alternatif 2 :
Alternatif 1 bisa digunakan untuk suatu bilangan-bilangan kecil. Tetapi jika pangkat dari 2 merupakan
bilangan yang besar maka cara tersebut tidak efektif. Alternatif berikut bisa dipertimbangkan.
213 =(26)2 · 2 = (13 · 5 - 1)2 · 2 = (-1)2 · 2 (mod 13) = 2 (mod 13)
Maka sisa jika 213 dibagi dengan 13 adalah 2.
Contoh 19 :
Tentukan sisa pembagian 3 · 53 + 272010 oleh 7.
Solusi :
53 = (8 · 7 - 3) = -3 (mod 7)
3 · 53 = 3 (-3) (mod 7) = -9 (mod 7) = -2 (mod 7)
27 = -1 (mod 7) sehingga 272010 = (-1)2010 (mod 7) = 1 (mod 7)
3 · 53 + 272010 = -2 + 1 (mod 7) = -1 (mod 7) = 6 (mod 7)
Jadi, sisa pembagian 3 · 53 + 272010 oleh 7 adalah 6.
Contoh 20 :
(MATNC 2001) N adalah bilangan asli yang memenuhi N = 2 (mod 3) dan N = 1 (mod 2). Tentukan sisanya
jika N dibagi 6.
Solusi :
Alternatif 1 :
Karena N jika dibagi 3 bersisa 2 maka N jika dibagi 6 akan bersisa 2 atau 5.
Karena N bersisa 1 jika dibagi 2 maka tidak mungkin N akan berbentuk N = 6k + 2.
Maka N = 6k + 5.
Jadi, jika N dibagi 6 maka akan bersisa 5.
Alternatif 2 :
Karena N = 1 (mod 2) maka N = 2p - 1 untuk suatu bilangan bulat p.
2p - 1 = 2 (mod 3) sehingga 2p = 0 (mod 3)
Karena 2 dan 3 relatif prima maka p = 0 (mod 3)
Maka didapat p = 3q untuk suatu bilangan bulat q.
N = 6q - 1 = -1 (mod 6) = 5 (mod 6)
Jadi, sisanya jika N dibagi 6 adalah 5.
Alternatif 3 :
Karena N = 1 (mod 2) maka N = 2p + 1 untuk suatu bilangan bulat p.
2p + 1 = 2 (mod 3) sehingga 2p = 1 (mod 3)
Karena 2 dan 3 relatif prima maka p = 2 (mod 3)
Maka didapat p = 3q + 2 untuk suatu bilangan bulat q.
N = 2(3q + 2) + 1 = 5 (mod 6)
Jadi, sisanya jika N dibagi 6 adalah 5.
Alternatif 4 :
Karena N = 2 (mod 3) maka N = 3p + 2 untuk suatu bilangan bulat p.
3p + 2 = 1 (mod 2) sehingga 3p = 1 (mod 2)
Karena 2 dan 3 relatif prima maka p = 1 (mod 2)
Maka didapat p = 2q + 1 untuk suatu bilangan bulat q.
N = 3(2q + 1) + 2 = 5 (mod 6)
Jadi, sisanya jika N dibagi 6 adalah 5.
Contoh 21 :
Tentukan dua angka terakhir dari 32009.
Solusi :
32009 = (35)400 · 39 = (243)400 · 39
32009 = (43)400 · 39 (mod 100)
32009 = (1849)200 · 39 (mod 100)
32009 = (49)200 · 19683 (mod 100)
32009 = (2401)100 · 83 (mod 100)
32009 = (1)100 · 83 (mod 100)
32009 = 83 (mod 100)
Jadi, dua angka terakhir dari 32009 adalah 83.
Materi OSN Matematika part 3
UJI HABIS DIBAGI
Sebuah bilangan memiliki sifat khusus jika dibagi oleh suatu bilangan tertentu. Beberapa sifat tersebut
adalah :
a. Suatu bilangan habis dibagi 5 jika dan hanya jika digit terakhir dari bilangan tersebut adalah 0 atau 5.
Contoh : 67585 dan 457830 adalah bilangan-bilangan yang habis dibagi 5.
b. Suatu bilangan habis dibagi 2n jika dan hanya jika n digit terakhir dari bilangan tersebut habis dibagi
2n.
Contoh : 134576 habis dibagi 8 = 23 sebab 576 habis dibagi 8 (576 : 8 = 72)
4971328 habis dibagi 16 = 24 sebab 1328 habis dibagi 16
c. Suatu bilangan habis dibagi 3 jika dan hanya jika jumlah digit bilangan tersebut habis dibagi 3.
Contoh : 356535 habis dibagi 3 sebab 3 + 5 + 6 + 5 + 3 + 5 = 27 dan 27 habis dibagi 3.
d. Suatu bilangan habis dibagi 9 jika dan hanya jika jumlah digit bilangan tersebut habis dibagi 9.
Contoh : 23652 habis dibagi 9 sebab 2 + 3 + 6 + 5 + 2 = 18 dan 18 habis dibagi 9.
e. Suatu bilangan habis dibagi 11 jika dan hanya jika selisih antara jumlah digit dari bilangan tersebut
pada posisi ganjil dengan jumlah digit dari bilangan tersebut pada posisi genap habis dibagi 11.
Contoh : 945351 habis dibagi 11 sebab (9 + 5 + 5) - (4 + 3 + 1) = 11 dan 11 habis dibagi 11. Contoh
bilangan lain yang habis dibagi 11 adalah 53713 dan 245784.
Contoh :
(OSK 2003) Ada berapa banyak diantara bilangan-bilangan 20000002, 20011002, 20022002, 20033002 yang
habis dibagi 9 ?
Solusi :
Penjumlahan digit 20000002 = 2 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 2 = 4 (tidak habis dibagi 9)
Penjumlahan digit 20011002 = 2 + 0 + 0 + 1 + 1 + 0 + 0 + 2 = 6 (tidak habis dibagi 9)
Penjumlahan digit 20022002 = 2 + 0 + 0 + 2 + 2 + 0 + 0 + 2 = 8 (tidak habis dibagi 9)
Penjumlahan digit 20033002 = 2 + 0 + 0 + 3 + 3 + 0 + 0 + 2 = 10 (tidak habis dibagi 9)
Karena semua penjumlahan digit tidak ada yang habis dibagi 9 maka tidak ada bilangan-bilangan tersebut
yang habis dibagi 9.
Contoh 8 :
(Canadian MO 1980) Jika a679b adalah bilangan lima angka yang habis dibagi 72, tentukan nilai a dan b.
Solusi :
72 = 9 · 8. Karena 9 dan 8 relatif prima maka a679b harus habis dibagi 8 dan 9. Karena a679b habis dibagi
8 maka 79b habis dibagi 8. Agar 790 + b habis dibagi 8 maka b = 2.
Karena a6792 habis dibagi 9 maka a + 6 + 7 + 9 + 2 habis dibagi 9. Nilai a yang memenuhi hanya 3.
Jadi bilangan tersebut adalah 36792.
Sebuah bilangan memiliki sifat khusus jika dibagi oleh suatu bilangan tertentu. Beberapa sifat tersebut
adalah :
a. Suatu bilangan habis dibagi 5 jika dan hanya jika digit terakhir dari bilangan tersebut adalah 0 atau 5.
Contoh : 67585 dan 457830 adalah bilangan-bilangan yang habis dibagi 5.
b. Suatu bilangan habis dibagi 2n jika dan hanya jika n digit terakhir dari bilangan tersebut habis dibagi
2n.
Contoh : 134576 habis dibagi 8 = 23 sebab 576 habis dibagi 8 (576 : 8 = 72)
4971328 habis dibagi 16 = 24 sebab 1328 habis dibagi 16
c. Suatu bilangan habis dibagi 3 jika dan hanya jika jumlah digit bilangan tersebut habis dibagi 3.
Contoh : 356535 habis dibagi 3 sebab 3 + 5 + 6 + 5 + 3 + 5 = 27 dan 27 habis dibagi 3.
d. Suatu bilangan habis dibagi 9 jika dan hanya jika jumlah digit bilangan tersebut habis dibagi 9.
Contoh : 23652 habis dibagi 9 sebab 2 + 3 + 6 + 5 + 2 = 18 dan 18 habis dibagi 9.
e. Suatu bilangan habis dibagi 11 jika dan hanya jika selisih antara jumlah digit dari bilangan tersebut
pada posisi ganjil dengan jumlah digit dari bilangan tersebut pada posisi genap habis dibagi 11.
Contoh : 945351 habis dibagi 11 sebab (9 + 5 + 5) - (4 + 3 + 1) = 11 dan 11 habis dibagi 11. Contoh
bilangan lain yang habis dibagi 11 adalah 53713 dan 245784.
Contoh :
(OSK 2003) Ada berapa banyak diantara bilangan-bilangan 20000002, 20011002, 20022002, 20033002 yang
habis dibagi 9 ?
Solusi :
Penjumlahan digit 20000002 = 2 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 2 = 4 (tidak habis dibagi 9)
Penjumlahan digit 20011002 = 2 + 0 + 0 + 1 + 1 + 0 + 0 + 2 = 6 (tidak habis dibagi 9)
Penjumlahan digit 20022002 = 2 + 0 + 0 + 2 + 2 + 0 + 0 + 2 = 8 (tidak habis dibagi 9)
Penjumlahan digit 20033002 = 2 + 0 + 0 + 3 + 3 + 0 + 0 + 2 = 10 (tidak habis dibagi 9)
Karena semua penjumlahan digit tidak ada yang habis dibagi 9 maka tidak ada bilangan-bilangan tersebut
yang habis dibagi 9.
Contoh 8 :
(Canadian MO 1980) Jika a679b adalah bilangan lima angka yang habis dibagi 72, tentukan nilai a dan b.
Solusi :
72 = 9 · 8. Karena 9 dan 8 relatif prima maka a679b harus habis dibagi 8 dan 9. Karena a679b habis dibagi
8 maka 79b habis dibagi 8. Agar 790 + b habis dibagi 8 maka b = 2.
Karena a6792 habis dibagi 9 maka a + 6 + 7 + 9 + 2 habis dibagi 9. Nilai a yang memenuhi hanya 3.
Jadi bilangan tersebut adalah 36792.
Materi OSN Matematika part 2
SIFAT-SIFAT KETERBAGIAN
Definisi : Sebuah bilangan bulat a dikatakan membagi b (ditulis a.b) jika terdapat bilangan bulat k
sehingga b = a · k. Beberapa hal berkaitan dengan pembagian adalah sebagai berikut :
1.1 Misalkan a, b, c, x dan y bilangan bulat, maka sifat-sifat di bawah ini berlaku :
(1) a.a (semua bilangan bulat membagi dirinya sendiri)
(2) a.0 (semua bilangan bulat membagi 0)
(3) 1.a (satu membagi semua bilangan bulat)
(4) Jika a.1 maka a = ±1
(5) Jika a.b maka a.xb
(6) Jika ab.c maka a.c dan b.c
(7) Jika a.b dan b.c maka a.c
(8) Jika a.b dan a.c maka a.(bx + cy)
(9) Jika a.b maka xa.xb
(10) Jika a.b dan b . 0 maka .a. = .b.
(11) Jika a.b dan b.a maka a = ±b
(12) Jika a.bc dan FPB(a, b) = 1 maka a.c
(13) 0.a hanya jika a = 0
1.2 Jika suatu bilangan habis dibagi a dan juga habis dibagi b, maka bilangan tersebut akan habis dibagi
ab dengan syarat a dan b relatif prima. Berlaku sebaliknya.
Dua bilangan dikatakan prima relatif, jika faktor persekutuan terbesarnya (FPB) dua bilangan
tersebut sama dengan 1.
Contoh : 36 habis dibagi 4 dan 3, maka 36 akan habis dibagi 12.
45 habis dibagi 15. Maka 45 juga habis dibagi 3 dan 45 juga habis dibagi 5.
12 habis dibagi 4 dan 12 juga habis dibagi 6 tetapi 12 tidak habis dibagi 4 · 6 = 24 sebab 4 dan 6
tidak relatif prima, FPB (4, 6) = 2
1.3 Bilangan yang dapat diubah menjadi perkalian n bilangan bulat berurutan akan habis dibagi n!
dengan tanda “!” menyatakan faktorial. n! = 1 · 2 · 3 · ··· · n.
Contoh : 3x4x5x6 = 360 merupakan perkalian 4 bilangan bulat berurutan maka habis dibagi 4! = 24.
1.4 Mengingat penjabaran pada dua persamaan berikut :
(i) (an - bn) = (a - b)(an-1 + an-2b + an-3b2 + ··· + abn-2 + bn-1) dengan n . bilangan asli
(ii) (an + bn) = (a + b)(an-1 - an-2b + an-3b2 - ··· - abn-2 + bn-1) dengan n . bilangan ganjil
Maka (a - b) membagi (an - bn) untuk semua a, b bulat dan n bilangan asli
(a + b) membagi (an + bn) untuk semua a, b bulat dan n bilangan ganjil
Contoh 2 :
(OSN 2003 SMP/MTs) Buktikan bahwa (n - 1)n(n3 + 1) senantiasa habis dibagi oleh 6 untuk semua bilangan
asli n.
Solusi :
Alternatif 1 :
Berdasarkan 1.2 didapat bahwa jika (n - 1)n(n3 + 1) habis dibagi 6 maka (n - 1)n(n3 + 1) habis akan dibagi
2 dan juga habis dibagi 3. Jadi, jika dapat dibuktikan bahwa (n - 1)n(n3 + 1) habis dibagi 2 dan juga habis
dibagi 3 maka dapat dibuktikan (n - 1)n(n3 + 1) senantiasa habis dibagi oleh 6 untuk semua bilangan asli
n.
(n - 1) dan n adalah 2 bilangan bulat berurutan maka (n - 1)n akan habis dibagi 2.
Berdasarkan 2.1 poin (1) maka (n - 1)n(n3 + 1) habis dibagi 2.
Sebuah bilangan bulat dapat diklasifikasikan ke dalam salah satu bentuk dari 3k, 3k + 1 atau 3k + 2.
Jika n = 3k maka 3 membagi n sehingga 3.(n - 1)n(n3 + 1)
Jika n = 3k + 1 maka 3.(n - 1) sehingga 3.(n - 1)n(n3 + 1).
Jika n = 3k + 2 maka n3 + 1 =(3k + 2)3 + 1 = 3(9k3 + 18k2 + 12k + 3) sehingga 3.(n3 + 1).
Maka 3.(n - 1)n(n3 + 1).
Didapat bahwa (n - 1)n(n3 + 1) habis dibagi 2 dan juga habis dibagi 3. Karena 2 dan 3 relatif prima maka
(n - 1)n(n3 + 1) habis dibagi 2 · 3 = 6.
Jadi, (n - 1)n(n3 + 1) habis dibagi 6.
Alternatif 2 :
(n - 1)n(n3 + 1) = (n - 1)n(n + 1)(n2 - n + 1)
Karena n - 1, n dan n tiga bilangan asli berurutan maka (n - 1)n(n + 1)(n2 - n + 1) habis dibagi oleh 3!= 6.
Jadi, (n - 1)n(n3 + 1) habis dibagi 6.
Contoh 3 :
(OSK 2005 SMP/MTS) Bilangan 43 dapat dinyatakan ke dalam bentuk 5a + 11b karena untuk a = 13 dan
b = -2, nilai dari 5a + 11b adalah 43. Manakah dari tiga bilangan 37, 254 dan 1986 yang tidak dapat
dinyatakan dalam bentuk 5a + 11b ?
A. 1983 B. 254 C. 254 dan 1986 D. semua E. tak ada
Solusi :
Perhatikan bahwa 1 dapat dinyatakan ke dalam bentuk 5a + 11b dengan a = -2 dan b = 1. Karena 1
membagi semua bilangan bulat maka semua bilangan dapat dinyatakan ke dalam bentuk 5a + 11b.
(Jawaban : D)
Misalkan diinginkan 5a + 11b = k maka kesamaan akan terjadi saat a = -2k dan b = k.
Contoh 4 :
Buktikan bahwa 7, 13 dan 181 adalah faktor dari 3105 + 4105
Solusi :
Karena 105 ganjil maka 3105 + 4105 habis dibagi 3 + 4 = 7.
3105 + 4105 = (33)35 + (43)35 = 2735 + 6435
Karena 35 ganjil maka 3105 + 4105 habis dibagi 27 + 64 = 91.
Karena 91 = 7 · 13 maka 3105 + 4105 habis dibagi 13.
3105 + 4105 = (35)21 + (45)21 = 24321 + 102421
Karena 21 ganjil maka 3105 + 4105 habis dibagi 243 + 1024 = 1267. Karena 1267 = 7 · 181 maka 3105 + 4105
habis dibagi 181.
Contoh 5 :
(OSK 2004 SMP/MTS) Semua n sehingga n dan 13-
+
nn keduanya merupakan bilangan bulat adalah ·····
Solusi :
Alternatif 1 :
Perhatikan bahwa 14141131--
+-
-
++==nnnnn
Agar 141-+n merupakan bilangan bulat maka n - 1 haruslah merupakan faktor dari 4.
Maka nilai dari n - 1 adalah ±1, ±2 dan ±4.
Nilai n yang memenuhi adalah -3, -1, 0, 2, 3 dan 5.
Alternatif 2 :
Selain dengan menggunakan sifat keterbagian, soal tersebut juga bisa diselesaikan dengan memfaktorkan.
Misalkan m = 13-
+
nn untuk suatu bilangan bulat n dan m.
Persamaan di atas ekivalen dengan
n + 3 = mn - m
(m - 1)(n - 1) = 4.
n - 1 haruslah merupakan faktor dari 4.
Maka nilai dari n - 1 adalah ±1, ±2 dan ±4.
Nilai n yang memenuhi adalah -3, -1, 0, 2, 3 dan 5.
Contoh 6 :
(OSP 2005 SMP/MTs) Semua pasangan bilangan asli m dan n yang memenuhi 132=+nm adalah ·········
Solusi :
Persamaan pada soal ekivalen dengan 2n + 3m = mn
(m - 2)(n - 3) = 6
Dengan demikian m - 2 dan n - 3 keduanya merupakan faktor dari 6.
Karena m dan n bilangan asli maka m - 2 > -2 dan n - 3 > -3
Maka m - 2 = 1, 2, 3 atau 6. Jadi m = 3, 4, 5 atau 8.
Jadi, pasangan (m, n) yang memenuhi adalah (3, 9), (4, 6), (5, 5), (8, 4).
Definisi : Sebuah bilangan bulat a dikatakan membagi b (ditulis a.b) jika terdapat bilangan bulat k
sehingga b = a · k. Beberapa hal berkaitan dengan pembagian adalah sebagai berikut :
1.1 Misalkan a, b, c, x dan y bilangan bulat, maka sifat-sifat di bawah ini berlaku :
(1) a.a (semua bilangan bulat membagi dirinya sendiri)
(2) a.0 (semua bilangan bulat membagi 0)
(3) 1.a (satu membagi semua bilangan bulat)
(4) Jika a.1 maka a = ±1
(5) Jika a.b maka a.xb
(6) Jika ab.c maka a.c dan b.c
(7) Jika a.b dan b.c maka a.c
(8) Jika a.b dan a.c maka a.(bx + cy)
(9) Jika a.b maka xa.xb
(10) Jika a.b dan b . 0 maka .a. = .b.
(11) Jika a.b dan b.a maka a = ±b
(12) Jika a.bc dan FPB(a, b) = 1 maka a.c
(13) 0.a hanya jika a = 0
1.2 Jika suatu bilangan habis dibagi a dan juga habis dibagi b, maka bilangan tersebut akan habis dibagi
ab dengan syarat a dan b relatif prima. Berlaku sebaliknya.
Dua bilangan dikatakan prima relatif, jika faktor persekutuan terbesarnya (FPB) dua bilangan
tersebut sama dengan 1.
Contoh : 36 habis dibagi 4 dan 3, maka 36 akan habis dibagi 12.
45 habis dibagi 15. Maka 45 juga habis dibagi 3 dan 45 juga habis dibagi 5.
12 habis dibagi 4 dan 12 juga habis dibagi 6 tetapi 12 tidak habis dibagi 4 · 6 = 24 sebab 4 dan 6
tidak relatif prima, FPB (4, 6) = 2
1.3 Bilangan yang dapat diubah menjadi perkalian n bilangan bulat berurutan akan habis dibagi n!
dengan tanda “!” menyatakan faktorial. n! = 1 · 2 · 3 · ··· · n.
Contoh : 3x4x5x6 = 360 merupakan perkalian 4 bilangan bulat berurutan maka habis dibagi 4! = 24.
1.4 Mengingat penjabaran pada dua persamaan berikut :
(i) (an - bn) = (a - b)(an-1 + an-2b + an-3b2 + ··· + abn-2 + bn-1) dengan n . bilangan asli
(ii) (an + bn) = (a + b)(an-1 - an-2b + an-3b2 - ··· - abn-2 + bn-1) dengan n . bilangan ganjil
Maka (a - b) membagi (an - bn) untuk semua a, b bulat dan n bilangan asli
(a + b) membagi (an + bn) untuk semua a, b bulat dan n bilangan ganjil
Contoh 2 :
(OSN 2003 SMP/MTs) Buktikan bahwa (n - 1)n(n3 + 1) senantiasa habis dibagi oleh 6 untuk semua bilangan
asli n.
Solusi :
Alternatif 1 :
Berdasarkan 1.2 didapat bahwa jika (n - 1)n(n3 + 1) habis dibagi 6 maka (n - 1)n(n3 + 1) habis akan dibagi
2 dan juga habis dibagi 3. Jadi, jika dapat dibuktikan bahwa (n - 1)n(n3 + 1) habis dibagi 2 dan juga habis
dibagi 3 maka dapat dibuktikan (n - 1)n(n3 + 1) senantiasa habis dibagi oleh 6 untuk semua bilangan asli
n.
(n - 1) dan n adalah 2 bilangan bulat berurutan maka (n - 1)n akan habis dibagi 2.
Berdasarkan 2.1 poin (1) maka (n - 1)n(n3 + 1) habis dibagi 2.
Sebuah bilangan bulat dapat diklasifikasikan ke dalam salah satu bentuk dari 3k, 3k + 1 atau 3k + 2.
Jika n = 3k maka 3 membagi n sehingga 3.(n - 1)n(n3 + 1)
Jika n = 3k + 1 maka 3.(n - 1) sehingga 3.(n - 1)n(n3 + 1).
Jika n = 3k + 2 maka n3 + 1 =(3k + 2)3 + 1 = 3(9k3 + 18k2 + 12k + 3) sehingga 3.(n3 + 1).
Maka 3.(n - 1)n(n3 + 1).
Didapat bahwa (n - 1)n(n3 + 1) habis dibagi 2 dan juga habis dibagi 3. Karena 2 dan 3 relatif prima maka
(n - 1)n(n3 + 1) habis dibagi 2 · 3 = 6.
Jadi, (n - 1)n(n3 + 1) habis dibagi 6.
Alternatif 2 :
(n - 1)n(n3 + 1) = (n - 1)n(n + 1)(n2 - n + 1)
Karena n - 1, n dan n tiga bilangan asli berurutan maka (n - 1)n(n + 1)(n2 - n + 1) habis dibagi oleh 3!= 6.
Jadi, (n - 1)n(n3 + 1) habis dibagi 6.
Contoh 3 :
(OSK 2005 SMP/MTS) Bilangan 43 dapat dinyatakan ke dalam bentuk 5a + 11b karena untuk a = 13 dan
b = -2, nilai dari 5a + 11b adalah 43. Manakah dari tiga bilangan 37, 254 dan 1986 yang tidak dapat
dinyatakan dalam bentuk 5a + 11b ?
A. 1983 B. 254 C. 254 dan 1986 D. semua E. tak ada
Solusi :
Perhatikan bahwa 1 dapat dinyatakan ke dalam bentuk 5a + 11b dengan a = -2 dan b = 1. Karena 1
membagi semua bilangan bulat maka semua bilangan dapat dinyatakan ke dalam bentuk 5a + 11b.
(Jawaban : D)
Misalkan diinginkan 5a + 11b = k maka kesamaan akan terjadi saat a = -2k dan b = k.
Contoh 4 :
Buktikan bahwa 7, 13 dan 181 adalah faktor dari 3105 + 4105
Solusi :
Karena 105 ganjil maka 3105 + 4105 habis dibagi 3 + 4 = 7.
3105 + 4105 = (33)35 + (43)35 = 2735 + 6435
Karena 35 ganjil maka 3105 + 4105 habis dibagi 27 + 64 = 91.
Karena 91 = 7 · 13 maka 3105 + 4105 habis dibagi 13.
3105 + 4105 = (35)21 + (45)21 = 24321 + 102421
Karena 21 ganjil maka 3105 + 4105 habis dibagi 243 + 1024 = 1267. Karena 1267 = 7 · 181 maka 3105 + 4105
habis dibagi 181.
Contoh 5 :
(OSK 2004 SMP/MTS) Semua n sehingga n dan 13-
+
nn keduanya merupakan bilangan bulat adalah ·····
Solusi :
Alternatif 1 :
Perhatikan bahwa 14141131--
+-
-
++==nnnnn
Agar 141-+n merupakan bilangan bulat maka n - 1 haruslah merupakan faktor dari 4.
Maka nilai dari n - 1 adalah ±1, ±2 dan ±4.
Nilai n yang memenuhi adalah -3, -1, 0, 2, 3 dan 5.
Alternatif 2 :
Selain dengan menggunakan sifat keterbagian, soal tersebut juga bisa diselesaikan dengan memfaktorkan.
Misalkan m = 13-
+
nn untuk suatu bilangan bulat n dan m.
Persamaan di atas ekivalen dengan
n + 3 = mn - m
(m - 1)(n - 1) = 4.
n - 1 haruslah merupakan faktor dari 4.
Maka nilai dari n - 1 adalah ±1, ±2 dan ±4.
Nilai n yang memenuhi adalah -3, -1, 0, 2, 3 dan 5.
Contoh 6 :
(OSP 2005 SMP/MTs) Semua pasangan bilangan asli m dan n yang memenuhi 132=+nm adalah ·········
Solusi :
Persamaan pada soal ekivalen dengan 2n + 3m = mn
(m - 2)(n - 3) = 6
Dengan demikian m - 2 dan n - 3 keduanya merupakan faktor dari 6.
Karena m dan n bilangan asli maka m - 2 > -2 dan n - 3 > -3
Maka m - 2 = 1, 2, 3 atau 6. Jadi m = 3, 4, 5 atau 8.
Jadi, pasangan (m, n) yang memenuhi adalah (3, 9), (4, 6), (5, 5), (8, 4).
Materi OSN Matematika Part 1
A. Aljabar
1. PEMFAKTORAN DAN PENGURAIAN
Beberapa bentuk pemfaktoran maupun penguraian yang harus diketahui adalah :
(i) x2 - y2 = (x + y)(x - y)
(ii) x3 - y3 = (x - y)(x2 + xy + y2)
(iii) x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2)
(iv) x3 + y3 + z3 - 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - xz - yz)
(v) (x + y)(x - y)2 = x3 - x2y - xy2 + y3
(vi) (an - bn) = (a - b)(an-1 + an-2b + an-3b2 + ··· + abn-2 + bn-1) dengan n . bilangan asli
(vii) (an + bn) = (a + b)(an-1 - an-2b + an-3b2 - ··· - abn-2 + bn-1) dengan n . bilangan ganjil
(viii) (x + 1)(y + 1)(z + 1) = xyz + xy + xz + yz + x + y + z + 1
(ix) x4 + 4y4 = (x2 + 2y2 + 2xy)(x2 + 2y2 - 2xy)
(x) (x + y)2 = x2 + 2xy + y2
(xi) (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz
(xii) (x - y)2 = x2 - 2xy + y2
(xiii) (x + y)3 = x3 + y3 + 3xy(x + y)
(xiv) (x - y)3 = x3 - y3 - 3xy(x - y)
(xv) (x + y)4 = x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y3
(xvi) (x - y)4 = x4 - 4x3y + 6x2y2 - 4xy3 + y3
Penguraian bentuk (x + y)n untuk n > 4 dapat menggunakan binomial Newton yang akan diterangkan
dalam bagian lain.
Berdasarkan bentuk (vi) dan (vii) didapat fakta bahwa (a - b) membagi (an - bn) untuk n asli dan (a + b)
membagi (an + bn) untuk n ganjil yang terkadang digunakan untuk menyelesaikan soal pada teori
bilangan.
Contoh 1 :
(OSK 2004 SMP/MTs) Nilai dari LL=-2249505050
Solusi :
Perhatikan bahwa a2 - b2 = (a + b)(a - b) maka
()(49505050495050504950505022-+=-
()()1000000100100004950505022==-
000.14950505022=-
Contoh 2 :
(OSK 2005 SMP/MTs) Salah satu faktor dari 173 - 53 adalah ·······
A. 5 B. 17 C. 13 D. 273 E. 399
Solusi :
Perhatikan bahwa a3 - b3 = (a - b)(a2 + ab + b2) maka
173 - 53 = (17 - 5)(172 + 17 · 5 + 52)
173 - 53 = 12 · 399 (Jawaban : E)
Mengingat bahwa (a + b)(a - b) = a2 - b2 maka jika penyebut tersebut dikalikan dengan lawannya akan
didapat bentuk penyebut yang rasional.
Contoh 3 :
(OSK 2011 Tipe 1) Jika A = 5x + 5-x dan B = 5x - 5-x maka A2 - B2 adalah ·······
Solusi :
A = 5x + 5-x dan B = 5x – 5-x
A + B = (5x + 5-x) + (5x - 5-x) = 2 · 5x
A - B = (5x + 5-x) - (5x - 5-x) = 2 · 5-x
A2 - B2 = (A + B)(A - B) = 2 · 5x · 2 · 5-x = 4
Jadi, A2 - B2 = 4.
Contoh 4 :
Rasionalkan penyebut dari 272-
.
Solusi :
Kuadrat dari suatu bentuk akar menghasilkan bilangan tersebut.
272-
= 272-
· 2727+
+ = ()2752+
Akhirnya didapat penyebut yang merupakan bilangan rasional, yaitu 5. Contoh di atas adalah contoh
dengan penyebutnya merupakan penjumlahan dua bilangan. Jika penyebutnya merupakan penjumlahan
lebih dari dua bilangan, maka perkalian dengan lawanya dilakukan lebih dari satu kali.
Contoh 5 :
Rasionalkan penyebut dari 5321-+
Solusi :
5321-+ = 5321-+ · ()
()532532++
++
((2 + 3) - 5) ((2 + 3) + 5) = (2 + 3)2 - (5)2 = 2 + 43
5321-+ = 342532+
++ · 132132-
- = 225152433-++
Jadi, 5321-+ = 225152433-++
Contoh 6 :
(OSP 2010 SMP/MTs) Jika p = 13141- dan q = 13141+
, maka nilai dari p2 + pq + q2 adalah ········
Solusi :
pq = 13141- · 13141+ = 13141- = 1
p + q = 13141- + 13141+
= 131413141314-
-++ = 214
(p + q)2 = 56
p2 + pq + q2 = (p + q)2 - pq
p2 + pq + q2 = 56 - 1 = 55
Jadi, nilai dari p2 + pq + q2 adalah 55.
Contoh 7 :
Jika a2 + b2 = 6ab maka tentukan nilai dari baba-
+ untuk a, b . 0.
Solusi :
Misalkan x = baba-
+ maka
x2 = ()2baba-
+
x2 = abbaabba222222-+
++
Karena a2 + b2 = 6ab maka x2 = abab48 = 2
Jadi, baba-
+ = 2
Contoh 8 :
Hitunglah 32+ - 32-.
Solusi :
Misalkan X = 32+ - 32-
X2 = (2 + 3) + (2 - 3) - 2322-
X2 = 4 - 2
X2 = 2
Maka 32+ - 32- = 2
Contoh 9 :
(AIME 1989) Nilai dari 313029281···+ adalah ······
Solusi :
Mengingat bahwa 1 + (n - 1)(n)(n + 1)(n + 2) = (n(n + 1) - 1)2 maka
313029281···+ = 29 · 30 - 1
313029281···+ = 869.
Contoh 10 :
Tentukan nilai x yang memenuhi persamaan 32+x - x-7 = 1
Solusi :
32+x - x-7 = 1
Karena bilangan dalam akar harus tak negatif maka penyelesaian persamaan tersebut harus memenuhi
syarat -23
= x = 7
32+x = 1 + x-7
2x + 3 = 1 + 7 - x + 2x-7
3x - 5 = 2x-7
Kuadratkan kedua ruas dengan syarat 3x - 5 = 0 sebab x-7 = 0
9x2 - 30x + 25 = 4(7 - x)
9x2 - 26x - 3 = 0
(9x + 1)(x - 3) = 0
x = 3 atau x = -91 (tidak memenuhi syarat x = 35)
Untuk x = 3 maka 32+x - x-7 = 3 - 2 = 1.
Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 3.
Contoh 11 :
Jika a2 = 7b + 1945 dan b2 = 7a + 1945 dengan a dan b adalah bilangan real berbeda, maka nilai dari ab
adalah ·····
Solusi :
a2 = 7b + 1945 dan b2 = 7a + 1945
a2 - b2 = 7(b - a)
Karena a . b maka a + b = -7
a2 + b2 = 7(b + a) + 3890
(a + b)2 - 2ab = 7(a + b) + 3890
49 - 2ab = -49 + 3890
ab = -1896
Contoh 12 :
a, b, c dan d adalah bilangan real tak nol yang memenuhi
a2 + b2 = 1
c2 + d2 = 1
ac + bd = 0
Buktikan bahwa ab + cd = 0.
Solusi :
Karena ac + bd = 0 maka
ba = -cd ··························· (1)
Misalkan ba = -cd = k maka
a = bk dan d = -ck
a2 + b2 = 1
b2(k2 + 1) = 1
k2 + 1 = 21b ·················· (2)
c2 + d2 = 1
c2(k2 + 1) = 1
Subtitusikan persamaan (2).
b2 = c2
ab + cd = bk · b + c (-ck)
ab + cd = b2k - c2k
ab + cd = (b2 - c2)k
Karena b2 = c2 maka ab + cd = (b2 - c2)k = 0
Jadi, terbukti bahwa ab + cd = 0.
1. PEMFAKTORAN DAN PENGURAIAN
Beberapa bentuk pemfaktoran maupun penguraian yang harus diketahui adalah :
(i) x2 - y2 = (x + y)(x - y)
(ii) x3 - y3 = (x - y)(x2 + xy + y2)
(iii) x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2)
(iv) x3 + y3 + z3 - 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - xz - yz)
(v) (x + y)(x - y)2 = x3 - x2y - xy2 + y3
(vi) (an - bn) = (a - b)(an-1 + an-2b + an-3b2 + ··· + abn-2 + bn-1) dengan n . bilangan asli
(vii) (an + bn) = (a + b)(an-1 - an-2b + an-3b2 - ··· - abn-2 + bn-1) dengan n . bilangan ganjil
(viii) (x + 1)(y + 1)(z + 1) = xyz + xy + xz + yz + x + y + z + 1
(ix) x4 + 4y4 = (x2 + 2y2 + 2xy)(x2 + 2y2 - 2xy)
(x) (x + y)2 = x2 + 2xy + y2
(xi) (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz
(xii) (x - y)2 = x2 - 2xy + y2
(xiii) (x + y)3 = x3 + y3 + 3xy(x + y)
(xiv) (x - y)3 = x3 - y3 - 3xy(x - y)
(xv) (x + y)4 = x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y3
(xvi) (x - y)4 = x4 - 4x3y + 6x2y2 - 4xy3 + y3
Penguraian bentuk (x + y)n untuk n > 4 dapat menggunakan binomial Newton yang akan diterangkan
dalam bagian lain.
Berdasarkan bentuk (vi) dan (vii) didapat fakta bahwa (a - b) membagi (an - bn) untuk n asli dan (a + b)
membagi (an + bn) untuk n ganjil yang terkadang digunakan untuk menyelesaikan soal pada teori
bilangan.
Contoh 1 :
(OSK 2004 SMP/MTs) Nilai dari LL=-2249505050
Solusi :
Perhatikan bahwa a2 - b2 = (a + b)(a - b) maka
()(49505050495050504950505022-+=-
()()1000000100100004950505022==-
000.14950505022=-
Contoh 2 :
(OSK 2005 SMP/MTs) Salah satu faktor dari 173 - 53 adalah ·······
A. 5 B. 17 C. 13 D. 273 E. 399
Solusi :
Perhatikan bahwa a3 - b3 = (a - b)(a2 + ab + b2) maka
173 - 53 = (17 - 5)(172 + 17 · 5 + 52)
173 - 53 = 12 · 399 (Jawaban : E)
Mengingat bahwa (a + b)(a - b) = a2 - b2 maka jika penyebut tersebut dikalikan dengan lawannya akan
didapat bentuk penyebut yang rasional.
Contoh 3 :
(OSK 2011 Tipe 1) Jika A = 5x + 5-x dan B = 5x - 5-x maka A2 - B2 adalah ·······
Solusi :
A = 5x + 5-x dan B = 5x – 5-x
A + B = (5x + 5-x) + (5x - 5-x) = 2 · 5x
A - B = (5x + 5-x) - (5x - 5-x) = 2 · 5-x
A2 - B2 = (A + B)(A - B) = 2 · 5x · 2 · 5-x = 4
Jadi, A2 - B2 = 4.
Contoh 4 :
Rasionalkan penyebut dari 272-
.
Solusi :
Kuadrat dari suatu bentuk akar menghasilkan bilangan tersebut.
272-
= 272-
· 2727+
+ = ()2752+
Akhirnya didapat penyebut yang merupakan bilangan rasional, yaitu 5. Contoh di atas adalah contoh
dengan penyebutnya merupakan penjumlahan dua bilangan. Jika penyebutnya merupakan penjumlahan
lebih dari dua bilangan, maka perkalian dengan lawanya dilakukan lebih dari satu kali.
Contoh 5 :
Rasionalkan penyebut dari 5321-+
Solusi :
5321-+ = 5321-+ · ()
()532532++
++
((2 + 3) - 5) ((2 + 3) + 5) = (2 + 3)2 - (5)2 = 2 + 43
5321-+ = 342532+
++ · 132132-
- = 225152433-++
Jadi, 5321-+ = 225152433-++
Contoh 6 :
(OSP 2010 SMP/MTs) Jika p = 13141- dan q = 13141+
, maka nilai dari p2 + pq + q2 adalah ········
Solusi :
pq = 13141- · 13141+ = 13141- = 1
p + q = 13141- + 13141+
= 131413141314-
-++ = 214
(p + q)2 = 56
p2 + pq + q2 = (p + q)2 - pq
p2 + pq + q2 = 56 - 1 = 55
Jadi, nilai dari p2 + pq + q2 adalah 55.
Contoh 7 :
Jika a2 + b2 = 6ab maka tentukan nilai dari baba-
+ untuk a, b . 0.
Solusi :
Misalkan x = baba-
+ maka
x2 = ()2baba-
+
x2 = abbaabba222222-+
++
Karena a2 + b2 = 6ab maka x2 = abab48 = 2
Jadi, baba-
+ = 2
Contoh 8 :
Hitunglah 32+ - 32-.
Solusi :
Misalkan X = 32+ - 32-
X2 = (2 + 3) + (2 - 3) - 2322-
X2 = 4 - 2
X2 = 2
Maka 32+ - 32- = 2
Contoh 9 :
(AIME 1989) Nilai dari 313029281···+ adalah ······
Solusi :
Mengingat bahwa 1 + (n - 1)(n)(n + 1)(n + 2) = (n(n + 1) - 1)2 maka
313029281···+ = 29 · 30 - 1
313029281···+ = 869.
Contoh 10 :
Tentukan nilai x yang memenuhi persamaan 32+x - x-7 = 1
Solusi :
32+x - x-7 = 1
Karena bilangan dalam akar harus tak negatif maka penyelesaian persamaan tersebut harus memenuhi
syarat -23
= x = 7
32+x = 1 + x-7
2x + 3 = 1 + 7 - x + 2x-7
3x - 5 = 2x-7
Kuadratkan kedua ruas dengan syarat 3x - 5 = 0 sebab x-7 = 0
9x2 - 30x + 25 = 4(7 - x)
9x2 - 26x - 3 = 0
(9x + 1)(x - 3) = 0
x = 3 atau x = -91 (tidak memenuhi syarat x = 35)
Untuk x = 3 maka 32+x - x-7 = 3 - 2 = 1.
Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 3.
Contoh 11 :
Jika a2 = 7b + 1945 dan b2 = 7a + 1945 dengan a dan b adalah bilangan real berbeda, maka nilai dari ab
adalah ·····
Solusi :
a2 = 7b + 1945 dan b2 = 7a + 1945
a2 - b2 = 7(b - a)
Karena a . b maka a + b = -7
a2 + b2 = 7(b + a) + 3890
(a + b)2 - 2ab = 7(a + b) + 3890
49 - 2ab = -49 + 3890
ab = -1896
Contoh 12 :
a, b, c dan d adalah bilangan real tak nol yang memenuhi
a2 + b2 = 1
c2 + d2 = 1
ac + bd = 0
Buktikan bahwa ab + cd = 0.
Solusi :
Karena ac + bd = 0 maka
ba = -cd ··························· (1)
Misalkan ba = -cd = k maka
a = bk dan d = -ck
a2 + b2 = 1
b2(k2 + 1) = 1
k2 + 1 = 21b ·················· (2)
c2 + d2 = 1
c2(k2 + 1) = 1
Subtitusikan persamaan (2).
b2 = c2
ab + cd = bk · b + c (-ck)
ab + cd = b2k - c2k
ab + cd = (b2 - c2)k
Karena b2 = c2 maka ab + cd = (b2 - c2)k = 0
Jadi, terbukti bahwa ab + cd = 0.
Syarat Dual Degree UIN Jakarta
Ketentuan
bagi mahasiswa non-IAIN/UIN Syarif Hidayatullah Jakarta:
- Sekurang-kurangnya sudah memperoleh 60 sks mata kuliah dan Perguruan Tinggi Asal.
- Mahasiswa yang bersangkutan tidak berstatus cuti atau pindah perguruan tinggi.
- Mata kuliah yang pern ah diperoleh dapat dikonversi maksimal 30 sks atau berdasarkan pertimbangan Program Studi.
- Membayar hasil konversi mata kuliah sesuai tarif.
- Membayar uang pendaftaran sebagai peserta Program Ganda.
- Membayar SPP dan/atau Biaya-biaya lain sesuai tarif yang berlaku pada Program Studi yang baru dimasuki.
- Tanpa tes masuk.
- Penerimaan atau penolakan usulan program ganda ini diputus-kan oleh pimpinan fakultas yang membawahi program studi yang dituju.
Mengisi formulir yang disediakan dengan melampirkan:
1.
Surat
Keterangan dan permohonan dari Perguruan Tinggi Asal yang terakreditasi.
2.
Surat
Persetujuan dari pimpinan fakultas yang membawahi program studi yang dituju.
3.
Salinan
Kartu Mahasiswa/Surat Keterangan yang masih berlaku.
4.
Tanda
bukti pembayaran pendaftaran sebagai peserta Program Ganda.
5.
Tanda
bukti pembayaran biaya-biaya yang diwajibkan sesuai ketentuan.
6.
Transkrip
nilai.
7.
Kartu
Rencana Studi khusus Program Ganda.
8.
Pasfoto
berwarna ukuran 2x3 cm dan 3x4 cm masing-masing 4 lembar.
Penelitian Research and Development
A. Pengertian Penelitian
Research and Development
Menurut Sujadi (2003:164) Penelitian
dan Pengembangan atau Research and Development (R&D) adalah suatu
proses atau langkah-langkah untuk mengembangkan suatu produk baru atau
menyempurnakan produk yang telah ada. Yang dimaksud dengan produk dalam konteks
ini adalah tidak selalu berbentuk hardware
(buku, modul, alat bantu pembelajaran di kelas dan laboratorium), tetapi bisa
juga perangkat lunak (software)
seperti program untuk pengolahan data, pembelajaran di kelas, perpustakaan atau
laboratorium, ataupun model-model pendidikan, pembelajaran pelatihan,
bimbingan, evaluasi, manajemen, dan lain-lain (Anonim, 2012)
Borg and Gall
(1983:772) mendefinisikan penelitian pengembangan sebagai berikut:Educational Research and development (R & D) is a process used
to develop and validate educational products. The steps of this process are
usually referred to as the R & D cycle, which consists of studying research
findings pertinent to the product to be developed, developing the products
based on these findings, field testing it in the setting where it will be used
eventually, and revising it to correct the deficiencies found in the
filed-testing stage. In more rigorous programs of R&D, this cycle is
repeated until the field-test data indicate that the product meets its behaviorally
defined objectives
Penelitian Pendidikan dan
pengembangan (R & D) adalah proses yang digunakan untuk mengembangkan dan
memvalidasi produk pendidikan. Langkah-langkah dari proses ini biasanya disebut
sebagai siklus R & D, yang terdiri dari mempelajari temuan penelitian yang
berkaitan dengan produk yang akan dikembangkan, mengembangkan produk
berdasarkan temuan ini, bidang pengujian dalam pengaturan di mana ia akan
digunakan akhirnya , dan merevisinya untuk memperbaiki kekurangan yang ditemukan
dalam tahap mengajukan pengujian. Dalam program yang lebih ketat dari R &
D, siklus ini diulang sampai bidang-data uji menunjukkan bahwa produk tersebut
memenuhi tujuan perilaku didefinisikan.
Seals dan Richey (1994)
mendefinisikan penelitian pengembangan sebagai suatu pengkajian sistematik
terhadap pendesainan, pengembangan dan evaluasi program, proses dan produk
pembelajaran yang harus memenuhi kriteria validitas, kepraktisan, dan
efektifitas.
Jadi berdasarkan penjelasan diatas
dapat disimpulkan bahwa penelitian research and Development adalah suatu
proses atau langkah-langkah untuk mengembangkan suatu produk baru atau
menyempurnakan produk yang telah ada.
B. Karakteristik Penelitian
Research and Development
Menurut
Wayan (2009) ada 4 karateristik penelitian pengembangan antara lain :
1.
Masalah yang ingin dipecahkan adalah
masalah nyata yang berkaitan dengan upaya inovatif atau penerapan teknologi
dalam pembelajaran sebagai pertanggung jawaban profesional dan komitmennya
terhadap pemerolehan kualitas pembelajaran.
2.
Pengembangan model, pendekatan dan
metode pembelajaran serta media belajar yang menunjang keefektifan pencapaian
kompetensi siswa.
3.
Proses pengembangan produk, validasi
yang dilakukan melalui uji ahli, dan uji coba lapangan secara terbatas perlu
dilakukan sehingga produk yang dihasilkan bermanfaat untuk peningkatan kualitas
pembelajaran. Proses pengembangan, validasi, dan uji coba lapangan tersebut
seyogyanya dideskripsikan secara jelas, sehingga dapat dipertanggung jawabkan
secara akademik.
4.
Proses pengembangan model,
pendekatan, modul, metode, dan media pembelajaran perlu didokumentasikan secara
rapi dan dilaporkan secara sistematis sesuai dengan kaidah penelitian yang
mencerminkan originalitas.
Sedangkan
motif penelitian pengembangan seperti dikemukankan antara lain :
1.
Motif dasarnya bahwa penelitian
kebanyakan dilakukan bersifat tradisional, seperti eksperimen, survey, analisis
korelasi yang fokusnya pada analsis deskriptif yang tidak memberikan hasil yang
berguna untuk desain dan pengembangan dalam pendidikan.
2.
Keadaan yang sangat kompleks dari
banyknya perubahan kebijakan di dalam dunia pendidikan, sehingga diperlukan
pendekatan penelitian yang lebih evolusioner (interaktif dan siklis).
3.
Penelitian bidang pendidikan secara
umum kebanyakan mengarah pada reputasi yang ragu-ragu dikarenakan relevasi
ketiadaan bukti.
Menurut
Sugiyono (2011:408) langkah-langkah pelaksanaan strategi penelitian dan
pengembangan yang dilakukan untuk menghasilkan produk tertentu dan untuk
menguji keefektifan produk yang dimaksud, adalah :
Potensi dan
Masalah à Pengumpulan dataà Desain Produk à Validasi Desain à Revisi Desain à
Ujicoba Produk à Revisi Produk à Ujicoba Pemakaian à Produksi Massal
Potensi dan
masalah
Penelitian
ini dapat berangkat dari adanya potensi atau masalah. Potensi adalah segala
sesuatu yang bila didayagunakan akan memiliki suatu nilai tambah pada
produk yang
diteliti. Pemberdayaan akan berakibat pada peningkatan mutu dan akan
meningkatkan pendapatan atau keuntungan dari produk yang diteliti. Masalah juga
bisa dijadikan sebagai potensi, apabila kita dapat mendayagunakannya. Sebagai
contoh sampah dapat dijadikan potensi jika kita dapat merubahnya sebagai
sesuatu yang lebih bermanfaat. Potensi dan masalah yang dikemukakan dalam
penelitian harus ditunjukkan dengan data empirik.
Masalah akan
terjadi jika terdapat penyimpangan antara yang diharapkan dengan yang terjadi.
Masalah ini dapat diatasi melalui R&D dengan cara meneliti sehingga dapat
ditemukan suatu model, pola atau sistem penanganan terpadu yang efektif yang
dapat digunakan untuk mengatasi masalah tersebut.
Mengumpulkan
Informasi dan Studi Literatur
Setelah
potensi dan masalah dapat ditunjukan secara faktual, maka selanjutnya perlu
dikumpulkan berbagai informasi dan studi literatur yang dapat digunakan sebagai
bahan untuk perencanaan produk tertentu yang diharapkan dapat mengatasi masalah
tersebut.
Studi ini
ditujukan untuk menemukan konsep-konsep atau landasan-landasan teoretis yang
memperkuat suatu produk. Produk pendidikan, terutama produk yang berbentuk
model, program, sistem, pendekatan, software dan sejenisnya
memiliki dasar-dasar konsep atau teori tertentu. Untuk menggali konsep-konsep
atau teori-teori yang mendukung suatu produk perlu dilakukan kajian literatur
secara intensif. Melalui studi literatur juga dikaji ruang lingkup suatu
produk, keluasan penggunaan, kondisi-kondisi pendukung agar produk dapat
digunakan atau diimplementasikan secara optimal, serta keunggulan dan keterbatasannya.
Studi literatur juga diperlukan untuk mengetahui langkah-langkah yang paling
tepat dalam pengembangan produk tersebut.
Produk yang
dikembangkan dalam pendidikan dapat berupa perangkat keras seperti alat bantu
pembelajaran, buku, modul atau paket belajar, dll., atau perangkat lunak
seperti program-program pendidikan dan pembelajaran, model-model pendidikan,
kurikulum, implementasi, evaluasi, instrumen pengukuran, dll. Beberapa kriteria
yang harus dipertimbangkan dalam memilih produk yang akan dikembangkan.
- Apakah produk yang akan dibuat penting untuk bidang pendidikan?
- Apakah produk yang akan dikembangkan memiliki nilai ilmu, keindahan dan kepraktisan?
- Apakah para pengembang memiliki pengetahuan, keterampilan dan pengalaman dalam mengembangkan produk ini?
- Dapatkah produk tersebut dikembangkan dalam jangka waktu yang tersedia?
Desain
Produk
Produk yang
dihasilkan dalam produk penelitian research and development bermacam-macam.
Sebagai contoh dalam bidang tekhnologi, orientasi produk teknologi yang dapat
dimafaatkan untuk kehidupan manusia adalah produk yang berkualitas, hemat
energi, menarik, harga murah, bobot ringan, ergonomis, dan bermanfaat ganda.
Desain produk harus diwujudkan dalam gambar atau bagan, sehingga dapat
digunakan sebagai pegangan untuk menilai dan membuatnya serta memudahkan fihak
lain untuk memulainya. Desain sistem ini masih bersifat hipotetik karena
efektivitasya belum terbukti, dan akan dapat diketahui setelah melalui pengujian-pengujian.
Validasi
Desain
Validasi
desain merupakan proses kegiatan untuk menilai apakah rancangan produk, dalam
hal ini sistem kerja baru secara rasional akan lebih efektif dari yang lama
atau tidak. Dikatakan secara rasional, karena validasi disini masih bersifat
penilaian berdasarkan pemikiran rasional, belum fakta lapangan.
Validasi
produk dapat dilakukan dengan cara menghadirkan beberapa pakar atau tenaga
ahli yang sudah berpengalaman untuk menilai produk baru yang dirancang
tersebut. Setiap pakar diminta untuk menilai desain tersebut, sehingga
selanjutnya dapat diketahui kelemahan dan kekuatannya. Validasi desain dapat
dilakukan dalam forum diskusi. Sebelum diskusi peneliti mempresentasikan proses
penelitian sampai ditemukan desain tersebut, berikut keunggulannya.
Perbaikan
Desain
Setelah
desain produk, divalidasi melalui diskusi dengan pakar dan para ahli lainnya,
maka akan dapat diketahui kelemahannya. Kelemahan tersebut selanjutnya dicoba
untuk dikurangi dengan cara memperbaiki desain. Yang bertugas memperbaiki
desain adalah peneliti yang mau menghasilkan produk tersebut.
Uji coba
Produk
Desain
produk yang telah dibuat tidak bisa langsung diuji coba dahulu. Tetapi harus
dibuat terlebih dahulu, menghasilkan produk, dan produk tersebut yang diujicoba.
Pengujian dapat dilakukan dengan ekperimen yaitu membandingkan efektivitas dan
efesiensi sistem kerja lama dengan yang baru.
Revisi
Produk
Pengujian
produk pada sampel yang terbatas tersebut menunjukkan bahwa kinerja sistem
kerja baru ternyata yang lebih baik dari sistem lama. Perbedaan sangat
signifikan, sehingga sistem kerja baru tersebut dapat diberlakukan
Ujicoba
Pemakaian
Setelah
pengujian terhadap produk berhasil, dan mungkin ada revisi yang tidak terlalu
penting, maka selanjutnya produk yang berupa sistem kerja baru tersebut
diterapkan dalam kondisi nyata untuk lingkup yang luas. Dalam operasinya sistem
kerja baru tersebut, tetap harus dinilai kekurangan atau hambatan yang muncul
guna untuk perbaikan lebih lanjut.
Revisi
Produk
Revisi
produk ini dilakukan, apabila dalam perbaikan kondisi nyata terdapat kekurangan
dan kelebihan. Dalam uji pemakaian, sebaiknya pembuat produk selalu
mengevaluasi bagaimana kinerja produk dalam hal ini adalah sistem kerja.
Pembuatan
Produk Masal
Pembuatan
produk masal ini dilakukan apabila produk yang telah diujicoba dinyatakan
efektif dan layak untuk diproduksi masal. Sebagai contoh pembuatan mesin untuk
mengubah sampah menjadi bahan yang bermanfaat, akan diproduksi masal apabila
berdasarkan studi kelayakan baik dari aspek teknologi, ekonomi dan ligkungan
memenuhi. Jadi untuk memproduksi pengusaha dan peneliti harus bekerja sama.
Daftar pustaka
Borg and
Gall (1983). Educational Research, An
Introduction. New York and London. Longman Inc di unduh dari http://navelmangelep.wordpress.com/2012/04/01/penelitian-pengembangan-development-research/
pada tanggal 1 Oktober 2013 pukul 11.46 WIB
Seels,
Barbara B. & Richey, Rita C. (1994). Teknologi Pembelajaran:
Definisi dan Kawasannya. Penerjemah
Dewi S. Prawiradilaga dkk. Jakarta: Kerjasama IPTPI LPTK UNJ.di unduh dari http://navelmangelep.wordpress.com/2012/04/01/penelitian-pengembangan-development-research/
pada tanggal 1 Oktober 2013 pukul 11.48 WIB.
I Wayan Santyasa. (2009). Metode
penelitian Pengembangan & Teori Pengembangan Modul. Makalah disajikan dalam
pelatihan bagi para Guru TK, SD, SMP, SME, dan SMK tanggal 12-14 Januari 2009.
Di kecamatan Nusa Penida Kabupaten Klungkung. Jurnal Pacsa Sarjana
Undiksha. Di unduh dari http://pasca.undiksha.ac.id/e-journal/index.php/jurnal_tp/article/view/290
pada tanggal 1 Oktober 2013 pukul 12/09 WIB.
Sugiyono. 2011. Metode Penelitian
Kuatitatif, Kualitatif dan R&D. Jakarta : Alfhabeta.
Langganan:
Postingan (Atom)