Paryadi

Members
  • Content count

    6
  • Joined

  • Last visited

  • Days Won

    3

Paryadi last won the day on February 27

Paryadi had the most liked content!

Community Reputation

5 Neutral

1 Follower

About Paryadi

  • Rank
    Newbie

Profile Information

  • Location
    Bogor

Recent Profile Visitors

245 profile views
  1. Trigonometri

    Karena $ \cot \theta =\tan \left( {90-\theta } \right)$ maka diperoleh $$ S={{\tan }^{2}}10+{{\cot }^{2}}20+{{\cot }^{2}}40+1={{\tan }^{2}}10+{{\tan }^{2}}50+{{\tan }^{2}}70+1$$ Perhatikan bahwa untuk $ \theta =10{}^\circ ,50{}^\circ ,70{}^\circ $ kita memiliki $ {{\tan }^{2}}\left( {3\theta } \right)=1/3$ , selain itu kita juga memiliki $$ \tan \left( {3\theta } \right)=\frac{{3\tan \theta -{{{\tan }}^{3}}\theta }}{{1-3{{{\tan }}^{2}}\theta }}$$ Sehingga $ {{\tan }^{2}}\left( {3\theta } \right)=1/3$ dapat dinyatakan sebagai $${{\left( {1-3{{{\tan }}^{2}}\theta } \right)}^{2}}=3{{\left( {3\tan \theta -{{{\tan }}^{3}}\theta } \right)}^{2}}$$ Dengan sedikit manipulasi aljabar dan misalkan $ x=\tan \theta $ , diperoleh $$ 3{{x}^{6}}-27{{x}^{4}}+33{{x}^{2}}-1=0$$ Dari definisi diatas, persamaan ini memiliki akar $ x=\tan 10{}^\circ $ , $ \tan 50{}^\circ $ dan $ \tan 70{}^\circ $. Karena semua pangkat dari $ x$ bernilai genap, ketiga akar lainnya haruslah $ x=-\tan 10{}^\circ $ , $ -\tan 50{}^\circ $ dan $ -\tan 70{}^\circ $. Jumlah kuadrat keenam akar tersebut adalah $$ 2\left( {{{{\tan }}^{2}}10+{{{\tan }}^{2}}50+{{{\tan }}^{2}}70} \right)=2\left( {S-1} \right)=2S-2$$ Jika kita menuliskan keenam akar tersebut dengan $ {{x}_{1}},...,{{x}_{6}}$ ,dengan vieta formula kita juga memperoleh $$ 2S-2=\sum\limits_{i}{{{{x}_{i}}^{2}}}={{\left( {\sum\limits_{i}{{{{x}_{i}}}}} \right)}^{2}}-2\sum\limits_{{i<j}}{{{{x}_{i}}{{x}_{j}}}}={{0}^{2}}-2\left( {-27/3} \right)=18$$ Jadi kita simpulkan bahwa $ S=10$
  2. ONMIPA 2015 No 6

    First Part Karena $ {{e}^{{-x}}}>0$ untuk setiap $ x\in \mathbb{R} $ maka $ f'\left( x \right)-f\left( x \right)>0$ $ f'\left( x \right){{e}^{{-x}}}-f\left( x \right){{e}^{{-x}}}>0$ $ {{\left( {f\left( x \right){{e}^{{-x}}}} \right)}^{'}}>0$ Ini menunjukkan bahwa fungsi $ f\left( x \right){{e}^{{-x}}}$ monoton naik pada $ \mathbb{R} $, berarti untuk setiap $ x>{{x}_{0}}$ berlaku $ f\left( x \right){{e}^{{-x}}}>f\left( {{{x}_{0}}} \right){{e}^{{-{{x}_{0}}}}}=0$ $\Rightarrow \,\,\,\,\,f\left( x \right)>0$ (Terbukti) lebih jauh lagi, dengan alasan yang sama,untuk $ x<{{x}_{0}}$ berlaku $ f\left( x \right){{e}^{{-x}}}<f\left( {{{x}_{0}}} \right){{e}^{{-{{x}_{0}}}}}=0$ $ \Rightarrow \,\,\,\,\,f\left( x \right)<0$ Jadi dapat disimpulkan bahwa $ f=0$ tepat hanya memiliki satu akar yaitu pada $ x={{x}_{0}}$.
  3. Misalkan $p=\min \left( {r,s} \right)$ dan $q=\max \left( {r,s} \right)$. Perhatikan bahwa agar tidak ada dua benteng yang saling menyerang maka tidak boleh ada sedikitnya dua benteng yang terletak pada baris atau lajur yang sama. Kita klaim bahwa $M\le p$, karena jika $M>p$ menurut pigeon hole principle akan ada sedikitnya dua buah benteng yang terletak pada baris atau lajur yang sama. Misalkan ${{x}_{{ij}}}$ menyatakan petak catur pada baris ke-$i$ lajur ke-$j$ . jika $p$ buah benteng diletakkan pada petak ${{x}_{{kk}}}$ dengan $k=1,2,...,p$ , maka $p$ buah benteng tidak akan saling menyerang. Jadi kita peroleh $M=p=\min \left( {r,s} \right)$ Selanjutnya akan kita hitung banyaknya cara menempatkan $M$ buah benteng tersebut. - Jika $p=r$ Cara meletakkan benteng pertama pada baris ke-$1$ ada sebanyak $s$ cara. Karena benteng pada baris kedua tidak boleh satu lajur dengan benteng pertama, maka Cara meletakkan benteng kedua pada baris ke-$2$ ada sebanyak $s-1$ cara Cara meletakkan benteng ketiga pada baris ke-$3$ ada sebanyak $s-2$ cara, dst. Cara meletakkan benteng ke-$r$ pada baris ke-$r$ ada sebanyak $s-r+1$. Jadi banyaknya cara meletakkan $M$ benteng tersebut adalah $s\left( {s-1} \right)\left( {s-2} \right)...\left( {s-r+1} \right)=\frac{{s!}}{{\left( {s-r} \right)!}}=\frac{{q!}}{{\left( {q-p} \right)!}}$ - Jika $p=s$, Dengan analogi yang sama (pertimbangankan penempatan benteng pada lajur ke-$i$) akan diperoleh banyaknya cara meletakkan $M$ benteng tersebut sebanyak $r\left( {r-1} \right)\left( {r-2} \right)...\left( {r-s+1} \right)=\frac{{r!}}{{\left( {r-s} \right)!}}=\frac{{q!}}{{\left( {q-p} \right)!}}$ Kesimpulannya cara menempatkan $M$ buah benteng pada papan $P$ sehingga tidak ada dua benteng saling menyerang adalah $\frac{{q!}}{{\left( {q-p} \right)!}}=\frac{{\max \left( {r,s} \right)!}}{{\left( {\max \left( {r,s} \right)-\min \left( {r,s} \right)} \right)!}}$
  4. Mudah diperiksa dengan partial fraction (gunakan cover up rule) bahwa $\displaystyle S=\prod\limits_{{k=0}}^{n}{{\frac{1}{{x+k}}}}=\frac{1}{{n!}}\sum\limits_{{k=0}}^{n}{{{{{\left( {-1} \right)}}^{k}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ k \end{array}} \right)\frac{1}{{x+k}}}}$ Jadi $\displaystyle \int{{Sdx}}=\frac{1}{{n!}}\sum\limits_{{k=0}}^{n}{{{{{\left( {-1} \right)}}^{k}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ k \end{array}} \right)\int{{\frac{{dx}}{{x+k}}}}}}=\frac{1}{{n!}}\sum\limits_{{k=0}}^{n}{{{{{\left( {-1} \right)}}^{k}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ k \end{array}} \right)\ln \left( {x+k} \right)}}+c$
  5. ONMIPA 2015 No 7

    · Untuk sembarang lingkaran $ C$ dengan jari jari $ r>0$ , dipunyai $ z=r{{e}^{{i\theta }}}$, $ 0\le \theta \le 2\pi $ , $ dz=ir{{e}^{{i\theta }}}d\theta $. Sehingga $ \displaystyle \frac{1}{{2\pi i}}\oint_{C}{{\frac{{{{{\left( {1+z} \right)}}^{{2n}}}}}{{{{z}^{{n+1}}}}}dz}}=\frac{1}{{2\pi i}}\int\limits_{0}^{{2\pi }}{{\frac{{{{{\left( {1+r{{e}^{{i\theta }}}} \right)}}^{{2n}}}}}{{{{r}^{{n+1}}}{{e}^{{i\left( {n+1} \right)\theta }}}}}ir{{e}^{{i\theta }}}d\theta }}=\frac{1}{{2\pi }}\int\limits_{0}^{{2\pi }}{{\frac{1}{{{{r}^{n}}{{e}^{{in\theta }}}}}\sum\limits_{{k=0}}^{{2n}}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n} \\ k \end{array}} \right)}}{{r}^{k}}{{e}^{{ik\theta }}}d\theta }}$ $ \displaystyle =\frac{1}{{2\pi }}\sum\limits_{{k=0}}^{{2n}}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n} \\ k \end{array}} \right)}}{{r}^{{k-n}}}\int\limits_{0}^{{2\pi }}{{{{e}^{{i\left( {k-n} \right)\theta }}}d\theta }}=\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n} \\ n \end{array}} \right)$ hasil terakhir diperoleh mengingat untuk $ k\ne n$, integral bernilai 0. · Karena hasil diatas berlaku untuk sembarang $ r>0$, kita dapat memilih lingkaran $ C$ dengan jari – jari $ r=1$ yaitu $ \left| z \right|=1$ . dari hasil diatas kita memiliki $ \displaystyle S=\sum\limits_{{n=0}}^{\infty }{{\frac{1}{{{{5}^{n}}}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n} \\ n \end{array}} \right)}}=\frac{1}{{2\pi i}}\sum\limits_{{n=0}}^{\infty }{{\oint_{C}{{\frac{{{{{\left( {1+z} \right)}}^{{2n}}}}}{{{{5}^{n}}{{z}^{{n+1}}}}}dz}}}}=\frac{1}{{2\pi i}}\oint_{C}{{\sum\limits_{{n=0}}^{\infty }{{\frac{{{{{\left( {1+z} \right)}}^{{2n}}}}}{{{{5}^{n}}{{z}^{{n+1}}}}}}}dz}}$ kita dapat melakukan ini karena pada $ \left| z \right|=1$ deret konvegen (deret geometri dengan ratio $ \displaystyle \left| {\frac{{{{{\left( {1+z} \right)}}^{2}}}}{{5z}}} \right|\le \frac{{1+2\left| z \right|+{{{\left| z \right|}}^{2}}}}{{5\left| z \right|}}=\frac{4}{5}<1$ ) jadi kita punyai $ \displaystyle S=\frac{1}{{2\pi i}}\oint_{C}{{\frac{{\left( {{1}/{z}\;} \right)}}{{1-{{{{{\left( {1+z} \right)}}^{2}}}}/{{5z}}\;}}dz}}=\frac{1}{{2\pi i}}\oint_{C}{{\frac{{-10}}{{\left( {z-\left( {3+\sqrt{5}} \right)} \right)\left( {z-\left( {3-\sqrt{5}} \right)} \right)}}dz}}$ Dengan menggunakan teorema residu di $ z=3-\sqrt{5}$ diperoleh $ \displaystyle S=\frac{1}{{2\pi i}}\cdot 2\pi i\frac{{-10}}{{-2\sqrt{5}}}=\sqrt{5}$
  6. Tes Latex

    $ \displaystyle S=\frac{1}{{2\pi i}}\cdot 2\pi i\frac{{-10}}{{-2\sqrt{5}}}=\sqrt{5}$