Hubungan antara Akar dan Koefisien Persamaan Kuadrat
- Contoh Soal
Teorema Viete dan Identitas Newton merupakan dua hasil penting dalam pembahasan hubungan antara akar dan koefisien persamaan polinomial. Sebagai pengetahuan dasar tentang persamaan kuadrat, dalam bab ini kami hanya membahas Teorema Viete dan beberapa penerapannya.
Teorema I. (Teorema Viete) Jika $x_1$ dan $x_2$ adalah akar-akar real persamaan $ax^2 + bx + c = 0 (a \neq 0)$, maka $$\left\{ \begin{array}{cl}
x_1+x_2 & = -\frac{b}{a}, \\
x_1x_2 & = \frac{c}{a}.
\end{array} \right.$$
Bukti. Berdasarkan teorema faktor, persamaan $ax^2 + bx + c = 0 (a \neq 0)$ mempunyai akar $x^2$ dan $x^2$ jika dan hanya jika $$ax^2 + bx + c = a(x − x_1)(x − x_2), \text{ }\text{ }\text{ }∀x ∈ \mathbb{R}.$$ Memperluas ruas kanan menghasilkan $ax^2−a(x_2+x_2)x+ax_1x_2$, sehingga perbandingan koefisien kedua ruas langsung menghasilkan kesimpulan. Atau, kesimpulan tersebut dapat diverifikasi dengan menerapkan rumus akar.
Catatan: Metode yang digunakan di sini juga dapat digunakan untuk membuktikan Teorema Viete yang digeneralisasi untuk persamaan polinomial berderajat $n (n ≥ 2)$.
Teorema II. (Teorema Invers) Untuk dua bilangan real $\alpha$ dan $\beta$, persamaan $$x^2 − (α + β)x + αβ = 0$$ memiliki $α$ dan $β$ sebagai dua akar riilnya.
Buktinya jelas karena ruas kiri persamaan yang diberikan dapat difaktorkan ke bentuk $$(x − α)(x − β).$$ Ketika persamaan kuadrat $ax^2 + bx + c = 0$ diberikan, yaitu $a, b, c$ diberikan, dengan Teorema Viete, tidak hanya akar-akar $x_1$ dan $x_2$ yang dapat diselidiki, tetapi banyak ekspresi dalam $x_1$ dan $x_2$ dapat diberikan oleh $a, b, c,$ asalkan ekspresi tersebut merupakan fungsi dari $x_1 + x_2$ dan $x_1x_2.$ Misalnya, ekspresi berikut sering digunakan:
$$x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=\frac{b^2}{a^2}-\frac{2c}{a};$$ $$(x_1+x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=\frac{\Delta }{a^2};$$ $$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=-\frac{b/a}{c/a}=-\frac{b}{c};$$ $$\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}=\frac{x_1^2+x_2^2}{x_1^2x_2^2}=\frac{(x_1+x_2)^2-2x_1x_2}{(x_1x_2)^2}=\frac{b^2-2ac}{c^2};$$ $$x_1^3+x_2^3=(x_1+x_2)(x_1^2-x_1x_2+x_2^2)$$ $$=(x_1+x_2)[(x_1+x_2)^2-3x_1x_2]=\left(-\frac{b}{a}\right)^3+3\frac{bc}{a^2}.$$ Berdasarkan hal di atas, persamaan baru dengan akar yang diperlukan dapat dibuat dengan teorema Viete invers.
Sebaliknya, dengan menerapkan Teorema Viete, informasi yang diberikan tentang akar-akar persamaan kuadrat berparameter dapat digunakan untuk menentukan nilai atau rentang parameter. Untuk menyusun persamaan kuadrat dengan menggunakan Teorema Viete invers, juga dapat digunakan untuk menentukan nilai beberapa ekspresi aljabar.
Contoh-contoh di bawah ini akan menjelaskan penerapannya.
Contoh Soal
- Diketahui persamaan $x^2 + (2a − 1)x + a^2 = 0$ memiliki dua akar positif riil, dengan $a$ adalah bilangan bulat. Jika $x_1$ dan $x_2$ adalah akar-akarnya, tentukan nilai dari $|\sqrt{x_1} −\sqrt{x_2}|.$
Solusi: Kedua akar real tersebut positif, yang berarti $1 − 2a ≥ 0$, yaitu $a ≤\frac{1}{2}$. Karena $a$ adalah bilangan bulat, maka $a ≤ 0$. Maka $$|\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}|=\sqrt{(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2})^2}=\sqrt{x_1+x_2-2\sqrt{x_1x_2}}$$ $$=\sqrt{1-2a+2a}=1.$$ Catatan: Tidak perlu menentukan nilai $a$, tetapi cukup mengetahui bahwa $a ≤ 0$. - $x_1$ dan $x_2$ adalah akar-akar persamaan $x^2+x−3 = 0%. Carilah nilai $x_1^3 − 4x_2^2 + 19.$
Solusi: Dengan teorema Vieta, $x_1+x_2=-1,x_1x_2=-3$. Misalkan $A=x_1^3-4x_2^2+19,B=x_2^3-4x_1^2+19$. Maka $$A+B=(x_1^3+x_2^3)-4(x_1^2+x_2^2)+38$$ $$=(x_1+x_2)[(x_1+x_2)^2-3x_1x_2]-4[(x_1+x_2)^2-2x_1x_2]+38$$ $$=-[1+9]-4[1+6]+38=0,$$ $$A-B=(x_1^3-x_2^3)+4(x_1^2-x_2^2)$$ $$=(x_1-x_2)[(x_1+x_2)^2-x_1x_2+4(x_1+x_2)]$$ $$=(x_1-x_2)[1+3-4]=0.$$ Maka, $2A=(A+B)+(A-B)=0$, yaitu $A=0$. - Diketahui persamaan kuadrat $x^2 − px + q = 0$ memiliki dua akar riil, $α$ dan $β$.
(i) Temukan persamaan kuadrat yang memiliki $α^3, β^3$ sebagai dua akarnya;
(ii) Jika persamaan baru tetap $x^2 − px + q = 0$, temukan semua pasangan yang mungkin $(p, q)$.
Solusi:
(i) Teorema Viete menghasilkan $α + β = p, αβ = q$, jadi $$(α)^3· (β)^3 = (αβ)^3 = q^3,$$ $$α^3 + β^3 = (α + β)^3 − 3αβ(α + β) = p^3 − 3pq = p(p^2 − 3q),$$ dengan Teorema Viete terbalik, persamaan baru adalah $$x^2 − p(p^2 − 3q)x + q^3 = 0.$$
(ii) Jika persamaan baru sama dengan persamaan asli, maka $$\begin{array}{rcl}
p(p^2-3q) & = p, & (25.1)\\
q^3 & = q. & (25.2)
\end{array}$$ $(25.2)$ menyiratkan $q=0$, $1$ atau $-1$.
Ketika $q = 0$, maka $(25.1)$ menyiratkan $p^3 = p$, jadi $p = 0$, $1$ atau $−1$.
Ketika $q = 1$, maka $(25.1)$ menyiratkan $p^3 = 4p$, jadi $p = 0$, $2$ atau $−2$.
Ketika $q = −1$, maka $(25.1)$ menyiratkan $p^3 = −2p$, jadi $p = 0$.
Sesuai dengan tujuh pasang $(p, q)$ yang diperoleh ada tujuh persamaan $$x^2 = 0, x^2 − x = 0, x^2 + x = 0, x^2 + 1 = 0,$$ $$x^2 − 2x + 1 = 0, x^2 + 2x + 1 = 0, x^2 − 1 = 0.$$ Di antara mereka, hanya $x^2 + 1 = 0$ yang tidak memiliki akar real, sehingga $6$ pasangan sisanya memenuhi persyaratan. Dengan demikian, solusi untuk $(p, q)$ adalah $$(0, 0), (1, 0), (−1, 0), (2, 1), (−2, 1), (0, −1).$$ - Diketahui persamaan $(x − a)(x − a − b) = 1$, dengan $a, b$ adalah dua konstanta. Buktikan bahwa persamaan tersebut memiliki dua akar riil, dengan satu akar lebih besar dari $a$, dan akar lainnya lebih kecil dari $a$.
Solusi: Kedua akar tersebut harus dibandingkan dengan $a$, sehingga wajar jika menggunakan substitusi $y = x − a$. Dengan substitusi tersebut, permasalahannya adalah membuktikan satu akar positif dan akar lainnya negatif untuk $y$.
Maka persamaannya menjadi $y^2 − by − 1 = 0$, dan kesimpulannya jelas: Berdasarkan teorema Viete, hasil kali kedua akarnya adalah $−1$, sehingga keduanya pasti memiliki tanda yang berlawanan.
(Faktanya, $∆ = b^2 + 4 > 0$ menyiratkan bahwa persamaan dalam $y$ harus memiliki dua akar riil yang berbeda, sehingga keberadaan akar riil bukanlah suatu masalah.) - Diketahui $m$ adalah bilangan riil tidak kurang dari $−1$, sehingga persamaan dalam $x$ $$x^2 + 2(m − 2)x + m^2 − 3m + 3 = 0$$ memiliki dua akar riil berbeda $x_1$ dan $x_2$.
(i) Jika $x_1^2 + x_2^2 = 6$, tentukan nilai $m$.
(ii) Tentukan nilai maksimum dari $\frac{mc_1^2}{1-x_1}+\frac{mx_2^2}{1-x_2}$.
Solusi: Persamaan tersebut memiliki dua akar riil yang berbeda, yang berarti $∆ > 0$, jadi $$∆ = 4(m − 2)^2 − 4(m^2 − 3m + 3) = −4m + 4 > 0.$$ Maka $−1 ≤ m < 1.$
(i) Dengan teorema Vieta, $x_1 + x_2 = −2(m − 2), x_1x_2 = m^2 − 3m + 3,$ maka $$6 = x_1^2 + x_2^2 = (x_1 + x_2)^2 − 2x_1x_2$$ $$= 4(m − 2)^2 − 2(m^2 − 3m + 3) = 2m^2 − 10m + 10,$$ yaitu $m^2-5m+2=0$, jadi $m=\frac{5\pm \sqrt{17}}{2}$. Karena $-1\le m<1$, $$m=\frac{5-\sqrt{17}}{2}.$$
(ii) $$\frac{mx_1^2}{1-x_1}+\frac{mx_2^2}{1-x_2}=\frac{m[x_1^2(1-x_2)+x_2^2(1-x_1)]}{(1-x_1)(1-x_2)}$$ $$=\frac{m[x_1^2+x_2^2-x_1x_2(x_1+x_2)]}{x_1x_2-(x_1+x_2)+1}$$ $$=\frac{m[(2m^2-10m+10)+2(m^2-3m+3)(m-2)]}{m^2-3m+3+2(m-2)+1}$$ $$=\frac{m(2m^3-8m^2+8m-2)}{m^2-m}=2(m^2-3m+1)$$ $$=2\left(m-\frac{3}{2}\right)^2-\frac{5}{2}\le 2\left(-1-\frac{3}{2}\right)^2-\frac{5}{2}=10\text{ karena }-1\le m<1.$$ Jadi, nilai maksimum dari $\frac{mx_1^2}{1-x_1}+\frac{m_2^2}{1-x_2}$ adalah $10$. - Diketahui persamaan kuadrat $ax^2+ bx + c = 0$ tidak memiliki akar riil, tetapi Adam mendapatkan dua akar $2$ dan $4$ karena ia salah menuliskan nilai $a$. Ben juga mendapatkan dua akar $−1$ dan $4$ karena ia salah menuliskan tanda suku. Tentukan nilai $\frac{2b+3c}{a}$.
Solusi: Misalkan Adam salah menuliskan koefisien $a$ sebagai $a’$. Maka $$-\frac{b}{a’}=6,\text{ }\frac{c}{a’}=8,$$ oleh karena itu $-\frac{b}{c}=\frac{3}{4}$. Berdasarkan hasil Ben, kita memiliki $$\left|\frac{b}{a}\right|=3,\text{ }\left|\frac{c}{a}\right|=4.$$ Karena $∆ = b^2 − 4ac < 0,$ kita punya $ac>0$, sehingga $\frac{c}{a}=4$, dan karena $\frac{b}{a}=-3$. Maka $$\frac{2b+3c}{a}=2(-3)+3(4)=6.$$ - Diketahui persamaan $8x^2 + (m+ 1)x+m−7 = 0$ memiliki dua akar negatif, tentukanlah range dari parameter $m$.
Solusi: Misalkan akar-akarnya adalah $x_1,x_2$. Maka $x_1+x_2=-\frac{m+1}{8}<0,x_1x_2=\frac{m-7}{8}>0$ dan $\Delta =(m+1)^2-32(m-7)\ge 0$.
Pertidaksamaan pertama menyiratkan bahwa $−1 < m$, pertidaksamaan kedua menyiratkan bahwa $7 < m$, dan $$(m + 1)^2 − 32(m − 7) = m^2 − 30m + 224 = (m − 14)(m − 16) ≥ 0,$$ yang menyiratkan bahwa $m ≤ 14$ atau $m ≥ 16$. Jadi, rentang m adalah $7 < m ≤ 14$ atau $m ≥ 16$. - Jika $a, b$ adalah bilangan riil dan $a^2 + 3a + 1 = 0, b^2 + 3b + 1 = 0$, tentukan nilai-nilai $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}$.
Solusi: Dari teorema Viete dapat disimpulkan bahwa $a$ dan $b$ keduanya merupakan akar real dari persamaan $x^2 + 3x + 1 = 0$. Jika $a = b$ maka $$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=2$$ Jika $a \neq b$, maka Teorema Viete menghasilkan $a + b = −3, ab = 1$, jadi $$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{(a+b)^2-2ab}{ab}=9-2=7.$$ - Jika $p, q$ adalah dua bilangan riil yang memenuhi relasi $2p^2 − 3p − 1 = 0$ dan $q^2 + 3q − 2 = 0$ dan $pq \neq 1$. Tentukan nilai dari $\frac{pq+p+1}{q}$.
Solusi:Ubah persamaan kedua menjadi bentuk $2\left(\frac{1}{q}\right)^2-3\left(\frac{1}{q}\right)-1=0$, maka diketahui bahwa $p$ dan $1/q$ keduanya merupakan akar persamaan $2x^2 −3x−1 = 0.$ $pq \neq 1$ menyiratkan bahwa $p \neq 1/q$, sehingga, berdasarkan teorema Viete, $$p+\frac{1}{q}=\frac{3}{2}\text{ dan }\frac{p}{q}=-\frac{1}{2},$$ maka $\frac{pq+p+1}{q}=p+\frac{1}{q}+\frac{p}{q}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=1.$
- Diketahui $a, b, c$ adalah panjang tiga sisi $\Delta ABC, a > b >c, 2b = a + c$, dan $b$ adalah bilangan bulat positif. Jika $a^2 + b^2 + c^2 = 84$, tentukan nilai $b$.
Solusi: Kondisi $a + c = 2b$ dan $a^2 + b^2 + c^2 = 84$ menghasilkan $$ac=\frac{1}{2}[(a+c)^2-(a^2+c^2)]=\frac{1}{2}(5b^2-84).$$ Berdasarkan teorema Viete invers, persamaan $x^2 − 2bx +\frac{5b^2 − 84}{2}= 0$ memiliki dua akar berbeda $a$ dan $c$, sehingga diskriminannya positif, yaitu $∆ = 4b^2 −2(5b^2 −84) =168 − 6b^2 > 0$, yang menyiratkan $$b^2<\frac{168}{6}=28.$$ Karena $ac > 0$ menyiratkan $84 < 5b^2$, maka $16 < 84/5 < b^2$. Dengan demikian, $16 < b^2 < 28$ menghasilkan $b = 5$.
“The capacity to learn is a gift; the ability to learn is a skill; the willingness to learn is a choice.”
