MODUL EKSPONEN DAN LOGARITMA - HAYATI

⇔ (7+2√5) = 7 + √5 + 5

⇔ (7+2√5) = 12 + √5 > 0
( ) = 5 + 2

⇔ (7+2√5) = 5 (7+2√5) + 2

⇔ (7+2√5) = 35 + 5√5 + 2
2 2

⇔ (7+2√5) = 39 + 5√5 > 0
2 2

Jadi, = +√ merupakan penyelesaian.


Untuk = 7−√5
2
( ) = 2 + 5

⇔ (7−2√5) = 2 (7−2√5) + 5

⇔ (7−2√5) = 7 − √5 + 5

⇔ (7−2√5) = 12 − √5 > 0

( ) = 5 + 2

⇔ (7−2√5) = 5 (7−2√5) + 2

⇔ (7−2√5) = 35 − 5√5 + 2
2 2

⇔ (7−2√5) = 39 − 5√5 > 0
2 2

Jadi, = −√ merupakan penyelesaian.


Jadi, berdasarkan hasil a., b., c., dan d. maka = {1, 2, 7−√5 , 3, 7+√5 , 5}.
2 2

6. Persamaan Eksponen Berbentuk ( ) ( ) = ( ) ( )
Untuk menyelesaikan persamaan eksponensial berbentuk ( )ℎ( ) = ( )ℎ( ), kita gunakan cara

berikut ini:
a. ℎ( ) = 0, dengan ( ) ≠ 0 dan ( ) ≠ 0,
b. bilangan pokok sama, yaitu ( ) = ( ).

Contoh:
Selesaikanlah: ( 2 − 5 + 9) 2−4 +3 = (2 + 3) 2−4 +3.

Pembahasan:

Bentuk di atas termasuk persamaan eksponen
( )ℎ( ) = ( )ℎ( )

dengan

49

( ) = 2 − 5 + 9
( ) = 2 + 3
ℎ( ) = 2 − 4 + 3
Penyelesaian dapat dilakukan sebagai berikut.
a. ℎ( ) = 0

2 − 4 + 3 = 0
⇔ ( − 3)( − 1) = 0
⇔ − 3 = 0 atau − 1 = 0
⇔ = 3 atau = 1
Substitusi nilai = 3 dan = 1 ke ( ) dan ( )
Untuk = 3
( ) = 2 − 5 + 9
(3) = 32 − 5(3) + 9
(3) = 3 ≠ 0

( ) = 2 + 3
(3) = 2(3) + 3
(3) = 9 ≠ 0
Karena = 3 menyebabkan ( ) ≠ 0 dan ( ) ≠ 0, maka = 3 adalah penyelesaian.

Untuk = 1
( ) = 2 − 5 + 9
(1) = 12 − 5(1) + 9
(1) = 5 ≠ 0

( ) = 2 + 3
(1) = 2(1) + 3
(1) = 5 ≠ 0
Karena = 1 menyebabkan ( ) ≠ 0 dan ( ) ≠ 0, maka = 1 adalah penyelesaian.

b. ( ) = ( )
2 − 5 + 9 = 2 + 3
⇔ 2 − 7 + 6 = 0
⇔ ( − 6)( − 1) = 0
⇔ − 6 = 0 atau − 1 = 0
⇔ = 6 atau = 1

Jadi, = {1, 3, 6}.

7. Persamaan Eksponen Berbentuk ( ( )) + ( ( )) + =
Untuk menyelesaikan persamaan eksponen berbentuk ( ( ))2 + ( ( )) + = 0, kita
gunakan pemisalan = ( ) sehingga persamaan eksponen berubah bentuk menadi persamaan
kuadrat dalam variabel , yaitu 2 + + = 0. Nilai-nilai pada persamaan kuadrat itu
dapat dicari dengan cara faktorisasi atau dengan rumus kuadratik. Nilai dikembalikan ke
pemisalan semula sehingga diperoleh persamaan ( ) = . Lalu, diselesaikan sesuai persamaan
yang terbentuk sehingga akan diperoleh nilai-nilai yang dicari.

50

Contoh:

Tentukan dari persamaan eksponen berikut
a. 22 +1 + 2 − 3 = 0
b. 22 +3 + 2 +3 = 1 + 2
c. 9 2−3 +1 + 9 2−3 + 10 ∙ 3 2−3 − 20 = 0

Pembahasan:

a. 22 +1 + 2 − 3 = 0

⇔ 2 ∙ 22 + 2 − 3 = 0

⇔ 2(2 )2 + 2 − 3 = 0

Misalkan 2 = , maka:

2 2 + − 3 = 0

⇔ (2 + 3)( − 1) = 0

⇔ 2 + 3 = 0 atau − 1 = 0

⇔ = −3 atau = 1

2

Dikembalikan nilai ke pemisalan awal, sehingga

= − 3
2
3
⇔ 2 = − 2 (tidak ada nilai yang memenuhi)

atau

= 1

⇔ 2 = 1

⇔ 2 = 20

⇔ = 0

Jadi, = {0}.

b. 22 +3 + 2 +3 = 1 + 2
⇔ (2 )2 ∙ 23 + (2 ) ∙ 23 = 1 + 2

⇔ 8(2 )2 + 8(2 ) − 2 − 1 = 0

⇔ 8(2 )2 + 7(2 ) − 1 = 0

Misalkan, = 2 diperoleh:
8 2 + 7 − 1 = 0

⇔ (8 − 1)( + 1) = 0

⇔ 8 − 1 = 0 atau + 1 = 0

⇔ = 1 atau = −1
8

Dikembalikan nilai ke pemisalan awal, sehingga

= 1

8

⇔ 2 = 1

8

⇔ 2 = 2−3

⇔ = −3

atau

= −1

⇔ 2 = −1 (tidak ada nilai yang memenuhi)

Jadi, = {−3}.

51

c. 9 2−3 +1 + 9 2−3 + 10 ∙ 3 2−3 − 20 = 0
⇔ 9 ∙ 9 2−3 + 9 2−3 + 10 ∙ 3 2−3 − 20 = 0

⇔ 10 ∙ 9 2−3 + 10 ∙ 3 2−3 − 20 = 0

⇔ 10 ∙ (32) 2−3 + 10 ∙ 3 2−3 − 20 = 0

⇔ 10 ∙ (3 2−3 2 + 10 ∙ 3 2−3 − 20 = 0

)

Misalkan = 3 2−3 , diperoleh
10 2 + 10 − 20 = 0
⇔ 2 + − 2 = 0

⇔ ( + 2)( − 1) = 0

⇔ + 2 = 0 atau − 1 = 0

⇔ = −2 atau = 1

Dikembalikan nilai ke pemisalan awal, sehingga

= −2
⇔ 3 2−3 = −2 (tidak ada nilai yang memenuhi)

atau

= 1

⇔ 3 2−3 = 1
⇔ 3 2−3 = 30

⇔ 2 − 3 = 0

⇔ ( − 3) = 0

⇔ = 0 atau − 3 = 0

⇔ = 0 atau = 3

Jadi, = {0, 3}.

Kegiatan 2

Tentukan himpunan penyelesaian dari persamaan eksponen berikut!
1. ( + 3) 2−1 = ( + 3)2 −2
2. ( − 5) +3 = 1
3. ( 2 − 9 + 19)3 +4 = ( 2 − 9 + 19)4 +3
4. ( + 1) 2+7 +10 = (2 + 3) 2+7 +10
5. (20 − − 2) 2−4 = (8 + 3 ) 2−4
6. 32 − 5 ∙ 3 − 36 = 0
7. 32 +1 − 3 +3 − 3 + 9 = 0
8. 5 ∙ 25 − 126 ∙ 5 + 25 = 0
9. 6(9 ) + 3 − 2 = 0
10. Jika penyelesaian 5 +1 + 51− = 11 adalah dan , tentukan nilai dari +

52

B. Persamaan Logaritma
Persamaan logaritma merupakan persamaan yang di dalamnya terdapat logaritma di mana

numerus ataupun bilangan pokok logaritma tersebut mengandung variabel. Beberapa bentuk
persamaan logaritma dan cara penyelesaiannya dapat dilihat pada pembahasan berikut.

1. Persamaan Logaritma berbentuk ( ) =
Dalam menyelesaikan persamaan logaritma log ( ) = log , dengan > 0, ≠ 1, dan
( ) > 0, serta > 0 dapat digunakan sifat berikut.

( ) = ⇔ ( ) =

Contoh:
Tentukan himpunan penyelesaian dari 2 log( + 1) = 2 log 16

Pembahasan:
2 log( + 1) = 2 log 16
⇔ + 1 = 16
⇔ = 15
Jadi, = {15}.

2. Persamaan Logaritma berbentuk ( ) = ( )
Dalam menyelesaikan persamaan logaritma log ( ) = log ( ), dengan > 0, ≠ 1, dan
( ) > 0, serta ( ) > 0 dapat digunakan sifat berikut.

( ) = ( ) ⇔ ( ) = ( )

Contoh:

Tentukan himpunan penyelesaian dari:
a. log( + 6) = log(3 − 2)
b. log(3 + 2) − 2 log = 1 − log(5 − 3)
c. 2 7 log = 7 log( + 2)

Pembahasan:
a. log( + 6) = log(3 − 2)

⇔ + 6 = 3 − 2
⇔ −2 = −8
⇔ = 4
Jadi, = {4}

b. log(3 + 2) − 2 log = 1 − log(5 − 3)

⇔ log(3 + 2) − log 2 + log(5 − 3) = 1

⇔ log (3 +2)(5 −3) = log 10
2
(3 +2)(5 −3)
⇔ 2 = 10

⇔ 15 2 + − 6 = 10 2

⇔ 5 2 + − 6 = 0

⇔ (5 + 6)( − 1) = 0

⇔ 5 + 6 = 0 atau − 1 = 0

⇔ = − 6 atau = 1

5

53

Karena numerus harus lebih dari nol, dan = −6 jika disubstitusikan ke persamaan awal

5

akan menyebabkan numerus pada persamaan logaritma tersebut menjadi negatif, maka nilai

= − 6 tidak memenuhi untuk menjadi penyelesaian.
5

Jadi, = {1}.

c. 2 7 log = 7 log( + 2)
⇔ 7 log 2 = 7 log( + 2)
⇔ 2 = + 2
⇔ 2 − − 2 = 0

⇔ ( − 2)( + 1) = 0

⇔ − 2 = 0 atau + 1 = 0

⇔ = 2 atau = −1

Karena numerus harus lebih dari nol, dan = −1 jika disubstitusikan ke persamaan awal
akan menyebabkan numerus pada persamaan logaritma tersebut menjadi negatif, maka nilai
= −1 tidak memenuhi untuk menjadi penyelesaian.

Jadi, = {2}.

3. Persamaan Logaritma berbentuk ( ) = ( )
Dalam menyelesaikan persamaan logaritma log ( ) = log ( ), dengan > 0, ≠ 1,
> 0, dan ≠ 1 serta ( ) positif, dapat digunakan sifat berikut.

( ) = ( ) ⇔ ( ) =

Contoh:

Tentukan nilai yang memenuhi persamaan logaritma berikut.
a. 3 log(2 − 5) = 4 log(2 − 5)
b. 5 log( 2 − 4 − 3) = 7 log( 2 − 4 − 3)

Pembahasan:
a. 3 log(2 − 5) = 4 log(2 − 5)

⇔ 2 − 5 = 1, karena 3 log 1 = 4 log 1 = 0
⇔ 2 = 1 + 5
⇔ 2 = 6
⇔ = 6

2

⇔ = 3
Jadi, = {3}.

b. 5 log( 2 − 4 − 3) = 7 log( 2 − 4 − 3)
⇔ 2 − 4 − 3 = 1, karena 5 log 1 = 7 log 1 = 0
⇔ 2 − 4 − 4 = 0

Karena sulit untuk difaktorkan, kita akan menggunakan rumus kuadratik.

= − ±√ 2−4

2

= −(−4)±√(−4)2−4∙1∙(−4)

2∙1

54

= 4±√32

2

= 4±4√2

2

= 2 − 2√2 atau = 2 + 2√2

Jadi, = {2 − 2√2, 2 + 2√2}.

Kegiatan 3

Tentukan himpunan penyelesaian dari persamaan logaritma berikut!

1. 2 log( 2 − 5 + 8) = 2 log 2

2. 4 log(4 − 2) = 4 log( 2 − 2)

3. 2 log( 2 − 2 + 1) = 0

4. 2 log 3 +1 = 3
2 −7

5. 2 log( 2 − 2 + 1) = 2 log(2 2 − 2)

6. log( 2 − 1) − log( − 1) = 1 + log( − 8)

7. 3 log(4 − 15) = 7 log(4 − 15)

8. 4 log(2 2 + 3 − 2) = 7 log(2 2 + 3 − 2)

9. 4 log( 3 log( 2 log )) = 0

10. Tentukan penyelesaian dari sistem persamaan berikut.

{ 2 2 log(4 + − 5 ) = 0
log( + 1) =1 +2 log
2

55

4. Persamaan Logaritma berbentuk ( ) ( ) = ( ) ( )
Dalam menyelesaikan persamaan logaritma ( ) log ( ) = ( ) log ℎ( ), dengan ( ) > 0,
( ) ≠ 1, dan ( ) > 0, serta ℎ( ) > 0 dapat digunakan sifat berikut.

( ) ( ) = ( ) ( ) ⇔ ( ) = ( )

Contoh:
Tentukan himpunan penyelesaian dari persamaan logaritma:
+1 log( 2 − 3) = +1 log( + 3)

Pembahasan:
Persamaan logaritma di atas termasuk persamaan logaritma berbentuk
( ) log ( ) = ( ) log ℎ( )
dengan
( ) = + 1
( ) = 2 − 3
ℎ( ) = + 3

Karena bilangan pokok berupa suatu fungsi, kita tentukan dulu syarat untuk bilangan pokok.
Syarat bilangan pokok, ( ) > 0 dan ( ) ≠ 1
• ( ) > 0

+ 1 > 0
> −1
Dan
• ( ) ≠ 1
+ 1 ≠ 1
≠ 1 − 1
≠ 0
Berdasarkan syarat, nilai harus > −1 dan ≠ 0.
Kemudian kita selesaikan persamaan logaritmanya.
+1 log( 2 − 3) = +1 log( + 3)
⇔ 2 − 3 = + 3
⇔ 2 − − 6 = 0
⇔ ( − 3)( + 2) = 0
⇔ = 3 atau = −2

Dari nilai yang diperoleh, terlihat bahwa nilai = −2 tidak memenuhi syarat bilangan pokok,
yaitu > −1 dan ≠ 0, maka nilai = −2 bukan merupakan penyelesaian.

Sedangkan untuk nilai = 3 memenuhi syarat bilangan pokok. Selanjutnya kita substitusikan
nilai = 3 ke numerus, yaitu ( ) dan ℎ( ) untuk melihat apakah numerus bernilai positif.
( ) = 2 − 3
(3) = 32 − 3
(3) = 6

ℎ( ) = + 3
ℎ(3) = 3 + 3
ℎ(3) = 6

56

Dari hasil substitusi pada numerus terlihat bahwa nilai yang dihasilkan positif. Dari langkah-
langkah penyelesaian yang dilakukan maka nilai = 3 menjadi penyelesaian persamaan

logaritma tersebut.
Jadi, = {3}.

5. Persamaan Logaritma Berbentuk ( ( )) + ( ( )) + =
Dalam menyelesaikan persamaan logaritma berbentuk ( log ( ))2 + ( log ( )) + = 0,
dengan > 0, ≠ 0, dan ( ) > 0 serta , , dan ∈ ℝ, dapat dilakukan pemisalan =
log ( ), sehingga persamaan itu berubah menjadi persamaan kuadrat dengan variabel , yaitu:
+ + =

Penyelesaian persamaan di atas dapat dikerjakan dengan faktorisasi, rumus kuadratik, maupun

melengkapkan kuadrat sempurna.

Contoh:

Tentukan nilai yang memenuhi persamaan logaritma berikut.

a. 3 log2 − 3 log 2 − 3 = 0

b. 2 log = 100
3

Tentukan hasil kali akar-akar persamaan logaritma berikut

c. 3 log (2+ 3 log ) = 15

Pembahasan:
a. 3 log2 − 3 log 2 − 3 = 0

⇔ 3 log2 − 2 3 log − 3 = 0

Misal: = 3 log
2 − 2 − 3 = 0

⇔ ( − 3)( + 1) = 0

⇔ = 3 atau = −1

Dikembalikan ke pemisalan

= 3 atau = −1
⇔ 3 log = 3 3 log = −1

⇔ = 33 = 3−1

⇔ = 27 = 1

{1 3

Jadi, = 3 , 27}.

b. 2 log = 100
3
⇔ log (1 0 30) = 2 log
⇔ log(1 030) = 2 log (diubah menjadi bentuk logaritma)

log (diubah sesuai sifat logaritma)
(log dipindah ke ruas kanan)
⇔ log (1 030) = 2 log ∙ log (diubah sesuai sifat logaritma)
⇔ log 100 − log 3 = 2 log2 (diubah sesuai sifat logaritma)

⇔ 2 − 3 log = 2 log2

⇔ 2 log2 + 3 log − 2 = 0

Misal: log =
2 2 + 3 − 2 = 0

⇔ (2 − 1)( + 2) = 0

⇔ 2 − 1 = 0 atau + 2 = 0

57

⇔ = 1 atau = −2
2

Dikembalikan ke pemisalan

= 1 atau = −2
log = −2
2 = 10−2

⇔ log = 1

2

1

⇔ = 102

⇔ = √10 = 1

{1 100

Jadi, = 100 , √10}.

c. Misalkan akar-akar dari persamaan itu adalah 1 dan 2.
3 log (2+ 3 log ) = 15

⇔ (2 + 3 log ) ∙ 3 log = 15

⇔ 2 3 log + 3 log ∙ 3 log = 15

⇔ 2 3 log + 3 log2 = 15

⇔ 3 log2 + 2 3 log − 15 = 0

Misal: 3 log =
2 + 2 − 15 = 0

⇔ ( + 5)( − 3) = 0

⇔ + 5 = 0 atau − 3 = 0

⇔ = −5 atau = 3

Dikembalikan ke misal

= −5 atau = 3
⇔ 3 log = −5 atau 3 log = 3

⇔ = 3−5 atau = 33

⇔ = 1 atau = 33
35
1
⇔ 1 = 243 atau 2 = 27

Hasil kali akar-akar persamaan logaritma tersebut adalah 1 ∙ 2 = 1 ∙ 27 = 1
243 9
Jadi, hasil kali akar-akar persamaan logaritma tersebut adalah 19.

Cara lain:
3 log (2+ 3 log ) = 15

⇔ 3 log2 + 2 3 log − 15 = 0

Dengan = 1, = 2, dan = −15, serta = 3

Maka akar-akarnya adalah

3 log 1 dan 3 log 2

Berarti jumlah akar-akarnya:

3 log 1 + 3 log 2 = −

= −2

⇔ 3 log 1 ∙ 2 1

⇔ 3 log 1 ∙ 2 = −2
⇔ 1 ∙ 2 = 3−2 (diubah menjadi bentuk eksponen)
1
⇔ 1 ∙ 2 = 9

Jadi, hasil kali akar-akar persamaan logaritma tersebut adalah 19.

58

Kegiatan 4

Tentukan himpunan penyelesaian dari persamaan logaritma berikut!

1. +3 log( + 2) = +3 log(3 − 2)

2. log(3 − 4) = log( 2 − 2 − 10)

3. 2 +3 log( 2 − 3 + 2) = 2 +3 log(5 − 10)

4. 22 log2 + 2 log 5 = −2

5. 2 log2(4 − 4) − 2 log(4 − 4)4 = −3

6. Jika 1 dan 2 memenuhi persamaan berikut, tentukan nilai 1 ∙ 2 dari

a. (2 log − 1) ∙ 1 = log 10
log 10

b. 9 log − log 3 = 1

2

59

BAB IV
PERTIDAKSAMAAN EKSPONEN

DAN
PERTIDAKSAMAAN LOGARITMA

PETA KONSEP

Pertidaksamaan Eksponen
Dan

Pertidaksamaan Logaritma

Pertidaksamaan Pertidaksamaan
Eksponen Logaritma

≤ log ≤ log ( )
jika > 1 jika > 1

≤ log ≤ log ( )
jika 0 < < 1 jika 0 < < 1

60

A. Pertidaksamaan Eksponen
Pertidaksamaan eksponen merupakan bentuk lain dari persamaan eksponen, yaitu

pertidaksamaan yang variabelnya ada di dalam suatu pangkat, tetapi tanda penghubungnya
merupakan tanda ketidaksamaan. Tanda ketidaksamaan meliputi: >, <, ≥, atau ≤. Sebelum
mempelajari pertidaksamaan eksponen, perhatikan grafik eksponen berikut.

( ) = ( ) =
> 1 0 < < 1

(0,1) (0,1)



Untuk > 1, grafik fungsi eksponen bersifat monoton naik.
Sebagai contoh, jika 2 < 3, maka 22 < 23 yaitu 4 < 8.
Artinya, jika semakin besar, maka nilai juga semakin besar atau dapat dituliskan sebagai
berikut.

Untuk > 1, jika < , maka < .

Sedangkan, untuk 0 < < 1, grafik fungsi bersifat monoton turun.

Sebagai contoh, jika 2 < 3, maka (1)2 > (1)3 yaitu 1 > 81.
4
2 2
Artinya, jika semakin besar, maka nilai semakin kecil atau dapat dituliskan sebagai berikut.

Untuk 0 < < 1, jika < , maka > .

Berdasarkan penjelasan tersebut, diperoleh sifat pertidaksamaan eksponen, yaitu

a. Untuk > 1, berlaku ≤ jika dan hanya jika ≤ .
b. Untuk 0 < < 1, berlaku ≤ jika dan hanya jika ≥ .

Sifat ini menjadi dasar dalam menentukan penyelesaian dari pertidaksamaan yang memuat
eksponen. Sedangkan bentuk-bentuk pertidaksamaan eksponen dan cara penyelesaiannya sama
dengan bentuk-bentuk persamaan eksponen.

Contoh:

Tentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan eksponen berikut.
a. 2 < 1
b. 2 ≤ 4

c. 1 < 1
2 −4 3√2

61

d. 35 −1 ≤ 27 +3
e. (1)2 2 ≤ (1)4 +6

24

f. 22 +1 − 5 ∙ 2 +1 + 8 ≥ 0

Penyelesaian:
a. Dengan menggunakan sifat 20 = 1, maka pertidaksamaan 2 < 1 dapat ditulis menjadi:

2 < 20

Karena = 2, maka > 1, berdasarkan sifat pertidaksamaan eksponen, berlaku

⇔ < 0

Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan adalah { | < 0, ∈ ℝ}.

b. 2 ≤ 4
⇔ 2 ≤ 22

Karena = 2, maka > 1, berdasarkan sifat pertidaksamaan eksponen, berlaku

⇔ ≤ 2
Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan adalah { | ≤ 2, ∈ ℝ}.

c. 1 < 1
2 −4 3√2
1 1
⇔ 2 −4 <
1
1
23
(1)3
⇔ (1) −4 <
22
Karena = 21, maka 0 < < 1, berdasarkan sifat pertidaksamaan eksponen, berlaku
⇔ − 4 > 1
3
⇔ > 1 + 4
3
⇔ > 4 1
3
1
Jadi, = { | > 4 3 , ∈ ℝ}.

d. 35 −1 ≤ 27 +3
⇔ 35 −1 ≤ (33) +3
⇔ 35 −1 ≤ 33 +9

Karena = 3, maka > 1, berdasarkan sifat pertidaksamaan eksponen, berlaku

⇔ 5 − 1 ≤ 3 + 9

⇔ 5 − 3 ≤ 9 + 1

⇔ 2 ≤ 10

⇔ ≤ 5
Jadi, = { | ≤ 5, ∈ ℝ}.

e. (1)2 2 ≤ (1)4 +6

24
⇔ (1)2 2 ≤ ((1)2)4 +6

22

⇔ (1)2 2 ≤ (1)8 +12

22
Karena = 21, maka 0 < < 1, berdasarkan sifat pertidaksamaan eksponen, berlaku

62

⇔ 2 2 ≥ 8 + 12 (kedua ruas dibagi dengan 2)
⇔ 2 2 − 8 − 12 ≥ 0
⇔ 2 − 4 − 6 ≥ 0

Terbentuk pertidaksamaan kuadrat, sehingga diselesaikan menggunakan cara pertidaksamaan

kuadrat
2 − 4 − 6 ≥ 0

Pembuat nol:
2 − 4 − 6 = 0

Karena sulit untuk difaktorkan, diperiksa nilai diskriminan dahulu, apakah fungsi kuadrat

tersebut memiliki akar-akar bilangan real.
= 2 − 4
= (−4)2 − 4 ∙ 1 ∙ (−6)

= 16 + 24

= 40

Karena nilai = 40, maka > 0 sehingga fungsi kuadrat mempunyai dua akar-akar berbeda.

Dilanjutkan menentukan akar-akar fungsi kuadrat, bisa dengan cara melengkapkan kuadrat

sempurna atau dengan rumus kuadratik. Pada kali ini akan digunakan rumus kuadratik.

1,2 = − ±√ 2−4
2

1,2 = − ±√
2

1,2 = −(−4)±√40
2∙1

1,2 = 4±√40
2

1,2 = 4±2√10
2

1,2 = 2 ± √10

1 = 2 + √10 atau 2 = 2 − √10

Ditentukan interval penyelesaian dengan bantuan garis bilangan (uji tanda)

+++ −−− +++

2 − √10 2 + √10

Substitusi nilai-nilai diantara 2 − √10 dan 2 + √10 ke fungsi kuadrat

Untuk nilai kurang dari 2 − √10 diambil = −2, maka
( ) = 2 − 4 − 6
(−2) = (−2)2 − 4(−2) − 6 = 6, bernilai positif

Untuk nilai diantara 2 − √10 dan 2 + √10 diambil = 0, maka
( ) = 2 − 4 − 6
(0) = (0)2 − 4(0) − 6 = −6, bernilai negatif

Untuk nilai lebih dari 2 + √10 diambil = 6, maka
( ) = 2 − 4 − 6
(6) = (6)2 − 4(6) − 6 = 6, bernilai positif

Karena pada pertidaksamaan kuadrat nilai yang diminta adalah lebih dari nol atau positif, yaitu
2 − 4 − 6 ≥ 0, maka daerah atau interval yang memenuhi pertidaksamaan adalah yang

bernilai nol atau positif.

Jadi, = { | ≤ 2 − √10 ≥ 2 + √10, ∈ ℝ}.

63

Untuk contoh soal e., dapat diselesaikan menggunakan cara lain, yakni bilangan pokok diubah

menjadi > 1 sebagai berikut

(1)2 2 ≤ (1)4 +6 (diubah menjadi pangkat negatif)

24

⇔ (2−1)2 2 ≤ (2−2)4 +6

⇔ 2−2 2 ≤ 2−8 −12 (disederhanakan pangkatnya)

Karena = 2, maka > 1, berdasarkan sifat pertidaksamaan eksponen, berlaku

⇔ −2 2 ≤ −8 − 12

⇔ −2 2 + 8 + 12 ≤ 0

⇔ 2 2 − 8 − 12 ≥ 0 (dikalikan dengan −1)

⇔ 2 − 4 − 6 ≥ 0

Kemudian dilanjutkan seperti cara di atas.

f. 22 +1 − 5 ∙ 2 +1 + 8 ≥ 0

Sama seperti persamaan eksponen, disederhanakan dahulu fungsi eksponennya. Disini terlihat
bahwa fungsi eksponen berbentuk ( ( ))2 + ( ( )) +
⇔ 2 ∙ 22 − 5 ∙ 2 ∙ 2 + 8 ≥ 0
⇔ 2 ∙ (2 )2 − 5 ∙ 2 ∙ 2 + 8 ≥ 0

Misal: 2 = , maka (kedua ruas dibagi dengan 2)
2 2 − 10 + 8 ≥ 0
⇔ 2 − 5 + 4 ≥ 0

Diperoleh pertidaksamaan kuadrat, dicari nilai yang memenuhi

Pembuat nol:
2 − 5 + 4 = 0

⇔ ( − 4)( − 1) = 0

⇔ − 4 = 0 atau − 1 = 0

⇔ = 4 atau = 1

Dikembalikan ke pemisalan

= 4 atau = 1
2 = 1
2 = 4 atau 2 = 20

2 = 22 atau = 0

= 2 atau

Ditentukan interval penyelesaian dengan bantuan garis bilangan (uji tanda)

+++ −−− +++

02

Substitusi nilai-nilai diantara 0 dan 2 ke fungsi eksponen

Untuk nilai kurang dari 0 diambil = −1, maka

( ) = 22 +1 − 5 ∙ 2 +1 + 8

(−1) = 22(−1)+1 − 5 ∙ 2−1+1 + 8 = 1 − 5 + 8 = 3 12, bernilai positif
2

Untuk nilai diantara 0 dan 2 diambil = 1, maka

( ) = 22 +1 − 5 ∙ 2 +1 + 8

(−1) = 22(1)+1 − 5 ∙ 21+1 + 8 = 8 − 20 + 8 = −4, bernilai negatif

64

Untuk nilai lebih dari 2 diambil = 3, maka
( ) = 22 +1 − 5 ∙ 2 +1 + 8

(3) = 22(3)+1 − 5 ∙ 23+1 + 8 = 56, bernilai positif

Karena pada pertidaksamaan kuadrat nilai yang diminta adalah lebih dari nol atau positif, yaitu
22 +1 − 5 ∙ 2 +1 + 8 ≥ 0, maka daerah atau interval yang memenuhi pertidaksamaan adalah
yang bernilai nol atau positif.

Jadi, = { | ≤ 0 ≥ 2, ∈ ℝ}.

Untuk contoh soal f., dapat diselesaikan dengan cara lain, yakni sebagai berikut.

Setelah dimisalkan dan diperoleh pertidaksamaan kuadrat, dicari nilai yang memenuhi

Pembuat nol:
2 − 5 + 4 = 0

⇔ ( − 4)( − 1) = 0

⇔ − 4 = 0 atau − 1 = 0

⇔ = 4 atau = 1

Ditentukan interval penyelesaian dengan bantuan garis bilangan (uji tanda)

+++ −−− +++

14

Substitusi nilai-nilai diantara 1 dan 4 ke fungsi eksponen
Untuk nilai kurang dari 1 diambil = 0, maka
( ) = 2 − 5 + 4
(0) = 02 − 5 ∙ 0 + 4 = 4, bernilai positif
Untuk nilai diantara 1 dan 4 diambil = 2, maka
( ) = 2 − 5 + 4
(2) = 22 − 5 ∙ 2 + 4 = −2, bernilai negatif
Untuk nilai lebih dari 4 diambil = 5, maka
( ) = 2 − 5 + 4
(0) = 52 − 5 ∙ 5 + 4 = 4, bernilai positif

Dikembalikan ke pemisalan

= 4 atau = 1
2 = 4 atau 2 = 1
2 = 22 atau 2 = 20

= 2 atau = 0

Garis bilangan awal

+++ −−− +++
14

Setelah dikembalikan ke pemisalan

+++ −−− +++

02
Jadi, = { | ≤ 0 ≥ 2, ∈ ℝ}.

65

Kegiatan 1

Tentukan himpunan penyelesaian dari pertidaksamaan eksponen berikut!

1. 2 −3 > 1

2. 32 +1 ≤ 81

3. 53 +4 < 5 −8

4. (21)2 −5 ≥ (14)2 +1

5. (1) 2+2 ≥ 2 2−3 +5

8

6. 32 − 4 ∙ 3 +1 + 27 ≥ 0

7. 52 +1 − 5 +3 > 25 − 5

2+2 +3

8. 52 2− −6 − 1 < 0

9. 32 +3 > −2√39−2

10. Jika penyelesaian 2 2−2 < √4 − adalah 1 < < 2, tentukan nilai

66

B. Pertidaksamaan Logaritma
Pertidaksamaan logaritma merupakan bentuk lain dari persamaan logaritma, yaitu

pertidaksamaan dengan variabelnya berada pada bilangan pokok atau numerus, tetapi tanda
penghubungnya merupakan tanda ketidaksamaan. Tanda ketidaksamaan meliputi: >, <, ≥, atau ≤.
Hal ini berarti dalam menyelsaikan suatu pertidaksamaan logaritma, diharuskan menggunakan sifat-
sifat logaritma, ketentuan persamaan logaritma, maupun tinjauan grafik fungsi logaritma.

Sama seperti pada pertidaksamaan eksponen, pertidaksamaan logaritma juga mempunyai
beberapa sifat yang berlaku. Perhatikan grafik berikut.

( ) = log
0 < < 1

( ) = log
> 1

(1,0)

(1,0)

Untuk > 1, grafik fungsi logaritma monoton naik.
Artinya, jika nilai semakin besar, maka nilai log juga semakin besar. Dengan notasi
matematika, dinyatakan sebagai:

Jika 0 < < , maka log < log

Hal ini juga berlaku sebaliknya, yaitu:
Jika > 1 dan log < log , maka <

Hasil ini merupakan kunci penyelesaian pertidaksamaan logaritma dengan basis > 1.

Untuk 0 < < 1, berlaku hal sebaliknya, yaitu grafik monoton turun.
Jika nilai semakin besar, maka nilai log akan semakin kecil. Dengan notasi matematika,
dinyatakan sebagai:

Jika 0 < < , maka log > log

Perhatikan perubahan tanda lebih kecil menjadi lebih besar. Hal ini juga berlaku sebaliknya, yaitu:
Jika 0 < < 1 dan log > log , maka <

Hasil ini merupakan kunci penyelesaian pertidaksamaan logaritma dengan basis 0 < < 1.

Berdasarkan penjelasan tersebut, kita dapatkan sifat yang berlaku pada pertidaksamaan logaritma
sebagai berikut.

a. Untuk > 1, berlaku 0 < < jika dan hanya jika log < log
b. Untuk 0 < < 1, berlaku 0 < < jika dan hanya jika log > log

67

Contoh:
Tentukan semua nilai yang memenuhi pertidaksamaan berikut:
a. 2 log( − 1) ≤ 3
b. 2 log + 2 log( − 7) ≤ 2 log 18

1

c. 2 log( 2 − 7 ) ≥ 0
d. log 2 < 3
e. 2 log2 − 2 log − 2 > 0

Penyelesaian:
a. 2 log( − 1) ≤ 3

1) Syarat numerus:
( − 1) > 0
⇔ > 1

2) Pertidaksamaan logaritma:
2 log( − 1) ≤ 3
⇔ 2 log( − 1) ≤ 2 log 23
Karena = 2, maka > 1, berdasarkan sifat pertidaksamaan logaritma, berlaku
⇔ ( − 1) ≤ 23
⇔ − 1 ≤ 8
⇔ ≤ 9

Irisan 1) dan 2)

19
Jadi, nilai yang memeuhi adalah = { |1 < ≤ 9, ∈ ℝ}.

b. 2 log + 2 log( − 7) ≤ 2 log 18
1) Syarat numerus:
• > 0
• − 7 > 0
⇔ > 7

2) Pertidaksamaan logaritma:
2 log + 2 log( − 7) ≤ 2 log 18
⇔ 2 log( ( − 7)) ≤ 2 log 18
⇔ 2 log( 2 − 7 ) ≤ 2 log 18
Karena = 2, maka > 1, berdasarkan sifat pertidaksamaan logaritma, berlaku
⇔ 2 − 7 ≤ 18
⇔ 2 − 7 − 18 ≤ 0
Pembuat nol:
2 − 7 − 18 = 0
⇔ ( − 9)( + 2) = 0
⇔ − 9 = 0 atau + 2 = 0
⇔ = 9 atau = −2

68

Uji tanda ++
9
++ −−−
−2

Interval nilai : −2 ≤ ≤ 9

Irisan 1) dan 2)

−2 0 79

Jadi, = { |7 < ≤ 9, ∈ ℝ}.

1 − 7 = 0
= 7
c. 2 log( 2 − 7 ) ≥ 0
1) Syarat numerus:
2 − 7 > 0

Pembuat nol:
2 − 7 = 0
⇔ ( − 7) = 0
⇔ = 0 atau
⇔ = 0 atau

Uji tanda

+++ −−− +++

07
Interval nilai : < 0 atau > 7

2) Pertidaksamaan logaritma

1

2 log( 2 − 7 ) ≥ 0

⇔ 1 log( 2 − 7 ) ≥ 0
2

11

⇔ 2 log( 2 − 7 ) ≥ 2 log 1

Karena = 12, maka 0 < < 1, berdasarkan sifat pertidaksamaan logaritma, berlaku
⇔ 2 − 7 ≤ 1

⇔ 2 − 7 − 1 ≤ 0

Pembuat nol:
2 − 7 − 1 = 0

Karena sulit untuk difaktorkan, diperiksa dulu nilai Diskriminan
= 2 − 4
= (−7)2 − 4 ∙ 1 ∙ (−1)

= 53

> 0, maka ada dua akar-akar persamaan kuadrat

Dicari akar-akar menggunakan rumus kuadratis

1,2 = − ±√ 2−4
2

1,2 = − ±√
2

69

1,2 = −(−7)±√53
2∙1

1 = 7−√53 atau 2 = 7+√53
2 2

Uji tanda −−− +++
+++

7−√53 7+√53
2 2

Irisan 1) dan 2)

7−√53 0 7 7+√53
2
2

Jadi, = { | 7−√53 ≤ < 0 7 < ≤ 7+√53 , ∈ ℝ}.

22

d. log 2 < 3

Numerus tidak mengandung variabel, dan diketahui nilai numerus lebih dari 0, maka tidak perlu

syarat numerus.

Karena bilangan pokok mengandung variabel ( ), maka pertidaksamaan ini dikerjakan menjadi

dua kemungkinan. Kemungkinan pertama dianggap bilangan pokok > 1 dan kemungkinan

kedua dianggap bilangan pokok 0 < < 1.

1) Jika > 1
log 2 < 3
⇔ log 2 < log 3
⇔ 2 < 3
⇔ 3√2 <

1

⇔ 23 <

1

⇔ > 23

1

Irisan antara > 1 dan > 23

1 1

1 23

Diperoleh nilai > 23.

2) Jika 0 < < 1
log 2 < 3
⇔ log 2 < log 3
⇔ 2 > 3
⇔ 3√2 >

1

⇔ 23 >

1

⇔ < 23

70

1

Irisan antara 0 < < 1 dan < 23

0 1 1

23

Diperoleh nilai 0 < < 1

1

Dari kemungkinan 1) diperoleh nilai > 23, sedangkan dari kemungkinan kedua diperoleh nilai
0 < < 1. Gabungan dari kemungkinan 1) dan kemungkinan 2)

0 1 1

23

1

Jadi, = { |0 < < 1 > 23, ∈ ℝ}.

e. 2 log2 − 2 log − 2 > 0
1) Syarat numerus:
> 0

2) Pertidaksamaan logaritma
2 log2 − 2 log − 2 > 0
Misal: 2 log =
2 − − 2 > 0

Pembuat nol:
2 − − 2 = 0

⇔ ( − 2)( + 1) = 0

⇔ − 2 = 0 atau + 1 = 0

⇔ = 2 atau = −1

Dikembalikan ke pemisalan

= 2 atau = −1

2 log = 2 atau 2 log = −1

⇔ 2 log = 2 log 22 atau 2 log = 2 log 2−1

⇔ = 22 atau = 2−1

⇔ = 4 atau = 1

2

Uji tanda

Substitusikan nilai-nilai < 12, 1 < < 4, dan > 4 ke fungsi awal (soal awal), diperoleh
2
= 1 ⟹ 2 log2 1 − 2 log 1 − 2 = 4 (positif)
4 44
= 1 ⟹ 2 log2 1 − 2 log 1 − 2 = −2 (negatif)

= 8 ⟹ 2 log2 8 − 2 log 8 − 2 = 4 (positif)

+++ −−− +++

14

2

71

Irisan 1) dan 2)

01 4

2

Jadi, = { |0 < < 1 > 4, ∈ ℝ}.
2

Kegiatan 2

Tentukan himpunan penyelesaian dari pertidaksamaan eksponen berikut!

1. 2 log(10 − ) < 1

1

2. 2 log( 2 + 2 ) < −3

3. 2 log(3 − 8) ≥ 2 log(2 − 2)

4. 2 log( − 3) + 2 log( + 3) ≥ 4

5. −2 log(8 − ) > 2

6. log2 − 3 log + 2 < 0

7. 2 log2( + 2) − 2 log( + 2)2 − 15 ≥ 0

8. 1− 1 + 1 > 0
2 log 2∙ 2 log −1

72

BAB V
PENERAPAN FUNGSI EKSPONEN DAN FUNGSI LOGARITMA

PETA KONSEP

Penerapan Fungsi Eksponen
Dan

Fungsi Logaritma Logaritma

Penerapan Fungsi Penerapan Fungsi
Eksponen Logaritma

Pertumbuhan Bidang Kimia

Peluruhan Bidang Fisika

Bunga Majemuk

73

A. Penerapan Fungsi Eksponen
Fungsi eksponen dapat kita terapkan dalam kehidupan sehari-hari. Pertumbuhan atau

penyusutan yang terjadi dalam kehidupan sehari-hari tidak hanya bersifat linear atau kuadratis.
Peristiwa pertumbuhan (pertambahan) dan penyusutan (peluruhan atau pengurangan) merupakan
contoh-contoh peristiwa sehari-hari yang dapat dirumuskan dalam fungsi eksponen.

1. Pertumbuhan (Pertambahan)
Konsep pertumbuhan atau pertambahan secara eksponensial sering kita jumpai dalam

kehidupan sehari-hari, misalnya pertumbuhan penduduk, pertumbuhan keuangan perusahaan,
perhitungan sistem angsuran dalam kredit barang, perbankan dan sistem asuransi, pertumbuhan
penduduk, dan pertumbuhan populasi.

Pertumbuhan secara eksponen dapat dituliskan dalam bentuk fungsi ( ) = = , dengan
= + 1 dan nilai > 0. Nilai di sini menyatakan laju pertumbuhan.

Jika = + 1, > 0 dan > 0, maka fungsi eksponen ( ) = = dapat dinyatakan
dalam bentuk sebagai berikut.

( ) = = ( + 1)

Misalnya, banyak keadaan awal (modal) populasi atau besaran adalah 0. Jika terjadi
pertumbuhan sebesar (dalam %) per tahun (atau setiap satuan jangka waktu tertentu lainnya)
maka jumlah populasi atau modal setelah tahun adalah

= 0(1 + )

dimana adalah banyak besaran setelah waktu.
Apabila pertumbuhan terjadi secara kontinu (terus-menerus) maka besar populasi/modal setelah
mengalami pertumbuhan selama waktu adalah

= 0

Dengan = 2,718281 … (bilangan natural) dan adalah besarnya pertumbuhan pada periode
tertentu.

2. Peluruhan (Pengurangan atau Penyusutan)
Peluruhan atau pengurangan merupakan proses yang serupa dengan pertumbuhan. Akan

tetapi, pada masalah peluruhan, nilai berkurang setiap saat. Penyusutan atau peluruhan dalam
kehidupan sehari-hari contohnya adalah penyusutan benda atau peralatan, peluruhan zat
radioaktif (kimia), dan sebagainya.
Peluruhan atau penyusutan secara eksponen dapat dituliskan dalam fungsi ( ) = = ,
dengan = 1 − dan nilai 0 < < 1. Nilai di sini menyatakan laju penyusutan atau faktor
penyusutan.

Jika = 1 − , > 0 dan 0 < < 1, maka fungsi eksponen ( ) = = dapat
dinyatakan dalam bentuk sebagai berikut.

( ) = = (1 − )

74

Misalnya, banyak keadaan awal suatu zat adalah 0. Jika terjadi peluruhan sebesar (dalam %)
per satuan jangka waktu tertentu maka jumlah populasi atau modal setelah waktu adalah

= 0(1 − )

dimana adalah banyak besaran setelah waktu.
Apabila peluruhan terjadi secara kontinu (terus-menerus) maka banyaknya zat setelah mengalami
peluruhan selama waktu adalah

= 0 −

Dengan = 2,718281 … (bilangan natural) dan adalah besarnya pertumbuhan pada periode
tertentu.

Contoh:
1. Mikasa menabung sebesar Rp500.000,00 di suatu bank selama 5 tahun dengan bunga majemuk

sebesar 10% per tahun. Pada setiap akhir tahun bunga pada tahun yang bersangkutan ditambahkan
dengan uang yang tersimpan sehingga seluruhnya menjadi modal awal tahun berikutnya. Berapa
uang Mikasa pada akhir tahun ke-5?

Penyelesaian:
Bunga yang diberikan oleh bank adalah bunga majemuk sehingga
= 0(1 + )
Diketahui 0 = Rp500.000,00, = 10% = 0,1 dan = 5 tahun. Oleh karena itu, besarnya uang
Mikasa pada akhir tahun-5 adalah sebagai berikut.
= 0(1 + )
5 = 500.000(1 + 0,1)5
5 = 500.000(1,1)5
5 = 500.000 × 1,61051
5 = 805.255
Jadi, besarnya uang Mikasa pada akhir tahun ke-5 adalah Rp805.255,00

2. Emma mendepositokan uang sejumlah Rp1.000.000,00 pada suatu bank. Pohal bank memberikan
bunga dengan bunga majemuk sebesar 15% per tahun. Tentukan waktu yang dibutuhkan agar
jumlah uang Emma mencapai Rp2.000.000,00

Penyelesaian:
Diketahui
0 = 1.000.000 = 106
= 2.000.000 = 2 × 106
= 15%
Dengan perhitungan bunga majemuk, diperoleh:
= 0(1 + )
2 × 106 = 106(1 + 15%)
2 × 106 = 106(1 + 0,15)
2 = (1,15)
Selanjutnya, kita akan menentukan nilai pada persamaan tersebut.
Dengan mengambil nilai logaritma dengan bilangan pokok 10 dari ruas kiri dan ruas kanan,
diperoleh:

75

log 2 = log(1,15)
log 2 = × log(1,15)
= log 2

log 1,15

Dengan menggunakan kalkulator, diperoleh
log 2 = 0,30103 dan log 1,15 = 0,06069, sehingga
= 0,30103

0,06069

= 4,95948
≈ 5
Hal ini berarti untuk mencapai RP2.000.000,00, Emma perlu mendepositokan uang tersebut kira-
kira selama 5 tahun.

3. Tanjiro menyimpan uang sebesar Rp600.000.000,00 di sebuah bank dengan sistem bunga
majemuk sebesar 21% per tahun. Hitunglah besarnya:
a. uang Tanjiro setelah 6 bulan
b. bunga yang diterima Tanjiro setelah 6 bulan

Penyelesaian:
Diketahui:
0 = 600.000.000 = 6 × 108
= 21% ℎ = 0,21 ℎ
= 6
Berdasarkan rumus = 0(1 + ) , dengan adalah bunga per tahun dan menunjukkan jumlah
tahun. Jika bunga per tahun akan dihitung per bulan, maka besar bunga setelah bulan adalah


= 0 (1 + 12)

a. uang Tanjiro setelah 6 bulan

= 0 (1 +

12 )

6 = 6 × 108 (1 + 0,21)6

12
6 = 6 × 108(1 + 0,0175)6
6 = 6 × 108(1,0175)6

6 = 665.821.412,50 (menggunakan kalkulator)

Jadi, uang Tanjiro setelah 6 bulan sebesar Rp665.821.412,50.

b. besar bunga yang diterima Tanjiro setelah 6 bulan sebesar
Rp665.821.412,50 – Rp600.000.000,00 = Rp65.821.412,50.

4. Dalam kondisi lingkungan yang sesuai, bakteri E. coli dapat melakukan pembelahan diri secara
eksponensial. Jika mula-mula terdapat 20 bakteri dan laju pertumbuhan bakteri 1,06 per jam,
tentukan jumlah bakteri setelah 30 menit.

Penyelesaian:

Diketahui:
0 = 20
= 1,06
= 30 = 0,5

76

Berdasarkan rumus = 0(1 + ) , dengan adalah laju pertumbuhan bakteri per jam dan
menunjukkan jumlah jam. Jika laju pertumbuhan bakteri per jam akan dihitung per menit, maka
besar pertumbuhan bakteri setelah menit adalah


= 0 (1 + 60)

Karena akan dihitung dalam menit, di mana pada soal adalah 30 menit, maka menjadi sangat
besar. Oleh karena itu digunakan

= 0

Artinya, perhitungan dilakukan secara terus-menerus, sehingga
= 0
= 0 1,06
0,5 = 20 × 1,06(0,5)
0,5 = 33,98

Jadi, setelah 30 menit terdapat sekitar 34 bakteri E. coli.

5. Pada pukul 05.00 massa suatu zat radioaktif adalah 0,5 kg. Apabila laju peluruhan zat radioaktif
tersebut 2% setiap jam, hitunglah sisa zat radioaktif pada pukul 09.00.

Penyelesaian:

Pada soal terjadi peluruhan atau penyusutan pada zat radioaktif. Rumus untuk peluruhan adalah
= 0(1 − )
Diketahui:

0 = 0,5
= 2% = 0,02

= 09.00 − 05.00 = 4

Dengan demikian,
= 0(1 − )
4 = 0,5(1 − 0,02)4
4 = 0,5(0,98)4
4 = 0,4612
Jadi, sisa zat radioaktif setelah 4 jam adalah 0,4612 kg atau 461,2 gram.

6. Diketahui terdapat zat kimia sebanyak 0. Waktu yang dibutuhkan agar jumlah zat kimia tersebut
1 1
2 0 adalah 3 tahun. Tentukan waktu yang dibutuhkan agar jumlah zat adalah 4 0.

Penyelesaian:
Pada soal, terjadi peluruhan zat. Pada peluruhan zat, nilai berkurang setiap saat. Persamaan untuk
menghitung jumlah zat pada waktu adalah

= 0 −

Diketahui:
0 = ℎ

77

3 = 1 0, dimana 3 adalah jumlah zat setelah 3 tahun
2

= ℎ ℎ

Ditanya:

agar jumlah zat 1 0
4

Dicari dulu besar peluruhannya

Persamaan yang harus dipenuhi adalah:

3 = 1 0 ( 3 karena setelah 3 tahun)
2
1
2 0 = 0 × − (3)

1 = − (3)
2

Dengan menggunakan logaritma

log 1 = − (3)

2

log 1 = −3

2

ln 1 = −3 (ln adalah notasi logaritma dengan bilangan pokok )

2

= − ln12

3

= 0,23104906 (menggunakan kalkulator)

Selanjutnya, agar zat mencapai 1 0, dapat dihitung dengan persamaan:
4
1
= 4 0

1 0 = 0 × − ×
4
1
4 0 = 0 × −0,23104906×

1 = −0,23104906×
4

Dengan menggunakan logaritma diperoleh

log 1 = −0,23104906 ×

4

ln 1 = −0,23104906 ×

4

= ln14

−0,23104906

= 6,000000005

Jadi, agar jumlah zat mencapai 1 0 dibutuhkan waktu lebih dari 6 tahun.
4

B. Penerapan Fungsi Logaritma
1. Penerapan Fungsi Logaritma di Bidang Kimia
Fungsi logaritma sering ditemui penggunaannya di bidang kimia dan sains, seperti
menghitung nilai suatu senyawa kimia. Para saintis mendefinisikan potensial hydrogen
sebagai berikut:

= − log[ +]

dengan [ +] adalah konsentrasi dari ion hydrogen dalam mol per liter suatu larutan. Nilai
merupakan sifat keasaman atau sifat basa suatu senyawa. Nilai air sama dengan 7. Secara
umum senyawa basa mempuntai lebih dari 7 dan senyawa asam mempunyai kurang dari
7.

78

Contoh:
a. Hitunglah dari jus jeruk jika diketahui konsentrasi ion hidrogennya sebesar 6,32 × 10−4

(sampai ketelitian satu tempat desimal).

Penyelesaian:
= − log[ +]
= − log(6,32 × 10−4)
= −(log 6,32 + log 10−4)
= −(log 6,32 − 4)
= − log 6,32 + 4
= −0,8007 + 4
= 3,1993
≈ 3,2

b. Tentukan konsentrasi ion hidrogen dalam minuman ringan jika minuman ringan tersebut
4,82.

Penyelesaian:

= − log[ +]

4,82 = − log[ +]

4,82 = log[ +]−1

[ +]−1 = 104,82 (diubah menjadi bentuk eksponen)

1 = 104,82
[ +]

[ +] = 1
104,82

[ +] ≈ 1,51 × 10−5 (menggunakan kalkulator)

Jadi, konsentrasi ion hydrogen dalam minuman ringan tersebut adalah 1,51 × 10−5.

2. Penerapan Fungsi Logaritma di Bidang Fisika
Dalam bidang fisika, fungsi logaritma biasa digunakan dalam menghitung taraf intensitas

bunyi ( ).


= 10 ∙ log ( 0)

dengan 0 adalah intensitas bunyi minimal yang dapat didengar manusia, adalah intensitas bunyi
dan adalah taraf intensitas bunyi. Satuan taraf intensitas bunyi adalah desibel. Dalam satuan
yang lebih besar, satuan bel lebih sesuai digunakan, yaitu 10 desibel sama dengan 1 bel.

Contoh:
a. Sebuah sumber bunyi mempunyai intensitas bunti sebesar 10−8 / 2. Jika intensitas

ambang pendengaran 0 = 10−12 / 2, tentukan besar taraf intensitas bunyi tersebut.
Penyelesaian:

79

Diketahui:
0 = 10−12 / 2
= 10−8 / 2

maka
= 10 ∙ log ( )

0

= 10 ∙ log (1100−−182)
= 10 ∙ log(104)

= 10 ∙ 4 log 10

= 10 ∙ 4

= 40

= 4

Jadi, besar taraf intensitas bunyi tersebut adalah 4 bel.

b. Tingkat kebisingan jalan di luar aula konser di pusat kota Jakara diukur sekitar 7 bel. Dengan

menggunakan bahan penyekat khusus, tingkat kebisingan di dalam aula konser berkurang

menjadi 29 desibel. Berapa kali lebih besar intensitas bunyi di luar daripada di dalam aula

konser?

Penyelesaian:

Misal:

=
=
= = 7 = 70
= = 29

Diperoleh:

= 10 ∙ log ( )

0

70 = 10 ∙ log ( )

0

7 = log ( )

0

log ( ) = 7 ………. (1)

0

= 10 ∙ log ( )

0

29 = 10 ∙ log ( )

0

29 = log ( )

10 0

log ( ) = 29 ……….(2)

0 10

Kurangkan persamaan (1) dan persamaan (2), sehingga
log ( ) − log ( ) = 7 − 29

0 0 10

80

log ( × 0 ) = 41
0 10

log ( ) = 41

10

= 41

1010

= 104,1



≈ 12.600 (menggunakan kalkulator)



Jadi, intensitas bunyi di luar aula 12.600 kali lebih besar daripada di dalam aula.

Kegiatan 1

Tentukan penyelesaian dari soal berikut!

1. Sejumlah uang didepositokan pada sebuag bank dengan bunga majemuk sebesar 5% per tahun.

Tentukan lama uang tersebut harus didepositokan agar jumlah uang menadi 1,5 kali dari jumlah uang

mula-mula.

2. Jumlah bakteri pada waktu (dalam jam) dinyatakan dengan:
= 0 ∙ 1,32
dengan 0 adalah jumlah bakteri mula-mula. Tentukan banyak bakteri setelah 3 jam jika jumlah

bakteri mula-mula adalah 25.

3. Suatu zat meluruh mengikuti persamaan

= 0 ∙ −1,5

dengan menyatakan jumlah zat setelah tahun dan 0 menyatakan jumlah zat mula-mula.

Tentukan waktu yang dibutuhkan zat tersebut untuk meluruh sehingga muatannya berjumlah 1 0.
4

4. Konsentrasi ion hidrogen [ +] dari sebuah larutan adalah 6,4 × 10−7. Tentukan larutan tersebut.

5. Jika adalah intensitas yang berkaitan dengan tingkat kebisingan suatu percakapan biasa yang
dirumuskan oleh
60 = 10 ∙ log ( )

0

Berapa kali lebih besar 0 daripada ?
6. Perhitungan pertumbuhan penduduk menyerupai perhitungan bunga uang yang disimpan di bank.

Pada awalnya, jumlah penduduk suatu kota adalah 50.000 orang. Laju pertumbuhan penduduk di kota

tersebut adalah 2,5% setiap tahunnya.

a. Tentukan jumlah penduduk pada tahun ke-

b. Tentukan jumlah penduduk pada tahun ke-5.

c. Tentuksn waktu yang dibutuhkan agar jumlah penduduk menjadi 100.000 orang.

81