Tulisan yang kami susun ini terdiri atas pembahasan mengenai teori pendidikan yang mendukung pada proses pemecahan masalah pada topik pemanfaatan kesimetrian dan pemecahan masalah terkait dengan kasus ekstrem dan generalisasi. Adapun pemecahan masalah terkait dengan pemanfaatan kesimetrian terdiri atas pembahasan masalah yang terdapat pada buku Problem-Solving through Problems dan pembahasan masalah pada soal-soal Sekolah Dasar dan Menengah.

1. Topik Pilihan Matematika
Penggunaan Kasus Ekstrem dan Generalisasi
masketirr.wordpress.com
masketirr.tumblr.com
slideshare.net/anggoroag
facebook.com/masketirr.admin
Saran/koreksi/kerjasama
masketirr@outlook.co.id

2. ii
Dokumen ini berguna ?
Beri kami donasi
GO PAY BNI 0258 130 311
Kontak
masketirr@outlook.co.id

3. iii
STRATEGI HEURISTIK PEMECAHAN MASALAH
“Penggunaan Kasus Ekstrem dan Generalisasi”
Oleh:
Agung Anggoro, M.Pd.
Ganjar Rahmat Gumelar, M.Pd.
Hani Nurhasanah, M.Pd.
BANDUNG, 2017

4. i
KATA PENGANTAR
Segala puji mutlak hanya milik Allah Swt., karena atas nikmat dan kasih sayang-
Nyalah penulis sanggup menyelesaikan tulisan ini. Shalawat dan salam pun tercurah
limpah untuk Nabi Muhammad Saw, keluarganya, para sahabatnya, dan sampai pada
kita selaku umatnya. Amin ya Rabb.
Tulisan ini berjudul Strategi Heuristik Pemecahan Masalah “Penggunaan
Kasus Ekstrem dan Generalisasi”. Tulisan yang kami susun ini terdiri atas
pembahasan mengenai teori pendidikan yang mendukung pada proses pemecahan
masalah pada topik pemanfaatan kesimetrian dan pemecahan masalah terkait dengan
kasus ekstrem dan generalisasi. Adapun pemecahan masalah terkait dengan pemanfaatan
kesimetrian terdiri atas pembahasan masalah yang terdapat pada buku Problem-Solving
through Problems dan pembahasan masalah pada soal-soal Sekolah Dasar dan Menengah.
Dalam tulisan ini terdapat beberapa ilustrasi dan solusi yang pembuktiannya diperoleh
baik dari dosen, saya sendiri maupun dari buku referensi wajib pada mata kuliah ini
Tujuan penyusunan tulisan ini ialah untuk memenuhi salah satu tugas terstruktur
Mata Kuliah Proses Berpikir Matematis. Tujuan lainnya adalah sebagai
suplemen/pelengkap dalam mata kuliah ini, ataupun referensi kecil juga dimaksudkan
sebagai Management Knowledge yang berguna sehingga dapat dimanfaatkan tidak hanya
untuk diri pribadi juga untuk mereka yang ingin mempelajari strategi heuristik.
Bukan proses singkat yang dijalani hingga akhirnya tulisan ini dapat diselesaikan.
Oleh karena itu, penulis ucapkan terima kasih kepada semua pihak yang telah membantu
baik secara langsung maupun tidak langsung. Tak ada gading yang tak retak. Maka
mohon maaf apabila penyusunan makalah ini masih jauh dari tahap sempurna sehingga
saran dari pembaca sangat diharapkan. Kesempurnaan hanya milik Allah SWT.
“No one can do everything, but everyone can do something.”
Semoga tulisan ini bermanfaat.
Bandung, November 2017
Penulis

5. ii
DAFTAR ISI
Halaman
KATA PENGANTAR ............................................................................ i
DAFTAR ISI .......................................................................................... ii
STRATEGI HEURISTIK........................................................................ 1
A. TEORI PENDIDIKAN YANG MENDUKUNG ............................... 1
1. Pendahuluan.................................................................................. 1
2. Penggunaan Kasus Ekstrem dan Generalisasi............................... 4
B. MASALAH DAN SOLUSI
1. Penggunaan Kasus Ekstrem ......................................................... 6
Masalah 1 : Tepat Dua Titik ..................................................................... 6
Masalah 2 : Merah-Biru.............................................................................. 7
Masalah 3 : Dansa...................................................................................... 8
Masalah 4 : Habis Dibagi............................................................................ 9
Masalah 5 : Polinom Definit Positif............................................................ 10
Masalah 6 : Modifikasi Masalah 1............................................................... 11
Masalah Lainnya ........................................................................................ 12
Masalah di Tingkat Sekolah ...................................................................... 12
2. Penggunaan Generalisasi ..............................................................
Masalah 7 : Jumlahan ................................................................................ 13
Masalah 8 : Determinan Matriks Vandermonde.......................................... 14
Masalah 9 : Integral yang Konvergen ......................................................... 14
Masalah 10 : Matriks Lagi.......................................................................... 16
Masalah 11 : Mana yang Lebih Besar......................................................... 17
Masalah Lainnya ........................................................................................ 18
Masalah di Tingkat Sekolah ...................................................................... 19
C. KESIMPULAN................................................................................... 19
DAFTAR PUSTAKA.............................................................................. 21

6. 1
STRATEGI HEURISTIK
A. TEORI PENDIDIKAN YANG MENDUKUNG
1. Pendahuluan
Salah satu disiplin ilmu yang menuntut keaktifan siswa dalam belajar
adalah matematika. Matematika sangat penting karena menjadi dasar bagi
beberapa disiplin ilmu lain serta digunakan secara luas dalam berbagai bidang
kehidupan. Dalam pendidikan nasional Indonesia, matematika juga menjadi
salah satu mata pelajaran yang sangat penting. Hal ini dibuktikan dengan
adanya disiplin ilmu tersebut di semua tingkat pendidikan formal, yaitu dimulai
dari tingkat sekolah dasar, menengah, dan perguruan tinggi.
Secara umum, pembelajaran matematika bertujuan agar peserta didik
memiliki kecakapan atau kemahiran matematika. Kecakapan atau kemahiran
matematika merupakan bagian dari kecakapan hidup yang harus dimiliki peserta
didik terutama dalam pengembangan penalaran, komunikasi, dan pemecahan
masalah (problem solving) yang dihadapi dalam kehidupan peserta didik sehari-
hari. Matematika selalu digunakan dalam segala segi kehidupan. Senada dengan
hal tersebut. Permendiknas No. 22 Tahun 2006 (Depdiknas, 2006) menyatakan
bahwa pendidikan matematika di sekolah diharapkan memberikan kontribusi
dalam mendukung pencapaian kompetensi lulusan pendidikan dasar dan
menengah melalui pengalaman belajar, agar mampu:
1. memahami konsep dan menerapkan prosedur matematika dalam
kehidupan sehari-hari,
2. membuat generalisasi berdasarkan pola, fakta, fenomena, atau data yang
ada,
3. melakukan operasi matematika untuk penyederhanaan, dan analisis
komponen yang ada,
4. melakukan penalaran matematis yang meliputi membuat dugaan dan
memverifikasinya

7. 2
5. memecahkan masalah dan mengomunikasikan gagasan melalui simbol,
tabel, diagram, atau media lain untuk memperjelas keadaan atau masalah,
6. menumbuhkan sikap positif seperti sikap logis, kritis, cermat, teliti, dan
tidak mudah menyerah dalam memecahkan masalah.
Kompetensi Matematika pendidikan dasar dan pendidikan menengah
dapat digambarkan sebagai berikut.
Gambar 1. Kompetensi Matematika
Pembelajaran matematika diarahkan untuk mendorong peserta didik
mencari tahu dari berbagai sumber, mampu merumuskan masalah bukan hanya
menyelesaikan masalah sederhana dalam kehidupan sehari-hari. Disamping itu,
pembelajaran diarahkan untuk melatih peserta didik berpikir logis dan kreatif
bukan sekedar berpikir mekanistis serta mampu bekerja sama dan berkolaborasi
dalam menyelesaikan masalah. Namun, seringkali kita (guru maupun siswa)
terjebak pada model penyelesaian matematis-simbolik, bahkan hanya
A
B
CD
E
F
Kompetensi
Matematika
Memahami Konsep dan Menerapkan
Prosedur Matematika
Membuat Generalisasi
Melakukan operasi untuk
penyederhanaan analisis komponen
Penalaran matematis
Memecahkan Masalah dan
Mengkomunikasikan Gagasan
Menumbuhkan Sikap Positif

8. 3
memikirkan penerapan rumus. Kita kadang lupa bahwa ada banyak strategi atau
pendekatan atau model penyelesaian lain yang berguna dan kadang lebih baik.
Ada banyak strategi penyelesaian masalah dalam matematika, mulai dari
yang algoritmik (misalnya penggunaan rumus) hingga yang heuristik (misalnya
dengan bantuan gambar). Kita perlu mengenal dan memahami bermacam
strategi penyelesaian tersebut. Hal ini menjadi bekal terpenting bagi kita agar
dapat membimbing siswa mengembangkan kemampuan memecahkan masalah.
Terdapat 12 strategi pemecahan masalah matematika (Loren C. Larson,
2000) yang tercantum dalam “Problem Solving-Through Problem”, yaitu sebagai
berikut :
1. Menemukan pola (Search for Pattern)
2. Membuat Gambar (Drawa a Figure)
3. Memformulakan masalah yang ekivalen (Formulate an equivalent problem)
4. Memodifikasi masalah (Modify the problem)
5. Memilih notasi yang efektif (choose effective notation)
6. Menggunakan kesimetrian masalah (Exploit symmetry)
7. Memecah masalah menjadi kasus-kasus (Divide into cases)
8. Bekerja mundur (Work backward)
9. Mengajukan kontradiksi (Argue by contradiction)
10. Memeriksa masalah yang memiliki kesamaan (Check for parity)
11. Menenukan kasus yang ekstrim/khusus (Consider extreme case)
12. Menggeneralisasikan (Generalize)
Pembelajaran heuristik dapat dilakukan secara individual, kelompok
maupun klasikal. Namun pembelajaran heuristik lebih baik dilakukan dalam
kelompok-kelompok kecil agar terjadi diskusi dan tukar pikiran antara sesama
siswa selama diberikan tugas untuk memecahkan soal terutama dalam tahap
latihan. Guru perlu merancang pembelajaran yang kondusif bagi siswa dimana
siswa selalu termotivasi untuk mengikuti pembelajaran.

9. 4
Siswa harus merasa tertantang dan bersemangat dalam mengikuti
pembelajaran terutama pada tahap pemecahan masalah. Sebenarnya, 12 strategi
tersebut tidak digunakan untuk satu masalah tertentu, tetapi penggunaan
strategi tersebut disesuaikan dengan masalah yang dihadapi. Dalam tulisan ini
disajikan teori pendidikan mengenai heuristik nomor 11 dan 12 yaitu
penggunaan kasus ekstrem dan generalisasi.
2. Penggunaan Kasus Ekstrem dan Generalisasi
Kemampuan memecahkan masalah adalah kemampuan kognitif tingkat
tinggi. Sukmadinata dan As’ari (2005: 24) menambahkan tahap berpikir
pemecahan masalah setelah tahap evaluasi yang menjadi bagian dari tahapan
kognitif Bloom. Hal ini menunjukkan bahwa kemampuan memecahkan masalah
adalah kemampuan kognitif tingkat tinggi.
Menurut Schoenfeld (1980), bahwa: ”Heuristic will be used here to mean
a general suggestion or strategy, independent of any particular topic or subject
metter, that helps problem solver approach and understand a problem and
efficiently marshal their resources to solve it.” Menurut pengertian tersebut,
heuristik dapat disebut sebagai strategi umum yang tidak berkaitan dengan
subjek materi yang membantu pemecah masalah dalam usaha untuk mendekati
dan memahami masalah serta menggunakan kemampuannya untuk menemukan
solusi dari masalah.
Penggunaan istilah heuristik dalam pemecahan masalah berbeda dengan
algoritma yang terdapat dalam pembelajaran matematika. Penggunaan
algoritma dapat menjamin diperoleh solusi yang tepat selama digunakan dengan
tepat dengan algoritma yang tepat pula. Algoritma adalah suatu kemampuan
khusus sementara heuristik merupakan pendekatan secara umum dalam
pemecahan masalah. Heuristik menyajikan suatu ”road map” atau cetak biru
agar proses pemecahan masalah dapat menghasilkan solusi yang benar.

10. 5
Strategi penggunaan kasus yang ekstrem atau khusus merupakan cara
yang begitu elegan (sederhana, praktis, dan tuntas). Kita harus membiasakan
diri melihat suatu masalah dalam menggunakan cara pandang berbeda atau
kasus ekstrem. Hal ini untuk menambah alternatif menggali ide penyelesaian
suatu masalah secara praktis. Strategi ini menggunakan contoh atau kasus
masalah untuk mendapatkan ide penyelesaian yang menyeluruh. Secara singkat
strategi yang dilakukan dalam penggunaan kasus ekstrem yaitu sebagai berikut:
1. Memahami soal/masalah - selengkap mungkin.
Untuk dapat melakukan tahap 1 dengan baik, maka perlu latihan untuk
memahami masalah baik berupa soal cerita maupun soal non-cerita,
terutama dalam hal: apa saja pertanyaannya, dapatkah pertanyaannya
disederhanakan atau menuju kasus yang ekstrem, apa saja data yang
dipunyai dari soal/masalah, pilih data-data yang relevan, hubungan-
hubungan apa dari data-data yang ada.
2. Memilih dan menerapkan rencana penyelesaian – dari beberapa
alternatif yang mungkin. Untuk dapat melakukan tahap 2 dengan baik, maka
perlu keterampilan dan pemahaman tentang berbagai strategi pemecahan
masalah (ini akan di bahas lebih lanjut pada bagian tersendiri). Selain itu
perlu dilatih mengenai: keterampilan berhitung, keterampilan memanipulasi
aljabar, membuat penjelasan (explanation) dan argumentasi (reasoning).
3. Memeriksa jawaban – apakah sudah benar, lengkap, jelas dan
argumentative (beralasan): memeriksa apakah jawaban yang diperoleh
masuk akal, memeriksa pekerjaan, adakah yang perhitungan atau analisis
yang salah, memeriksa pekerjaan, adakah yang kurang lengkap atau kurang
jelas.
Selanjutnya, generalisasi merupakan terjemahan dari generalization yang
artinya perumuman. Soekadijo (2003) mengatakan bahwa generalisasi
merupakan penalaran yang menyimpulkan suatu konklusi yang bersifat umum

11. 6
dari premis-premis yang berupa proporsi empirik. Sedangkan Russefendi
menyatakan bahwa membuat generalisasi adalah membuat perkiraan atau
terkaan (dugaan) berdasarkan pengetahuan (pengalaman) yang dikembangkan
melalui fakta-fakta khusus. Tahapan generalisasi menurut Mason:
1. Mengidentifikasi Pola
2. Menggunakan atau menguraikan Pola untuk menentukan
struktur/data/gambar/suku berikutnya
3. Memformulasikan keumuman secara simbolis
4. Menggunakan hasil generalisasi untuk menyelesaikan masalah dan mampu
menerapkan aturan/pola yg telah ditentukan pada berbagai persoalan
Contoh butir soal sederhana dalam menggunakan strategi generalisasi
yaitu pada materi pemangkatan bentuk variabel jenjang pendidikan sekolah
menengah: “ Sederhanakan bentuk (𝑚 − 4𝑥 ) ”.
Untuk menjawab soal tersebut kita dapat menggunakan pola
pemangkatan dari pangkat 2, 3, 4, dan seterusnya sampai pangkat n. Setelah itu
ditemukan pola bahwa kasus tersebut berhubungan dengan segitiga pascal yang
telah dipelajari sebelumnya. Dengan kata lain, berdasarkan hasil
diformulasikannya ke dalam bentuk atau secara simbolis, maka hasil generalisasi
tersebut dapat menyelesaikan masalah dan mampu menerapkan aturan/pola
yang telah ditentukan pada berbagai persoalan lainnya.
Pentingnya peranan heuristik dalam pemecahan masalah matematika dan
pembelajarannya inilah yang melatarbelakangi ditulisnya makalah ini. Makalah
ini diharapkan dapat mengungkap sekaligus mengkaji peranan heuristik dalam
pemecahan masalah dan pembelajarannya dalam kasus strategi 11 dan 12.
B. MASALAH DAN SOLUSI
1. Penggunaan Kasus-kasus Ekstrem

12. 7
Pada bagian ini, kami menyajikan beberapa contoh pemecahan masalah
dengan memperhatikan kasus-kasus ekstrem.
Masalah 1 : Tepat Dua Titik
Diberikan berhingga banyaknya titik pada bidang datar, tidak semua kolinear.
Buktikan terdapat garis lurus yang melewati tepat dua titik.
Penyelesaian :
Misalkan 𝑃 adalah titik yang diberikan, 𝑙 garis, dan 𝑑(𝑃, 𝑙) jarak dari titik 𝑃 ke
garis 𝑙. Selanjutnya didefinisikan himpunan 𝑆 = {𝑑(𝑃, 𝑙)} dengan 𝑃 dan 𝑙
memenuhi kondisi 1) 𝑙 tidak melalui 𝑃, dan 2) 𝑙 melewati paling sedikit dua
titik. Perhatikan bahwa 𝑆 tidak kosong, karena tidak semua titik kolinear. 𝑆
himpunan berhingga karena banyaknya titik yang diberikan sejumlah berhingga
titik. 𝑆 adalah himpunan terurut secara total sehingga memiliki elemen minimal,
katakanlah 𝑑(𝑃, 𝑚) merupakan elemen minimal dari 𝑆. Memperhatikan elemen
minimal dari 𝑆 berarti memperhatikan sebuah kasus ekstrem pada himpunan
𝑆.
Asumsikan 𝑚 melalui lebih dari dua titik yang diberikan. Tanpa mengurangi
keumuman, anggaplah 𝑚 melalui tiga titik, 𝑃 , 𝑃 , dan 𝑃 . Misalkan 𝑄 ∈ 𝑚
merupakan titik pada garis 𝑚 yang paling dekat dengan 𝑃. Garis 𝑃𝑄 akan
membagi 𝑚 menjadi dua sisi dimana dua dari tiga titik 𝑃 , 𝑃 , dan 𝑃 berada
pada sisi yang sama. Tanpa mengurangi keumuman, anggaplah 𝑃 dan 𝑃
berada pada sisi yang sama sehingga tampak seperti Gambar 1.

13. 8
Gambar 1
Selanjutnya, dapat dikontruksi garis 𝑛 yang melalui 𝑃 dan 𝑃 (melalui 𝑃 dan
titik antara 𝑃 dan 𝑃 yang paling jauh dari 𝑃). Dengan sedikit memanfaatkan
kesebangunan, dapat diperoleh bahwa
𝑑(𝑃 , 𝑛) < 𝑑(𝑃, 𝑚).
Hal ini kontradiksi dengan pernyataan bahwa 𝑑(𝑃, 𝑚) merupakan elemen
minimal dari 𝑆. Dengan demikian asumsi bahwa 𝑚 melalui lebih dari dua titik
adalah pernyataan yang salah. Haruslah 𝑚 melalui tepat dua titik. Telah
terbukti bahwa terdapat garis yang dimaksud pada soal.
Masalah 2 : Merah-Biru
Misalkan A sebuah himpunan dari 2𝑛 titik dalam bidang datar, tidak ada tiga
titik yang kolinear. Andaikan 𝑛 titik dari himpunan tersebut diwarnai merah
dan n sisanya biru. Buktikan atau sangkal : Ada n segmen garis tertutup, tidak
ada yang berpotongan, sedemikian sehingga titik ujung dari tiap segmen
mempunyai warna yang berbeda.
Penyelesaian :
Jika mengabaikan perpotongan segmen garis, maka tentu saja dapat dikontruksi
𝑛 segmen garis dimana masing-masing segmen garis menghubungkan sebuah

14. 9
titik berwarna merah dengan sebuah titik berwarna biru. Misalkan terdapat dua
segmen garis yang berpotongan, maka dapat direkontruksi dua segmen garis
dengan masing-masing ujung-ujungnya tetap berbeda warna. Misalkan segmen
garis 𝑃 𝑃 (merah-biru) berpotongan dengan segmen garis 𝑃 𝑃 (merah-biru).
Sebagaimana gambar 2, dapat dilakukan rekontruksi segmen garis 𝑃 𝑃 (merah-
biru) dan 𝑃 𝑃 (biru-merah).
Gambar 2
Masalah 3 : Dansa
Di sebuah pesta, tidak ada laki-laki berdansa dengan setiap perempuan, tapi
tiap perempuan berdansa paling sedikit dengan satu laki-laki. Buktikan bahwa
dua pasangan 𝑏𝑔 dan 𝑏 𝑔 berdansa, dimana 𝑏 tidak berdansa dengan 𝑔 ataupun
𝑔 tidak berdansa dengan 𝑏 .
Penyelesaian :
Misalkan 𝑏 pria dengan partner dansa terbanyak dan 𝑔′ bukan partner dansa 𝑏.
Maka 𝑔′ berdansa dengan paling tidak satu orang (bukan 𝑏), katakan 𝑏′.
* 𝑏 𝑏′

15. 10
𝑔 1 0
𝑔′ 0 1
Karena 𝑏 memiliki paling banyak partner dansa dan 𝑏 tidak berdansa dengan
𝑔′, maka paling tidak ada partner dansa dari 𝑏, katakanlah 𝑔 yang tidak
berdansa dengan 𝑏′. Dengan demikian telah terbukti ada dua pasangan 𝑏𝑔 dan
𝑏′𝑔′ yang memenuhi kondisi sesuai.
Masalah 4 : Habis Dibagi
Buktikan bahwa hasil dari perkalian 𝑛 bilangan bulat berturut-turut selalu habis
dibagi dengan 𝑛! .
Penyelesaian :
Jika perkalian 𝑛 bilangan bulat berturut-turut memuat bilangan nol (terdapat
bilangan negatif dan bilangan positif dalam perkalian tersebut), maka jelas
bahwa perkalian tersebut habis dibagi berapapun. Selanjutnya, akan dibuktikan
bahwa perkalian 𝑛 bilangan bulat positif berturut-turut habis dibagi 𝑛!. Untuk
𝑛 bilangan bulat negatif berturut-turut, cukup mengambil nilai mutlaknya.
Asumsikan ∃𝑛 ∈ ℕ sedemikan sehingga perkalian 𝑛 bilangan bulat positif
berurutan tidak habis dibagi 𝑛!. Dari semua 𝑛 yang memenuhi kondisi tersebut
misalkan 𝛮 adalah yang paling kecil (jelas bahwa 𝛮 > 2).
Selanjutnya perkalian 𝛮 bilangan bulat positif berurutan tersebut adalah
(𝑚 + 1)(𝑚 + 2) … (𝑚 + 𝑁).
Dimana 𝑚 ∈ ℕ dan perkalian tersebut tidak habis dibagi 𝛮!. Dari semua 𝑚
yang memenuhi kondisi tersebut, misalkan 𝑀 adalah yang paling kecil.
Sehingga, kita telah mengasumsikan bahwa (𝑀 + 1)(𝑀 + 2) … (𝑀 + 𝑁) tidak
habis dibagi oleh 𝑁!. Diketahui bahwa

16. 11
(𝑀 + 1)(𝑀 + 2) … (𝑀 + 𝑁) = 𝑀(𝑀 + 1)(𝑀 + 2) … (𝑀 + 𝑁 − 1)
+𝑁(𝑀 + 1)(𝑀 + 2) … (𝑀 + 𝑁 − 1)
𝑀(𝑀 + 1)(𝑀 + 2) … (𝑀 + 𝑁 − 1) merupakan perkalian 𝑁 bilangan bulat
berurutan dimulai dari 𝑀. Berdasarkan pemilihan 𝑀, maka 𝑀(𝑀 + 1)(𝑀 +
2) … (𝑀 + 𝑁 − 1) habis dibagi 𝑁!.
(𝑀 + 1)(𝑀 + 2) … (𝑀 + 𝑁 − 1) merupakan perkalian 𝑁 − 1 bilangan bulat
berurutan dimulai dari 𝑀 + 1. Berdasarkan pemilihan 𝑁, maka (𝑀 + 1)(𝑀 +
2) … (𝑀 + 𝑁 − 1) habis dibagi (𝑁 − 1)!, sehingga 𝑁! habis membagi
𝑁(𝑀 + 1)(𝑀 + 2) … (𝑀 + 𝑁 − 1).
Hal ini kontradiksi dengan (𝑀 + 1)(𝑀 + 2) … (𝑀 + 𝑁) tidak habis dibagi oleh
𝑁!. Dengan demikian haruslah untuk setiap bilangan asli 𝑛 berlaku 𝑛! habis
membagi perkalian 𝑛 bilangan bulat positif berurutan.
Masalah 5 : Polinom Definit Positif
Misalkan 𝑓(𝑥) adalah polinom derajat 𝑛 dengan koefisien real dan tiap dari
𝑓(𝑥) > 0 untuk setiap bilangan real 𝑥. Tunjukkan bahwa
𝑓(𝑥) + 𝑓 (𝑥) + ⋯ + 𝑓( )
(𝑥) > 0
untuk semua bilangan real 𝑥.
Penyelesaian :
Pada masalah ini, fungsi eksponensial 𝐸(𝑥) = 𝑒−
akan digunakan sebagai
bantuan. Pandang fungsi 𝑔(𝑥) = 𝑒−
(𝑓(𝑥) + 𝑓 (𝑥) + ⋯ + 𝑓( )
(𝑥)). Perhatikan
bahwa 𝑓(𝑥) + 𝑓 (𝑥) + ⋯ + 𝑓( )
(𝑥) merupakan polinom berderajat 𝑛, sehingga
𝑔(𝑥) =
𝑎 𝑥 + 𝑎 − 𝑥 −
+ ⋯ + 𝑎 𝑥 + 𝑎
𝑒
.
Dengan memanfaatkan teorema L’Hopital diperoleh lim
→
𝑔(𝑥) = 0.

17. 12
Selanjutnya perhatikan bahwa 𝑃 ( )
= 𝑓 (𝑥) + 𝑓 (𝑥) + ⋯ + 𝑓( )
(𝑥) + 0.
Sehingga, diperoleh 𝑃(𝑥) − 𝑃 (𝑥) = 𝑓(𝑥). Dengan menurunkan 𝑔 terhadap 𝑥
diperoleh 𝑔 (𝑥) = (−1)𝑒−
𝑃(𝑥) + 𝑒−
𝑃 (𝑥) = 𝑒−
𝑃 (𝑥) − 𝑃(𝑥) = −𝑒−
𝑓(𝑥).
Dengan demikian, 𝑔 (𝑥) ≤ 0, ∀𝑥 ∈ ℝ, menandakan bahwa fungsi 𝑔 merupakan
fungsi turun. Telah diketahui bahwa limit 𝑔 di tak hingga adalah nol dan 𝑔
turun dimana-mana. Kedua kondisi ini menunjukkan bahwa 𝑔(𝑥) ≥ 0 untuk
setiap bilangan real 𝑥. Karena 𝑔(𝑥) = ( )
− dan 𝑒−
selalu positif, maka 𝑃(𝑥) juga
selalu positif. Terbukti bahwa 𝑓(𝑥) + 𝑓 (𝑥) + ⋯ + 𝑓( )
(𝑥) > 0 untuk semua
bilangan real 𝑥.
Masalah 6 : Modifikasi Masalah 1
Pada masalah ini, akan dibuktikan bahwa eksistensi garis sebagaimana
dibicarakan pada masalah 1 tidak berlaku jika titik yang diberikan sebanyak
tak hingga titik. Kali ini digunakan sebuah contoh penyangkal.
Perhatikan sebuah daerah lingkaran dimana terdapat tak hingga banyaknya
titik padanya. Jika dikontruksi sebarang garis yang melalui interior daerah
lingkaran, maka garis tersebut berpotongan dengan lingkaran di dua titik,
katakanlah 𝐴 dan 𝐵. Maka segmen 𝐴𝐵, yang merupakan sebagian dari garis,
akan melewati tak hingga banyaknya titik. Hal ini berlaku untuk garis apapun
yang melalui interior daerah lingkaran.
Gambar 3

18. 13
Namun jika tak hingga banyaknya titik yang diberikan adalah lingkaran (tanpa
interiornya), maka garis yang melalui interior daerah lingkaran akan melalui
tepat dua titik yang diberikan, yaitu titik 𝐴 dan 𝐵, sebagaimana gambar 3.
Masalah Lainnya
[1] Buktikan bahwa terdapat sebuah bilangan rasional 𝑐/𝑑 dengan 𝑑 < 100,
sedemikian sehingga
𝑘
𝑐
𝑑
= 𝑘
73
100
dengan 𝑘 = 1,2,3, … ,99.
[2] Misalkan 𝑃 adalah sebuah pernyataan, untuk 𝑛 = 1,2,3, …. Kemudian,
anggaplah
(i) 𝑃 benar, dan
(ii) untuk setiap bilangan bulat positif 𝑚, 𝑃 + adalah benar jika 𝑃
benar.
Buktikan bahwa 𝑃 benar untuk setiap 𝑛.
Masalah di Tingkat Sekolah
Perhatikan gambar!

19. 14
Dua lingkaran konsentris membentuk “cincin”. Ruas garis AB adalah tali busur
lingkaran besar yang menyinggung lingkaran kecil. Jika AB = 8, hitunglah luas
daerah “cincin” (yang berarsir)!
Penyelesaian Rutin (Biasa) :
Misal jari-jari lingkaran besar = R, dan jari-jari lingkaran kecil = r. Maka luas
daerah yang berarsir = 𝜋(𝑅 –𝑟 ). Dari gambar di samping, kita mengingat
kembali sifat segitiga-segitiga sebangun
𝑇𝐵 = CT × TD ⟺ 4 = (R – r) (R + r) ⟺ 16 = 𝑅 –𝑟
Sehingga, luas daerah yang berarsir = 16 𝜋
Menggunakan kasus ekstrem :
Oleh karena tidak dibatasi berapa jari-jari kedua lingkaran, misalkan lingkaran
kecil kita pilih sangat kecil, atau katakanlah sebuah titik saja, maka tali busur
AB akan menjadi diameter lingkaran besar sehingga luas daerah yang berarsir
merupakan luas daerah lingkaran dengan diameter 8 atau 𝑟 = 4, yaitu 16𝜋.
2. Penggunaan Generalisasi

20. 15
Pada bagian ini, kami menyajikan beberapa contoh pemecahan masalah
yang diselesaikan dengan cara bekerja pada masalah berkaitan yang lebih
umum.
Masalah 7 : Jumlahan
Hitung jumlahan dari
𝑘
2=
.
Penyelesaian :
Misalkan ∑ =
= 𝑆. Kemudian 𝑆 diperumum menjadi 𝑆(𝑥) = ∑ 𝑘 𝑥=
sehingga nilai yang ingin diperoleh adalah 𝑆 = 𝑆( ). Dengan memandang
∑ 𝑥=
sebagai deret geometri, maka diketahui bahwa
1 + 𝑥
=
=
1 − 𝑥 +
1 − 𝑥
dengan 𝑥 ≠ 1.
Dengan menurunkan kedua ruas terhadap 𝑥 diperoleh
𝑘𝑥 −
=
=
1 − (𝑛 + 1)𝑥 + 𝑛𝑥 +
(1 − 𝑥)
.
Kemudian, mengalikan kedua ruas dengan 𝑥 diperoleh
𝑘𝑥
=
=
𝑥 − (𝑛 + 1)𝑥 +
+ 𝑛𝑥 +
(1 − 𝑥)
.
Menurunkan sekali lagi kedua ruas terhadap 𝑥 diperoleh
𝑘 𝑥 −
=
1 + 𝑥 − (𝑛𝑥 − 𝑛 − 1) 𝑥 − 𝑥 +
(1 − 𝑥)=
.
Mengalikan kembali kedua ruas dengan 𝑥, sehingga
𝑆(𝑥) =
𝑥(1 + 𝑥) − (𝑛𝑥 − 𝑛 − 1) 𝑥 +
− 𝑥 +
(1 − 𝑥)
.

21. 16
Dengan demikian, 𝑆 = 𝑆( ) =
+ − − − + − +
( − )
= 6 − + +
.
Masalah 8 : Determinan Matriks Vandermonde
Hitunglah determinan berikut
1 𝑎 𝑎 … 𝑎 −
1 𝑎 𝑎 … 𝑎 −
⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮
1 𝑎 𝑎 ⋯ 𝑎 −
.
Penyelesaian :
Sebelumnya, akan dibahas terlebih dahulu sebuah contoh kecil dimana akan
dihitung nilai dari 𝐷 =
1 𝑎 𝑎
1 𝑏 𝑏
1 𝑐 𝑐
. Bentuk 𝐷 diperumum menjadi 𝐷 (𝑥) =
1 𝑎 𝑎
1 𝑏 𝑏
1 𝑥 𝑥
. Maka 𝐷 (𝑥) merupakan polinom berderajat 2 dengan 𝑥 = 𝑎 dan 𝑥 =
𝑏 merupakan pembuat nol dari 𝐷 (𝑥). Dengan demikian, 𝐷 (𝑥) dapat
dinyatakan sebagai 𝐷 (𝑥) = 𝐴(𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏). Dengan ekspansi kofaktor,
diketahui bahwa 𝐴 = 𝐷 =
1 𝑎
1 𝑏
. Sehingga diperoleh
𝐷 (𝑥) = (𝑏 − 𝑎)(𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏)
dan
𝐷 = 𝐷 (𝑐) = (𝑏 − 𝑎)(𝑐 − 𝑎)(𝑐 − 𝑏).
Hal ini berlaku juga untuk masalah yang akan diselesaikan, dimana
𝐷 =
1 𝑎 𝑎 … 𝑎 −
1 𝑎 𝑎 … 𝑎 −
⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮
1 𝑎 𝑎 ⋯ 𝑎 −
diperumum menjadi
𝐷 (𝑥) =
1 𝑎 𝑎 … 𝑎 −
1 𝑎 𝑎 … 𝑎 −
⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮
1 𝑎 𝑎 ⋯ 𝑎 −
.

22. 17
Kemudian, dapat ditulis 𝐷 (𝑥) = 𝐷 − (𝑥 − 𝑎 )(𝑥 − 𝑎 ) … (𝑥 − 𝑎 − ) dan 𝐷 =
𝐷 (𝑎 ) = 𝐷 − (𝑎 − 𝑎 )(𝑎 − 𝑎 ) … (𝑎 − 𝑎 − ) dengan 𝐷 − dihitung dengan
cara yang serupa. Akhirnya diperoleh bahwa
𝐷 = (𝑎 − 𝑎 )
−
==
.
Masalah 9 : Integral yang Konvergen
Diberikan ∫ 𝑑𝑥 = . Tentukan nilai dari ∫ 𝑑𝑥.
Penyelesaian :
Bentuk ∫ 𝑑𝑥 diperumum menjadi 𝐼(𝑎) = ∫ 𝑑𝑥, sehingga nilai yang
dicari adalah 𝐼(1). Dengan melakukan penurunan terhadap parameter 𝑎,
diperoleh
𝐼 (𝑎) =
2 sin 𝑎𝑥 cos 𝑎𝑥 ⋅ 𝑥
𝑥
𝑑𝑥 =
sin 2𝑎𝑥
𝑥
𝑑𝑥
misalkan 𝑦 = 2𝑎𝑥 maka 𝑥 = 𝑦/2, 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦/2𝑎, dan
𝐼 (𝑎) =
sin 𝑦
𝑦
2
𝑑𝑦 =
sin 𝑦
𝑦
𝑑𝑦 =
1
2
𝜋.
Dengan demikian, 𝐼(𝑎) = 𝜋𝑎 + 𝑐. Sebelumnya diketahui bahwa 𝐼(0) =
∫ 0 𝑑𝑥 = 0, maka 𝑐 = 0. Akhirnya, diperoleh 𝐼(1) = 𝜋.
Pada dua masalah terakhir, kami menyajikan masalah yang mirip dengan
sebuah contoh kecil dari masalah 9 dan masalah tentang perbandingan nilai dari
dua buah bilangan irrasional.
Masalah 10 : Matriks Lagi
Hitunglah

23. 18
𝐷 =
1 𝑎 𝑎 𝑎
1 𝑏 𝑏 𝑏
1 𝑐 𝑐 𝑐
1 𝑑 𝑑 𝑑
Penyelesaian :
Masalah diperumum menjadi
𝐷(𝑥) =
1 𝑎 𝑎 𝑎
1 𝑏 𝑏 𝑏
1 𝑐 𝑐 𝑐
1 𝑥 𝑥 𝑥
Perhatikan bahwa 𝐷(𝑥) adalah polinom berderajat 4 (dalam 𝑥) dan jumlah
semua akar (pembuat nol) dari polinom berderajat 4 sama dengan negatif
koefisien 𝑥 dibagi koefisien 𝑥 .
Perhatikan juga bahwa koefisien 𝑥 dari 𝐷(𝑥) sama dengan nol. Sehingga,
𝐷(𝑥) = 𝐾(𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏)(𝑥 − 𝑐)(𝑥 + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐)
dengan 𝐾 =
1 𝑎 𝑎
1 𝑏 𝑏
1 𝑐 𝑐
.
Sehingga 𝐷(𝑥) = (𝑏 − 𝑎)(𝑐 − 𝑎)(𝑐 − 𝑏)(𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏)(𝑥 − 𝑐)(𝑥 + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐).
Akhirnya, 𝐷 = 𝐷(𝑑) = (𝑏 − 𝑎)(𝑐 − 𝑎)(𝑐 − 𝑏)(𝑑 − 𝑎)(𝑑 − 𝑏)(𝑑 − 𝑐)(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 +
𝑑).
Masalah 11 : Mana yang Lebih Besar
Mana yang lebih besar
√
60 atau 2 +
√
7 ?
Penyelesaian :
Perhatikan bahwa
√
60 = 4(8 + 7) dan 2 +
√
7 =
√
8 +
√
7
Kita perumum masalah menjadi :
“Mana yang lebih besar 4(𝑥 + 𝑦) atau
√
𝑥 +
√
𝑦 ; 𝑥, 𝑦 ≥ 0, 𝑥 ≠ 𝑦 ?”

24. 19
Misalkan 𝑥 = 𝑎 dan 𝑦 = 𝑏 ; 𝑎, 𝑏 ≥ 0, 𝑎 ≠ 𝑏, sehingga
√
𝑥 +
√
𝑦 = 𝑎 + 3𝑎 𝑏 + 3𝑎𝑏 + 𝑏 dan
4(𝑥 + 𝑦) = 4𝑎 + 4𝑏 = 𝑎 + 3𝑎 + 3𝑏 + 𝑏 .
Selanjutnya, dapat diperoleh
4(𝑥 + 𝑦) −
√
𝑥 + 𝑦 = 3𝑎 − 3𝑎 𝑏 + 3𝑏 − 3𝑎𝑏
= 3(𝑎 (𝑎 − 𝑏) + 𝑏 (𝑏 − 𝑎))
= 3(𝑎 (𝑎 − 𝑏) − 𝑏 (𝑎 − 𝑏))
= 3(𝑎 − 𝑏 )(𝑎 − 𝑏)
= 3(𝑎 + 𝑏)(𝑎 − 𝑏) > 0
Maka diperoleh 4(𝑥 + 𝑦) >
√
𝑥 +
√
𝑦 , akibatnya 4(𝑥 + 𝑦) ≥
√
𝑥 +
√
𝑦
Kembali pada masalah awal, kita peroleh bahwa
√
60 > 2 +
√
7.
Masalah Lainnya
[1] Dengan mengakali 𝑥 sama dengan nilai yang tepat ke dalam ekspansi
binomial
(1 + 𝑥) =
𝑛
𝑘
𝑥
=
(atau turunannya, dan lain-lain), tentukan nilai dari setiap jumlahan berikut :
(a) ∑ 𝑘
𝑛
𝑘=
, (b) ∑ 3
𝑛
𝑘=
,
(c) ∑ +
𝑛
𝑘=
, (d) ∑ (2𝑘 + 1)
𝑛
𝑘=
[2] Tentukan nilai dari

25. 20
(a) ∫ (𝑒−
sin 𝑥)/𝑥 𝑑𝑥
(b) ∫ (𝑥 − 1)/ ln 𝑥 𝑑𝑥
(c) ∫ ( )− ( )
𝑑𝑥
Masalah di Tingkat Sekolah
Perhatikan gambar berikut:
Pertanyaan: Tentukan banyaknya persegi pada pola ke 20?
Penyelesaian:
Pola ke-1 banyaknya persegi yaitu 1 = 1 × 1
Pola ke-2 banyaknya persegi yaitu 4 = 2× 2
Pola ke-3 banyaknya persegi yaitu 9 = 3 × 3
Pola ke-n banyaknya persegi yaitu 𝑛 = 𝑛 × 𝑛
Maka pola ke-20 = 20 × 20 = 400

26. 21
C. KESIMPULAN
Pemecahan masalah memiliki dimensi tujuan, proses dan kemampuan dasar.
Sebagai tujuan, pemecahan masalah merupakan tujuan utama dari pembelajaran
matematika. Sebagai proses, pemecahan masalah adalah suatu proses berpikir untuk
menemukan solusi dari masalah. Sedangkan sebagai kemampuan dasar, pemecahan
masalah dapat dan harus dipelajari oleh siswa sebagai kemampuan dasar baik dalam
matematika maupun sebagai bagian dari kehidupan masyarakat.
Dalam dimensi proses, pemecahan masalah adalah suatu proses berpikir yang
berupa tahapan-tahapan yang disebut heuristik. Sebagai bagian dari pemecahan
masalah, heuristik dapat dipelajari oleh siswa secara bertahap sebelum dapat
menggunakannya secara lengkap dalam proses pemecahan masalah. Kemampuan
siswa dalam menguasai heuristik pemecahan masalah akan menunjang terhadap
kemampuan siswa dalam pemecahan masalah.
Strategi heuristik dalam tulisan ini yaitu penggunaan kasus ekstrem dan
generalisasi. Kasus ekstrem perlu untuk dicoba pada setiap masalah, karena
penyelesaian yang diperoleh lewat strategi ini begitu sederhana dan tuntas.
Sedangkan dalam kemampuan generalisasi, seseorang menangkap struktur pokok,
pola dan prinsip-prinsip umum. Siswa akan mampu mengadakan generalisasi,
menangkap ciri-ciri atau sifat umum yang terdapat dari sejumlah hal-hal khusus.
Dengan demikian, siswa yang memiliki kemampuan generalisasi matematis, telah
terjadi transfer belajar dalam hal membuat kesimpulan matematis yang terlihat.

27. 22
DAFTAR PUSTAKA
Larson, L. C. (1981). Problem-Solving through Problem. New York: Springer-Verlag
New York Inc.
Scoenfeld, Alan H. (1980). Heuristik in the Classroom, dalam Krulik, S. dan Reys,
Robert E. (Eds). Problem Solving in School Mathematic. Virginia: NCTM.
Soekadijo, (2003). Logika Dasar: Tradisional, Simbolik, Induktif. Jakarta: PT
Gramedia Pustaka.
Sukmadinata & As’ari. (2006).Pengembangan Kurikulum Berbasis Kompetensi di
PT. Universitas Pendidikan Indonesia: Tidak diterbitkan.