Kunci Jawaban RPP PR MAT 11 A WAJIB PDF

Preview

Summary

Setelah mempelajari bab ini siswa: 1. mampu mendeskripsikan konsep sistem pertidaksamaan linear dua variabel; 2. mampu menerapkan konsep sistem pertidaksamaan linear dua variabel dalam menentukan nilai optimum dan memecahkan masalah program linear; 3. mampu merancang model matematika permasalahan p...

Description

Setelah mempelajari bab ini siswa: 1. mampu mendeskripsikan konsep sistem pertidaksamaan linear dua variabel; 2. mampu menerapkan konsep sistem pertidaksamaan linear dua variabel dalam menentukan nilai optimum dan memecahkan masalah program linear; 3. mampu merancang model matematika permasalahan program linear dan menyelesaikannya. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, siswa jeli dan kreatif dalam mencari solusi suatu permasalahan.

Materi • •

Sistem Pertidaksamaan Linear Dua Variabel (SPtLDV) Menyelesaikan Permasalahan Program Linear

Pembelajaran Kognitif • • • •

Pengertian pertidaksamaan linear dua variabel (PtLDV) dan Penyelesaiannya. Pengertian SPtLDV dan penyelesaiannya. Nilai optimum fungsi objektif. Model matematika permasalahan program linear.

Pengetahuan yang Dikuasai • • • •

Mendeskripsikan konsep SPtLDV. Menentukan daerah penyelesaian SPtLDV. Menentukan nilai optimum fungsi objektif. Merancang model matematika permasalahan program linear dan menyelesaikannya.

Kegiatan Psikomotorik Menggambar daerah penyelesaian SPtLDV dan permasalahan program linear pada koordinat kartesius.

Keterampilan yang Dikuasai Terampil menggambar daerah penyelesaian SPtLDV dan permasalahan program linear pada koordinat kartesius.

Kemampuan dan Sikap yang Dimiliki • •

2

Merancang model matematika berupa SPtLDV dari masalah program linear dan menyelesaikannya. Jeli dan kreatif dalam mencari solusi permasalahan.

Program Linear

A.

Pilihan Ganda

1. Jawaban: b Garis 3x – 5y = 15 memotong sumbu X di titik (5, 0) dan memotong sumbu Y di titik (0, –3). Uji titik (0, 0) ke dalam 3x – 5y ≤ 15. 3 · 0 – 5 · 0 ≤ 15 ⇔ 0 ≤ 15 (benar). Dengan demikian, daerah Y penyelesaian 3x – 5y ≤ 15 dibatasi garis 3x – 5y = 15 X dan memuat titik (0, 0). 0 5 Jadi, grafik himpunan –3 penyelesaiannya seperti grafik di samping. 2. Jawaban: c Persamaan garis yang melalui titik (–2, 0) dan titik (0, 1) sebagai berikut. y−0 1− 0

y 1

⇔

=

x+2 0+2

=

x+2 2

3. Jawaban: b Garis x – y = 3 melalui titik (0, –3) dan (3, 0). Daerah penyelesaian x – y ≤ 3 di kiri garis penuh x – y = 3. Garis 2x + 3y = 12 melalui titik (0, 4) dan (6, 0). Daerah penyelesaian 2x + 3y < 12 di kiri garis putus-putus 2x + 3y = 12. Daerah penyelesaian x ≤ 0 di kiri dan pada sumbu Y. Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan sebagai berikut. Y

x–y=3

4

–3

y−3 0−3

4)

x−0

= −5 − 0

y+4 4

⇔

x

= −5 ⇔ –5(y – 3) = –3x ⇔ –5y + 15 = –3x ⇔ 3x – 5y = –15 Daerah penyelesaian di kiri garis putusputus 3x – 5y = –15, maka PtLDV-nya 3x – 5y < –15. Persamaan garis yang melalui titik (–2, 0) dan (0, –4) sebagai berikut. y+4 0+4

⇔ 2y = x + 2 ⇔ 2y – x = 2 Titik (–1, 0) pada daerah penyelesaian. Uji titik (–1, 0) ke dalam 2y – x. 0 – (–1) = 1 < 2 (benar) Garis digambar putus-putus sehingga tanda ketidaksamaannya 0, y ∈ R}. 7.

Jawaban: c Grafik (1) dan (4) merupakan grafik fungsi surjektif karena untuk setiap y ∈ Y dapat ditemukan satu x ∈ X yang merupakan prapeta dari y. Cara lain: Suatu fungsi merupakan fungsi surjektif jika daerah kawan sama dengan daerah hasil. Grafik 1) dan 4) mempunyai daerah kawan = daerah hasil = {y | y ∈ R}. Jadi, grafik yang menunjukkan fungsi surjektif adalah 1) dan 4).

8.

Jawaban: a Grafik 1) dan 2) menunjukkan fungsi bijektif atau berkorespondensi satu-satu karena setiap garis tegak bertemu tepat satu titik dengan grafik dan setiap garis mendatar bertemu tepat satu titik dengan grafik.

9.

Jawaban: e h(x) = 2x2 – 3x + 1 ⇔ h(x – 2) = 2(x – 2)2 – 3(x – 2) + 1 ⇔ h(x – 2) = 2(x2 – 4x + 4) – 3x + 6 + 1 ⇔ h(x – 2) = 2x2 – 8x + 8 – 3x + 7 ⇔ h(x – 2) = 2x2 – 11x + 15 Jadi, rumus fungsi h(x – 2) = 2x2 – 11x + 15.

x2 – 16 ≥ 0 ⇔ (x + 4)(x – 4) ≥ 0 –

terdefinisi jika

≠0 (1 – ⇔ 1 – 2x ≠ 0


−  bernilai real, syaratnya:

+

  −



2x)2

Jawaban: d Agar f(x) =

Jawaban: b Fungsi f(x) =

f(x)

Jawaban: c Fungsi f: x –x3 + 1. Rumus fungsi f adalah f(x) = –x3 + 1. Daerah asal = {x | 1 ≤ x ≤ 4, x bilangan bulat} = {1, 2, 3, 4} f(1) = –(1)3 + 1 = –1 + 1 = 0 f(2) = –(2)3 + 1 = –8 + 1 = –7 f(3) = –(3)3 + 1 = –27 + 1 = –26 f(4) = –(4)3 + 1 = –64 + 1 = –63 Jadi, daerah hasil fungsi f adalah {0, –7, –26, –63}.

4.

6.

.

10. Jawaban: a Misalkan t = 2x + 1 ⇔ x =

−










( )(x) =  =

−

Substitusikan t = 2x + 1 dan x =
pada g(2x + 1) = 6x – 7.

−

g(t) = 6(
) – 7 ⇔ g(t) = 3(t – 1) – 7 ⇔ g(t) = 3t – 3 – 7 ⇔ g(t) = 3t – 10 ⇔ g(x) = 3x – 10 Jadi, rumus fungsi g(x) = 3x – 10.

( )(x) =  =

    (x)  



−  −
+  −


=



−
−


Jadi, (f + g)(x) =



−
; −


x ≠ 2.

  − 

=  −   +  −  =


+  +  −  
− 

=


+
 −  
− 



 

=



+  − 
 + 

=


 +   − 
 + 

 − 

=


+  −  +  
− 

=


+  
− 



=  − ·  =



= x – 1 ⇔    (a) = a – 1  

14. Jawaban: d f(x) = x2 + 8x + 7 Daerah asal alami fungsi f: Df = {x | x ∈ R} g(x) = x + 1 Daerah asal alami fungsi g: Dg = {x | x ∈ R}     (x)  

=

 

=

 + 
+  + 

f(x) ≠ 0 ⇔ x2 + 8x + 7 ≠ 0 ⇔ (x + 1)(x + 7) ≠ 0 ⇔ x ≠ –1 atau x ≠ –7 = {x | x ∈ R} ∩ {x | x ∈ R} ∩ {x | x ≠ –1, x ≠ –7} = {x | x ≠ –1, x ≠ –7, x ∈ R}

Jadi, daerah asal fungsi (  )(x) adalah {x | x ≠ –1 atau x ≠ –7, x ∈ R}. 15. Jawaban: c 

Diketahui p(x) = 2x dan q(x) =  +  . (p – q)(x) = p(x) – q(x) 

(u · v)(x) = u(x) · v(x)

 + 
− 

    (x)  



=  −   –  − 

 +

 −

=x–1



=  − –   +  

 −

  = Dg ∩ Df dengan f(x) ≠ 0

(u – v)(x) = u(x) – v(x)  +


+   −



=  − +   +  

=

Jadi, rumus fungsi    (a) = a – 1.  

12. Jawaban: a (u + v)(x) = u(x) + v(x)  +

=  +  =
 +

=



=

   +  −

 +   −

13. Jawaban: c

= (2x + 1) + (  −
) =

=

Jadi, pernyataan yang benar pada pilihan a.

11. Jawaban: c (f + g)(x) = f(x) + g(x)


 +   −
+  −


 +  −  

= 2x –  +  =


 +  −   +

=



+
 −   +

=


 −   +
 +

Matematika Kelas XI

57

Fungsi (p – q)(x) =


 −   +
 +

b.

, x ≠ –1´merupakan

g(x) =  +  terdefinisi jika x + 1 tidak negatif, yaitu: x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ –1 Jadi, daerah asal alami fungsi g adalah {x | x ≥ –1, x ∈ R}.

fungsi tidak injektif karena untuk x1 = 1 dan x2 = –2(x1 ≠ x2), diperoleh (p – q)(1) = (p – q)(–2) = 0. Fungsi (p – q)(x) =


 −   +
 +

, x ≠ –1 merupakan

fungsi surjektif karena untuk setiap y ∈ R, akan terdapat nilai x1 yang memenuhi y = Jadi, fungsi (p – q)(x) =


 −   +
 + 


 −   +
 +

c.

.

1.

2x + 5y = 10 ⇔ 5y = 10 – 2x ⇔ y =

i(x) =

akan terdefinisi jika 4x – 1 tidak

nol dan tidak negatif, yaitu:

 −
 

{x | x >  , x ∈ R}.

x + y2 = 4 ⇔ y2 = 4 – x ⇔ y = ±  −  Perhatikan untuk setiap nilai x akan dihasilkan dua nilai y yaitu y =  −  atau y = –  −  . Oleh karena untuk setiap x ∈ R, mempunyai dua kawan y ∈ R maka relasi R3 = {(x, y) | x + y2 = 4} bukan fungsi. 9x2 + 25y2 = 225 ⇔ 25y2 = 225 – 9x2 y2 =



y=±



 − 



dihasilkan dua nilai y yaitu y =

 − 



3.

a.

b.

4.

a.



 − 



Perhatikan untuk setiap nilai x akan

y=–



.

c.

⇔



 − 



b.

atau

. Oleh karena untuk setiap

x ∈ R, mempunyai dua kawan y ∈ R maka relasi R4 = {(x, y) | 9x2 + 25y2 = 225} bukan fungsi.

c.

Pada grafik f(x), f(x) terdefinisi untuk semua x bilangan real kecuali di x = 4. Jadi, daerah asal fungsi f(x) adalah {x | x ≠ 4, x ∈ R}. Pada grafik g(x), g(x) terdefinisi untuk semua x bilangan real x ≥ 5. Jadi, daerah asal fungsi f(x) adalah {x | x ≥ 5, x ∈ R}. Fungsi f(x) = 20 tidak injektif karena untuk x1 = 2 dan x2 = 5 berlaku f(x1) = f(x2) = 20. Fungsi f(x) = 20 tidak surjektif karena untuk y = 10 tidak ada x1 yang memenuhi sehingga y = f(x1) = 10. Oleh karena fungsi f(x) = 20 tidak injektif dan tidak surjektif maka fungsi f(x) = 20 tidak bijektif. Jadi, fungsi f(x) = 20 tidak injektif, tidak surjektif dan tidak bijektif. Fungsi f(x) = 3x – 1 injektif karena untuk setiap nilai x1 ≠ x2 berlaku (f(x1) ≠ f(x2)). Fungsi f(x) = 3x – 1 surjektif karena untuk setiap nilai y terdapat nilai x1 yang memenuhi y = f(x1). Oleh karena fungsi f(x) = 3x – 1 injektif dan surjektif maka fungsi f(x) = 3x – 1 bijektif. Jadi, fungsi f(x) = 3x – 1 bijektif. Grafik fungsi f(x) = 4 – x2 Y

f(x) = x2 + 2x + 1 selalu ada nilainya untuk setiap x anggota bilangan real. Jadi, daerah asal alami fungsi f adalah {x | x ∈ R}.

4

–2

58

  − 

4x – 1 > 0 ⇔ 4x > 1 ⇔ x >  Jadi, daerah asal alami fungsi i adalah

x2 + y = 9 ⇔ y = 9 – x2 Relasi R2 = {(x, y) | x2 + y = 9} merupakan fungsi karena untuk setiap x ∈ R, mempunyai tepat satu kawan y ∈ R dengan nilai y = 9 – x2.

a.

terdefinisi jika 2x – 4 ≠ 0.

Relasi R1 = {(x, y) | 2x + 5y = 10} merupakan fungsi karena untuk setiap x ∈ R, mempunyai tepat satu kawan y ∈ R dengan nilai y =

⇔

2.

d.

 −
 

b.

d.

+
 − 

2x – 4 ≠ 0 ⇔ 2x ≠ 4 ⇔ x ≠ 2 Jadi, daerah asal alami fungsi h adalah {x | x ∈ R, x ≠ 2}.

Uraian a.

Bentuk pecahan terdefinisi jika penyebutnya tidak nol. h(x) =

, x ≠ –1

merupakan fungsi surjektif, tetapi tidak injektif. B.

Suatu bentuk akar terdefinisi jika bilangan di dalam akar tidak negatif.

Komposisi Fungsi dan Fungsi Invers

0

2

X

d.

Fungsi f(x) = 4 – x2 tidak injektif karena untuk x1 = –2 dan x2 = 2 berlaku f(x1) = f(x2) = 0. Fungsi f(x) = 4 – x2 tidak surjektif karena untuk y > 4 tidak ada x1 yang memenuhi sehingga y = f(x1). Oleh karena fungsi f(x) = 4 – x2 tidak injektif dan tidak surjektif maka fungsi f(x) = 4 – x2 tidak bijektif. Jadi, fungsi f(x) = 4 – x2 tidak injektif, tidak surjektif dan tidak bijektif. Grafik fungsi x – 4 untuk x < 0 f(x) = x2 – 4 untuk 0 ≤ x ≤ 3 2x – 1 untuk x > 3 tampak seperti gambar berikut.

b.

Untuk setiap daerah asal tersebut, setiap nilai x yang berbeda (x1 ≠ x2) berlaku (f1(x1) ≠ f2(x2)). Grafik fungsi f2(x) = sin x untuk 0 ≤ x ≤ 2π tampak seperti gambar berikut.

Agar fungsi f2(x) = sin x untuk 0 ≤ x ≤ 2π menjadi fungsi injektif daerah asalnya π

harus dibatasi yaitu {x | 0 ≤ x ≤
, x ∈ R} atau

Y

π

0

2

X

6.

–4

a.



a.

Agar fungsi f(x) = x2 – 9 menjadi fungsi injektif daerah asalnya harus dibatasi yaitu {x | x ≤ 0, x ∈ R} atau {x | x ≥ 0, x ∈ R}. Untuk setiap daerah asal tersebut, setiap nilai x yang berbeda (x1 ≠ x2) berlaku (f(x1) ≠ f(x2)). 2) Daerah hasil fungsi f(x) = x2 – 9 adalah {y | y ≥ –9, y ∈ R}. Setiap y ∈ {y | y ≥ –9, y ∈ R} akan mempunyai kawan paling sedikit satu di daerah asal. Agar f(x) = x2 – 9 menjadi fungsi surjektif daerah kawan harus dibatasi menjadi {y | y ≥ –9, y ∈ R). Jadi, agar f(x) = x2 – 9 menjadi fungsi bijektif daerah asalnya harus dibatasi menjadi {x | x ≤ 0, x ∈ R) atau {x | x ≥ 0, x ∈ R} dan daerah kawan harus dibatasi menjadi {y | y ≥ –9, y ∈ R}.

b.

1)

Agar fungsi g(x) =  −  menjadi fungsi injektif daerah asalnya harus dibatasi yaitu {x | x ≥ 1, x ∈ R}. Untuk setiap daerah asal tersebut, setiap nilai x yang berbeda (x1 ≠ x2) berlaku (g(x1) ≠ g(x2)).

2)

Daerah hasil fungsi g(x) =  −  adalah {y | y ≥ 0, x ∈ R}. Setiap y ∈ {y | y ≥ 0, y ∈ R} akan mempunyai kawan paling sedikit satu di daerah asal. Jadi, agar g(x)

Fungsi f(x) merupakan fungsi injektif karena untuk setiap nilai x yang berbeda (x1 ≠ x2) berlaku (f(x1) ≠ f(x2)). Fungsi f(x) surjektif karena untuk setiap nilai y terdapat nilai x1 yang memenuhi y = f(x1). Oleh karena fungsi f(x) injektif dan surjektif maka fungsi f(x) bijektif. x – 4 untuk x < 0 Jadi, fungsi f(x) = x2 – 4 untuk 0 ≤ x ≤ 0 2x – 1 untuk x > 3 merupakan fungsi bijektif. 5.

π

{x |
≤ x ≤
, x ∈ R} atau {x | x ≥
π, x ∈ R}. Untuk setiap daerah asal tersebut, setiap nilai x yang berbeda (x1 ≠ x2) berlaku (f1(x1) ≠ (f2(x2)).

Grafik fungsi f1(x) = x 2 – 2x – 6 tampak seperti gambar berikut.

Y

–2 –1 0 –1

1

2

3

1)

X

–2 –3 –4 –5 –6 –7

Agar fungsi f(x) = x2 – 2x – 6 menjadi fungsi injektif daerah asalnya harus dibatasi yaitu {x | x ≤ 1, x ∈ R} atau { | x ≥ 1, x ∈ R}.

=  −  menjadi fungsi surjektif daerah kawan harus dibatasi menjadi {y | y ≥ 0, y ∈ R}. Jadi, agar g(x) =  −  menjadi fungsi bijektif daerah asalnya harus dibatasi yaitu {x | x ≥ 1, x ∈ R} dan daerah kawan harus dibatasi menjadi {y | y ≥ 0, y ∈ R}. Matematika Kelas XI

59

c.

1)

2)

−


Agar fungsi h(x) =  −  menjadi fungsi injektif daerah asalnya harus dibatasi yaitu {x | x ≠ 4, x ∈ R}.Untuk setiap daerah asal tersebut, setiap nilai x yang berbeda (x1 ≠ x2) berlaku (h(x1) ≠ h(x2)).

c.

= (x2 – 2x + 4)(  ) = x2  – 2x  + 4  Daerah asal fungsi (g · h) = D(g · h) = Dg ∩ Dh = {x | x ∈ R} ∩ {x | x ≥ 0, x ∈ R} = {x | x ≥ 0, x ∈ R}.

−


Daerah hasil fungsi h(x) =  −  adalah {y | y ≠ 1, y ∈ R}. Setiap y ∈ {y ≠ 1, y ∈ R} akan mempunyai kawan paling sedikit

d.

−


satu di daerah asal. Jadi, agar h(x) =  −  menjadi fungsi surjektif daerah kawan harus dibatasi menjadi {y | y ≠ 1, y ∈ R}.



Daerah asal fungsi (  ) = 

f(t) =

 −  −

⇒ f(2) =

−


e.

8.

= x2 + x + 6 +  Daerah asal fungsi (f + g + h) = D(f + g + h) = D f ∩ Dg ∩ Dh = {x | x ∈ R} ∩ {x | x ∈ R} ∩ {x | x ≥ 0, x ∈ R} = {x | x ≥ 0, x ∈ R}.

60

Komposisi Fungsi dan Fungsi Invers







(  +  )(x) =  +   =  +  =

f.


−
 +   +
+ 

Fungsi (f + h)(x) = 3x + 2 +  terdefinisi untuk x ≥ 0 dan mempunyai nilai minimum 2 untuk x = 0. Dengan demikian 3x + 2 + tidak pernah bernilai nol. 

Daerah asal fungsi (  +  ) = 

      + 



= Dg ∩ Df

∩ D h ∩ {x | (f + h)(x) ≠ 0} = {x | x ∈ R} ∩ {x | x ≥ 0, x ∈ R} ∩ {x | x ∈ R} = {x | x ≥ 0, x ∈ R}. 9.

2

x–4

2 2

Daerah asal alami fungsi f(x) = 3x + 2 adalah Df = {x | x ≥ 0, x ∈ R}. Daerah asal alami fungsi g(x) = x2 – 2x + 4 adalah Dg = {x | x ≥ 0, x ∈ R}. Daerah asal alami fungsi h(x) =  adalah Dh = {x | x ∈ R}. a. (f + g)(x) = f(x) + g(x) = (3x + 2) + (x2 – 2x + 4) = x2 + x + 6 Daerah asal fungsi (f + g) = D(f + g)= Df ∩ Dg = {x | x ∈ R} ∩ {x | x ∈ R} = {x | x ∈ R}. b. (g – f)(x) = g(x) – f(x) = (x2 – 2x + 4) – (3x + 2) = x2 – 5x + 2

−


{x | x ≠  , x ∈ R} = {x | x ≠  , x ∈ R}. (f + g + h)(x) = f(x) + g(x) + h(x) = (3x + 2) + (x2 – 2x + 4) + (  )


 −  − 

= Dg ∩ Df ∩

{x | f(x) ≠ 0} = {x | x ∈ R} ∩ {x | x ∈ R} ∩

 −  −

=– 

 



f(x) + 2f(1 – x) = 2x Misalkan x = t maka berlaku f(t) + 2f(1 – t) = 2t . . . (1) Misalkan 1 – x = t ⇔ x = 1 – t. Substitusikan t = 1 – x dan x = 1 – t pada persamaan f(x) + 2 · f(1 – x) = 2x ⇔ f(1 – t) + 2f(1 – (1 – t) = 2(1 – t) ⇔ f(1 – t) + 2f(t) = 2 – 2t . . . (2) Eliminasi f(1 – t) dari persamaan (1) dan (2). f(t) + 2f(1 – t) = 2t × 1 f(t) + 2f(1 – t) = 2t f(1 – t) + 2f(t) = 2 – 2t × 2 2f(1 – t) + 4f(t) = 4 – 4t –––––––––––––––––– – –3f(t) = 6t – 4 f(t) =


−
 +   +


−


−


⇔





(  )(x) =  =

f(x) ≠ 0 ⇔ 3x + 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 

Jadi, agar h(x) =  −  menjadi fungsi bijektif daerah asalnya harus dibatasi yaitu {x | x ≠ 4, x ∈ R} dan daerah kawan harus dibatasi menjadi {y | y ≠ 1, y ∈ R}. 7.

Daerah asal fungsi (g – f) = Dg – f = Dg ∩ Df = {x | x ∈ R} ∩ {x | x ∈ R} = {x | x ∈ R}. (g · h)(x) = g(x) · h(x)

2

x–4 x–4

x–

4

2

a.

b.

Volume kotak: V(x) = panjang × lebar × tinggi = (x – 4) × (x – 4) × 2 = 2x2 – 32 Jadi, volume kotak = V(x) = (2x2 – 32) cm3. x merupakan panjang sehingga nilai x ≥ 0 . . . (1) x – 4 merupakan panjang sehingga nilai x–4≥0⇔x≥4 . . . (2)

V(x) = 2x2 – 32 merupakan volume sehingga 2x2 – 32 ≥ 0 ⇔ 2(x + 4)(x – 4) ≥ 0 ⇔ x ≤ –4 atau x ≥ 4 . . . (3) Irisan (1),(2) dan (3) adalah x ≥ 4. Jadi, daerah asal fungsi V(x) = 2x2 – 32 adalah {x | x ≥ 4, x ∈ R}. 10. a.

Jumlah gula yang dibutuhkan perusahaan = (f + g)(x) = f(x) + g(x) 








=  x Jadi, fungsi banyak gula yang dibutuhkan perusahaan untuk x bungkus roti isi selai


adalah (f + g) (x) =  x. Jumlah gula yang dibutuhkan perusahaan untuk membuat 1.000 bungkus roti isi selai:

b.




(f + g)(1.000) =  · 1.000 = 280 kg.



=  x +  x

A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: b Fungsi komposisi (f g)(x) = f(g(x)) g 0 1 2

f 1 2 3 4



=  x +  x

2 4 6 8

Jadi, f g = {(0, 2), (1, 4), (2, 6)}. 2. Jawaban: e Jika a dan b fungsi serta Ra ∩ Db ≠ Ø maka fungsi komposisi b a ada. a. Fungsi komposisi f g Rg ∩ Df = {6, 7, 8} ∩ {1, 2, 3} = Ø Oleh karena Rg ∩ Df = Ø maka f g tidak ada. b. Fungsi komposisi f h Rh ∩ Df = {8, 9, 10} ∩ {1, 2, 3} = Ø Oleh karena Rh ∩ Df = Ø maka f h tidak ada. c. Fungsi komposisi g h Rh ∩ Dg = {8, 9, 10} ∩ {4, 5, 6} = Ø Oleh karena Rh ∩ Dg = Ø maka g h tidak ada. d. Fungsi komposisi h f Rf ∩ Dh = {3, 4, 5} ∩ {7, 8, 9} = Ø Oleh karena Rf ∩ Dh = Ø maka h f tidak a...