Pembahasan OSN Matematika SMA Tahun 2013 Seleksi Tingkat ...

55 downloads 32 Views 269KB Size Report
Tutur Widodo www.pintarmatematika.net. Pembahasan OSN Matematika SMA Tahun 2013. Seleksi Tingkat Provinsi. Tutur Widodo. Bagian Pertama : Soal Isian  ...

Tutur Widodo

www.pintarmatematika.net

Pembahasan OSN Matematika SMA Tahun 2013 Seleksi Tingkat Provinsi Tutur Widodo Bagian Pertama : Soal Isian Singkat 1. Diberikan tiga lingkaran dengan radius r = 2, yang saling bersinggungan. Total luas dari ketiga lingkaran tersebut berikut daerah yang dibatasinya sama dengan ... Penyelesaian :

A

B

C

ABC adalah segitiga samasisi dengan panjang sisi 2r = 4. Sehingga Luas 4ABC = √ 1 × 42 × sin 60◦ = 4 3. Sedangkan luas ketiga daerah lingkaran diluar segitiga ABC 2 yaitu 900◦ × π × 22 = 10π 360◦ √ Jadi, luas daerah yang diminta soal adalah 4 3 + 10π satuan luas. 2. 2013 lampu dikontrol oleh 2013 tombol saklar yang diberi nomor 1, 2, 3, · · · , 2013. Menekan tombolsaklar satu kali akan merubah nyala lampu (hidup atau mati). Pada awalnya semua lampu dalam keadaan mati. Pada hari pertama, semua tombol saklar ditekan satu kali. Pada hari kedua, semua tombol saklar bernomor 2 atau kelipatan 2 ditekan sekali. Dengan melakukan hal yang sama pada hari ke-n, semua tombol saklar lampu bernomor n atau kelipatan n ditekan sekali. Demikian seterusnya. Berapa banyak lampu dalam kondisi hidup setelah operasi pada hari ke 2013 dilakukan ? Penyelesaian : 1

Tutur Widodo

www.pintarmatematika.net

Perhatikan bahwa jika saklar lampu ditekan sebanyak k kali dengan k bilangan ganjil maka lampu tersebut akan menyala. Itu artinya cukup dicari bilangan yang memiliki banyak faktor ganjil. Dan tentu saja bilangan yang memiliki sifat demikian adalah bilangan kuadrat sempurna. Padhal bilangan kuadrat sempurna kurang dari 2013 ada sebanyak 44. Oleh karena itu, banyak lampu dalam kondisi hidup setelah operasi pada hari ke 2013 adalah 44 lampu. cx , x 6= 23 dan f f (x) = x untuk semua 3. Diberikan fungsi real f dengan f (x) = 2x − 3 x 6= 23 . Nilai f (2013) adalah ... Penyelesaian :   Dari keterangan bahwa f f (x) = x dapat disimpulkan bahwa f adalah invers dari 3x dirinya sendiri. Padahal f −1 (x) = . Oleh karena itu, karena f (x) = f −1 (x) 2x − c 6039 3x dan karenanya f (2013) = . diperoleh c = 3. Sehingga diperoleh f (x) = 2x − 3 4023 



4. Pasangan bilangan bulat positif (x, y) yang memenuhi xy 2 x+y bilangan prima adalah ... Penyelesaian : Misalkan F P B(x, y) = d maka diperoleh x = dp dan y = dq dengan F P B(p, q) = 1. Dari sini diperoleh d3 pq 2 d2 pq 2 xy 2 = = x+y dp + dq p+q 2

Karena F P B(p, q) = 1 maka F P B(p + q, pq ) = 1. Sehingga haruslah 2

itu, mengingat

2

d pq prima maka q = 1. Akibatnya agar p+q

d2 p p+1

(p + q) d2 .

Selain

prima, ada dua kasus yang

mungkin d2 prima dan p = 1. p+1 Akibatnya d = 2. Sehingga diperoleh x = dp = 2 dan y = dq = 2. d2 = 1 prima dan p prima. • p+1 Diperoleh d = 2 dan p = 3. Sehingga x = dp = 6 dan y = dq = 2.



Jadi, ada dua pasangan bilangan (x, y) yang memenuhi yaitu (2, 2) dan (6, 2). 5. Jika |x| + x + y = 10 dan x + |y| − y = 12, maka nilai dari x + y adalah ... Penyelesaian : Bagi menjadi 4 kasus, a. x < 0 dan y < 0, diperoleh |x| + x + y = 10 ⇔ y = 10. Tidak memenuhi. 2

Tutur Widodo

www.pintarmatematika.net

b. x ≥ 0 dan y ≥ 0, diperoleh x + |y| − y = 12 ⇔ x = 12. Tetapi |x| + x + y = 10, tidak memenuhi. c. x < 0 dan y ≥ 0, diperoleh |x| + x + y = 10 ⇔ y = 10 sehingga x + |y| − y = 12 ⇔ x = 12, tidak memenuhi karena x < 0. d. x ≥ 0 dan y < 0, diperoleh |x| + x + y = 10 ⇔ 2x + y = 10 dan x + |y| − y = 14 32 dan y = − 12 ⇔ x − 2y = 12. Dengan eliminasi sederhana kita peroleh x = 5 5 18 sehingga x + y = . 5 18 Jadi, x + y = . 5 6. Banyaknya bilangan bulat positif n yang memenuhi n2 − 660 merupakan bilangan kuadrat sempurna adalah ... Penyelesaian : Misalkan n2 − 660 = k 2 untuk suatu bilangan bulat positif k. Selanjutnya kita peroleh n2 − k 2 = 660 ⇔ (n + k)(n − k) = 22 · 3 · 5 · 11. Karena (n + k) > (n − k) dan keduanya memiliki paritas yang sama, akibatnya ada empat kasus yang mungkin, • n + k = 330 dan n − k = 2 sehingga diperoleh n = 166 dan k = 164. • n + k = 110 dan n − k = 6 sehingga diperoleh n = 58 dan k = 52. • n + k = 66 dan n − k = 10 sehingga diperoleh n = 38 dan k = 28. • n + k = 30 dan n − k = 22 sehingga diperoleh n = 26 dan k = 4. Jadi, ada 4 bilangan asli n yang memenuhi. 7. Ada berapa barisan sembilan suku a1 , a2 , a3 , · · · , a9 , yang masing - masing sukunya adalah 0, 1, 2, 3, · · · , 8 atau 9 dan memuat tepat satu urutan ai , aj dimana ai genap dan aj ganjil? Penyelesaian :

Misalkan bola biru mewakili kemungkinan tempat untuk bilangan genap dan bola merah mewakili kemungkinan tempat untuk bilangan ganjil. Dua bola biru dan merah yang berada di dalam kotak merupakan dua bilangan dengan urutan genap ganjil seperti yang diharapkan pada soal. Terlebih dahulu kita bagi menjadi dua kasus, 3

Tutur Widodo

www.pintarmatematika.net

• Terdapat 5 bilangan ganjil dan 4 bilangan genap dalam barisan. Untuk memilih 4 bilangan genap dari 5 bilangan genap yang tersedia ada 5 cara. Perhatikan juga bahwa cara memilih dua bilangan yang diletakkan didalam kotak ada 4 × 5 = 20 cara. Sedangkan untuk menempatkan 4 bilangan ganjil sisanya ada 4! + 3!1! + 2!2! + 1!3! + 4! = 64 cara. Dan untuk menempatkan 3 bilangan genap sisanya ada 3! + 2!1! + 1!2! + 3! = 16 cara. Jadi barisan berbeda yang dapat dibentuk pada kasus ini adalah 5 × 20 × 64 × 16 = 102400 • Terdapat 4 bilangan ganjil dan 5 bilangan genap dalam barisan. Untuk kasus ini sama persis dengan kasus pertama hanya mengganti jumlah genap dan ganjilnya saja. Jadi untuk kasus ini juga diperoleh 102400 barisan. Jadi, total ada 204800 barisan sembilan digit yang bisa dibentuk. 8. Bilangan asli n dikatakan cantik jika n terdiri dari 3 digit berbeda atau lebih dan digitdigit penyusunnya tersebut membentuk barisan aritmetika atau barisan geometri. Sebagai contoh 123 adalah bilangan cantik karena 1, 2, 3 membentuk barisan aritmetika. Banyak bilangan cantik adalah ... Penyelesaian : Kemungkinan barisan geometri yang bisa disusun yaitu a. 1, 2, 4, 8. Banyak bilangan cantik yang dapat disusun dari barisan ini adalah 3 × 2 = 6. b. 1, 3, 9. Banyak bilangan cantik yang dapat disusun dari barisan ini adalah 1 × 2 = 2. Kemungkinan barisan aritmetika yang bisa disusun yaitu a. 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 Banyak bilangan cantik yang dapat disusun dari barisan ini adalah 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 64. b. 0, 2, 4, 6, 8 Banyak bilangan cantik yang dapat disusun dari barisan ini adalah 2+1+3+2+1 = 9. c. 1, 3, 5, 7, 9 Banyak bilangan cantik yang dapat disusun dari barisan ini adalah 3+2+1+3+2+1 = 12. d. 0, 3, 6, 9 Banyak bilangan cantik yang dapat disusun dari barisan ini adalah 1 + 2 + 1 = 4. e. 1, 4, 7 Banyak bilangan cantik yang dapat disusun dari barisan ini adalah 1 × 2 = 2. 4

Tutur Widodo

www.pintarmatematika.net

f. 2, 5, 8 Banyak bilangan cantik yang dapat disusun dari barisan ini adalah 2 × 2 = 1. g. 0, 4, 8 Banyak bilangan cantik yang dapat disusun dari barisan ini adalah 1. h. 1, 5, 9 Banyak bilangan cantik yang dapat disusun dari barisan ini adalah 2 × 1 = 2. Jadi, total bilangan cantik yang dapat disusun adalah 6 + 2 + 64 + 9 + 12 + 4 + 2 + 2 + 1 + 2 = 104 9. Misalkan M adalah titik tengah sisi BC pada 4ABC dan ∠CAB = 45◦ , ∠ABC = 30◦ maka tan ∠AM C adalah ... Penyelesaian : C 105◦ M 45◦

30◦

B

A

Berdasarkan aturan sinus pada 4ABC diperoleh AC BC = sin B sin A

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

AC BC = sin 30◦ sin 45◦ AC BC √ 1 = 1 2 2 2 1 AC 2 = BC 2 2 1 BC AC = 2 BC AC AC MC = BC AC

Jadi, 4ABC sebangun dengan 4AM C sehingga ∠AM C = ∠CAB = 45◦ . Akibatnya tan ∠AM C = 1. 10. Diberikan bilangan prima p > 2013. Misalkan a dan b adalah bilangan - bilangan asli sehingga a + b habis dibagi p tetapi tidak habis dibagi p2 . Jika diketahui a2013 + b2013 habis dibagi p2 maka banyak bilangan asli n ≤ 2013 sehingga a2013 + b2013 habis dibagi 5

Tutur Widodo

www.pintarmatematika.net

pn adalah ... Penyelesaian : Karena a + b ≡ 0 mod p =⇒ a ≡ −b mod p. Selain itu, kita juga punya 

a2013 + b2013 = (a + b) a2012 − a2011 b + a2010 b2 − · · · + a2 b2010 − ab2011 + b2012



karena p membagi (a + b) tetapi p2 tidak membagi (a + b) maka p membagi (a2012 − a2011 b + a2010 b2 − · · · + a2 b2010 − ab2011 + b2012 ). Dengan demikian diperoleh a2012 − a2011 b + a2010 b2 − · · · + a2 b2010 − ab2011 + b2012 ≡ 0 mod p b2012 + b2012 + b2012 + · · · + b2012 + b2012 + b2012 ≡ 0 mod p 2013b2013 ≡ 0 mod p b ≡ 0 mod p



Jadi, p|b =⇒ p|a. Sehingga p2013 (a2013 + b2013 ). Sehingga diperoleh pn (a2013 + b2013 ) untuk setiap bilangan asli n ≤ 2013. Jadi, banyak bilangan asli n ≤ 2013 sehingga a2013 + b2013 habis dibagi pn adalah 2013. 11. Ada enam anak TK masing-masing membawa suatu makanan. Mereka akan mengadakan kado silang, yaitu makanannya dikumpulkan dan kemudian dibagi lagi sehingga masingmasing anak menerima makanan yang bukan makanan yang dibawa semula. Banyaknya cara untuk melakukan hal tersebut adalah ... Penyelesaian : Jika hanya ada satu anak jelas tidak ada proses pertukaran kado. Jika terdapat dua anak maka banyak cara pertukaran kado ada tepat 1 cara. Jika anak ketiga masuk dalam kelompok maka dia punya kesempatan untuk bertukar kado dengan 2 orang yang telah ada dalam kelompok sebelumnya. Jadi, jika terdapat tiga anak maka banyak cara pertukaran kado ada 2 × 1 = 2 cara. Seterusnya jika anak keempat masuk maka anak keempat memiliki kesempatan untuk bertukar kado dengan 3 teman yang lain, anak kelima memiliki 4 kesempatan dan anak keenam memiliki 5 kesempatan. Jadi jika terdapat enam anak maka banyak cara pertukaran kado ada 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120 cara. Lebih umum, jika terdapat n anak maka banyak cara pertukaran kado ada (n − 1)! cara. 12. Grafik parabola y = x2 − a dan x = y 2 − b dengan a > 0 dan b > 0 berpotongan di empat titik (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), (x3 , y3 ) dan (x4 , y4 ). Nilai (x1 + x2 )(x1 + x3 )(x1 + x4 ) adalah ... Penyelesaian : Dari y = x2 − a =⇒ y 2 = x4 − 2ax2 + a2 sehingga x = y 2 − b =⇒ x = x4 − 2ax2 + a2 − b yang equivalen dengan persamaan derajat empat x4 − 2ax2 − x + a2 − b = 0. Karena x1 , x2 , x3 , x4 adalah absis dari perpotongan kedua grafik maka x1 , x2 , x3 , x4 adalah akar -

6

Tutur Widodo

www.pintarmatematika.net

akar dari x4 − 2ax2 − x + a2 − b = 0. Berdasarkan teorema Vieta untuk polinom derajat empat diperoleh x1 + x 2 + x3 + x 4 = 0 x1 x 2 x3 + x1 x2 x4 + x1 x3 x4 + x2 x3 x4 = 1 Oleh karena itu diperoleh, (x1 + x2 )(x1 + x3 )(x1 + x4 ) = x31 + x21 x2 + x21 x3 + x21 x4 + x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + x1 x3 x4 + x2 x3 x4 = x21 (x1 + x2 + x3 + x4 ) + 1 = x21 · 0 + 1 =1 13. Sebuah dadu dilempar 2 (dua) kali. Misalkan a dan b berturut-turut adalah angka yang muncul pada pelemparan pertama dan kedua. Besarnya peluang terdapat bilangan real x, y, dan z yang memenuhi persamaan x+y+x=a

dan

x2 + y 2 + z 2 = b

sebesar ... Penyelesaian : x + y + x = a =⇒ x2 + y 2 + z 2 + 2(xy + yz + zx) = a2 =⇒ b + 2(xy + yz + zx) = a2 Dari rearrangement equality kita tahu bahwa x2 +y 2 +z 2 ≥ xy+yz+zx. Dengan demikian a2 = b + 2(xy + yz + zx) ≤ b + 2(x2 + y 2 + z 2 ) = 3b Sehingga pasangan bilangan (a, b) yang mungkin yaitu (1, 1), (1, 2), (2, 2), (1, 3), (2, 3), (3, 3), (1, 4), (2, 4), (3, 4), (1, 5), (2, 5), (3, 5), (1, 6), (2, 6), (3, 6), (4, 6) ada 16 kemungkinan. Jadi, 16 4 peluangnya adalah = . 36 9 14. Misalkan ∆1 , ∆2 , ∆3 , adalah barisan segitiga sama sisi dengan panjang sisi ∆1 adalah 1. Untuk n ≥ 1, segitiga ∆n+1 didefinisikan dengan cara sebagai berikut: pertama didefinisikan Pn sebagai persegi yang titik-titik sudutnya terletak pada sisi-sisi ∆n , selanjutnya didefinisikan Ln sebagai lingkaran terbesar di dalam Pn , kemudian didefinisikan ∆n+1 , sebagai segitiga sama sisi yang titik-titik sudutnya terletak pada keliling lingkaran. Panjang sisi dari ∆2013 adalah ... Penyelesaian : Misalkan panjang sisi ∆n adalah an . Diketahui a1 = 1 dan ditanyakan nilai a2013 . Selan7

Tutur Widodo

www.pintarmatematika.net

jutnya mari kita lihat ∆n dan mencari hubungannya dengan ∆n+1 . Untuk memudahkan misalkan ∆n diwakili oleh 4ABC dan ∆n+1 diwakili oleh 4P QR (seperti gambar di bawah ini) C

R

H

Q

P A

1 2

B

F

D

E

Dengan BC = an , BD = 21 an , CD = adalah s dan jari-jari lingkaran r.

G

√ 3an . Misalkan pula panjang sisi persegi EF GH

Perhatikan 4BF G adalah segitiga siku-siku dengan ∠BF G = 90◦ dan ∠F BG = 60◦ . Sehingga diperoleh tan 60◦ =

FG BF

⇔ ⇔

√ √

3=

s 1 2

(an − s)

3(an − s) = 2s √ ⇔ 3an = s(2 + 3) √ 3an √ ⇔ s= 2+ 3 √ ⇔ s = (2 3 − 3)an √

√ Karena 2r = s = (2 3 − 3)an maka dengan aturan sinus pada 4P QR diperoleh an+1 = 2r sin 60◦

⇔ an+1

 √  √ 1 = (2 3 − 3)an 3 = 2 

√ ! 6−3 3 an 2

Dari sini dapat dilihat ukuran sisi - sisi segitiga ∆n membentuk barisan geometri √ bahwa ! 6−3 3 . Dan karena a1 = 1 diperoleh dengan ratio 2 a2013 =

√ !2012 6−3 3 2

8

Tutur Widodo

www.pintarmatematika.net

Jadi, panjang sisi dari ∆2013 adalah

√ !2012 6−3 3 . 2

15. Suatu barisan x1 , x2 , x3 , · · · , xn , · · · didefinisikan dengan x1 = 2, dan 

xn+1 = 1 +

1 2 xn + n n 

untuk setiap bilangan asli n. Nilai x2013 adalah ... Penyelesaian : Cek untuk beberapa nilai n maka akan diperoleh bahwa barisan pada soal adalah barisan aritmetika yang berbentuk : 2, 6, 10, · · · . Sehingga, xn = 4n − 2 dan karenanya x2013 = 8050. Bukti formal untuk soal ini dapat menggunakan induksi yaitu akan dibuktikan bahwa xn = 4n − 2. • Untuk n = 1 jelas x1 = 4 × 1 − 2 = 2 dan untuk n = 2 kita punya 

x2 = 4 × 2 − 2 = 6 = 1 +

2 1 2+ 1 1 

• Untuk n = k ≥ 2 jika xk = 4k − 2 maka 

1 2 xk + k! k k+1 2 (4k − 2) + k k 

xk+1 = 1 + =

 1 2 4k + 2k − 2 + 2 k = 4k + 2

=

= 4(k + 1) − 2 Secara induksi terbukti bahwa xn = 4n − 1. √ 16. Diberikan bujursangkar dengan panjang sisi sama dengan 2 3. Didalam bujursangkar tersebut terdapat dua segitiga sama sisi dengan alas merupakan sisi-sisi bujursangkar yang berhadapan. Perpotongan kedua segitiga sama sisi membentuk rhombus. Luas rhombus sama dengan ... Penyelesaian :

9

Tutur Widodo

www.pintarmatematika.net R

D

C

Y F Q

S E X

A

B

P

√ 4BEC adalah segitiga samasisi dengan panjang sisi 2 3 maka EQ = F S = 3. Selain itu perlu diperhatikan bahwa SQ = EQ + F S − EF

√ ⇔ 2 3 = 3 + 3 − EF

√ ⇔ EF = 6 − 2 3

Di sisi lain 4BP X adalah segitiga siku-siku dengan ∠P BX = 30◦ . Karena BP = maka P X = 1. Perlu diingat juga bahwa P X = Y R, jadi kita peroleh



3

√ √ P R = P X + XY + Y R ⇔ 2 3 = 1 + XY + 1 ⇔ XY = 2 3 − 2 Luas rhombus EXF Y yaitu

1 2

√ √ √ × EF × XY = 12 (6 − 2 3)(2 3 − 2) = 8 3 − 12.

17. Bilangan bulat positif a dan b yang memenuhi F P B(a, b) = 1 dan a 25b + b 21a bilangan bulat ada sebanyak ... Penyelesaian : Andaikan terdapat bilangan bulat positif a, b yang memenuhi kondisi ini. Misalkan maka x adalah bilangan rasional positif. Misalkan juga x+

25 =k 21x

a b

=x

· · · · · · · · · ∗)

untuk suatu bilangan bulat positif k. Dari persamaan *) diperoleh persamaan kuadrat dalam x berikut 21x2 − 21kx + 25 = 0 Mengingat x adalah bilangan rasional maka diskriminan dari persamaan kuadrat di atas harus berbentuk bilangan kuadrat sempurna. Dengan demikian diperoleh, 441k 2 − 2100 = m2

· · · · · · · · · ∗ ∗) 10

Tutur Widodo

www.pintarmatematika.net

untuk suatu bilangan bulat positif m.

Perhatikan bahwa ruas kiri persamaan **) habis dibagi 21. Oleh karena itu 21 m2 =⇒



212 m2 . Akibatnya ruas kiri juga harus habis dibagi 212 . Karena 212 441k 2 maka 2100 juga habis dibagi 212 yang jelas tidak mungkin. Kontradiksi. Jadi, tidak ada bilangan bulat positif a, b yang memenuhi. 18. Diberikan segitiga ABC, AB = 20, AC = 21 dan BC = 29. Titik D dan E terletak pada segmen BC, sehingga BD = 8 dan EC = 9. Besar ∠DAE sama dengan ... Penyelesaian : Perhatikan bahwa 4ABC adalah segitiga siku-siku dengan ∠BAC = 90◦ . C

F

E

D

A

G

B

Misalkan F dan G berturut - turut titik pada AC dan AB sehingga EF ⊥AC dan DG⊥AB (seperti terlihat pada gambar). Diperoleh 20 29 21 CF = EC cos C = 9 × 29

EF = EC sin C = 9 ×

AF = AC − CF = 21 − 9 ×

21 21 = 20 × 29 29

21 29 20 BG = BD cos B = 8 × 29

DG = BD sin B = 8 ×

AG = AB − BG = 20 − 8 ×

20 20 = 21 × 29 29

11

Tutur Widodo

www.pintarmatematika.net

Misal ∠GAD = α dan ∠F AE = β, diperoleh tan α =

8 × 21 DG 2 29 = dan 20 = AG 5 21 × 29

9 × 20 EF 3 29 tan β = = 21 = AF 7 20 × 29 Sehingga 

cot ∠DAE = cot 90◦ − (α + β)



= tan(α + β) tan α + tan β = 1 − tan α × tan β 2 +3 = 5 2 7 3 1− 5 × 7 =1 Jadi, ∠DAE = 45◦ . 19. Suatu kompetisi diikuti oleh 20 peserta. Pada setiap ronde, dua peserta bertanding. Setiap peserta yang kalah dua kali dikeluarkan dari kompetisi, peserta yang terakhir berada di kompetisi adalah pemenangnya. Jika diketahui pemenang kompetisi tidak pernah kalah, banyaknya pertandingan yang dilangsungkan pada kompetisi tersebut adalah ... Penyelesaian : Misalkan banyak pertandingan yang berlangsung adalah N . Perhatikan bahwa $ %setelah k k kali pertandingan maka jumlah maksimal peserta yang dikeluarkan adalah . Karena 2 di akhir kompetisi jumlah peserta yang dikeluarkan adalah 19 maka N ≥ 38. Akan tetapi di lain pihak, karena setiap peserta yang kalah dua kali dikeluarkan maka jumlah kekalahan yang terjadi maksimal adalah 2 × 19 = 38. Sehingga banyak pertandingan yang terjadi maksimal 38 atau n ≤ 38. Jadi, diperoleh N = 38. Jadi, Banyaknya pertandingan yang dilangsungkan pada kompetisi tersebut adalah 38 pertandingan. 20. Jumlah dari semua bilangan bulat x yang memenuhi 2 log(x2 −4x−1) merupakan bilangan bulat adalah ... Penyelesaian : Agar 2 log(x2 − 4x − 1) merupakan bilangan bulat maka x2 − 4x − 1 = 2n , untuk suatu bilangan bulat nonnegatif n. Perhatikan bahwa x2 − 4x − 1 = (x − 2)2 − 5. Sehingga diperoleh (x − 2)2 = 2n + 5. Untuk n ≥ 3 maka ruas kanan kongruen 5 mod 8. Padahal kita ketahui bilangan kuadrat kongruen 0,1, atau 4 mod 8. Oleh karena itu haruslah n ≤ 2. 12

Tutur Widodo

www.pintarmatematika.net

• Jika n = 0 maka diperoleh x2 − 4x − 1 = 1 ⇔ x2 − 4x − 2 = 0 yang tidak memiliki penyelesaian bulat. • Jika n = 1 maka diperoleh x2 − 4x − 1 = 2 ⇔ x2 − 4x − 3 = 0 yang tidak memiliki penyelesaian bulat. • Jika n = 2 maka diperoleh x2 −4x−1 = 4 ⇔ x2 −4x−5 = 0 ⇔ (x−5)(x+1) = 0 sehingga x = −1 atau x = 5. Jadi, jumlah dari semua bilangan bulat x yang memenuhi adalah (−1) + 5 = 4.

13

Tutur Widodo

www.pintarmatematika.net

Pembahasan OSN Matematika SMA Tahun 2013 Seleksi Tingkat Provinsi Tutur Widodo Bagian Kedua : Soal Uraian 1. Ada dua gelas, gelas A berisi 5 bola merah, dan gelas B berisi 4 bola merah dan satu bola putih. Satu gelas dipilih secara acak dan kemudian satu bola diambil secara acak dari gelas tersebut. Hal ini dilakukan berulang kali sampai salah satu gelas kosong. Tentukan probabilitas bahwa bola putih tidak terambil. Penyelesaian : Karena bola putih tidak terambil maka gelas yang habis adalah gelas A. Agar salah satu gelas habis maka pengambilan dilakukan paling sedikit 5 kali dan paling banyak 9 kali. Untuk itu kita bagi menjadi 5 kasus sebagai berikut : i. Proses pengambilan bola dilakukan tepat 5 kali. Untuk kasus ini kelima bola merah berasal dari gelas A semua. Jadi, peluangnya adalah  5 1 1 = 2 32 ii. Proses pengambilan bola dilakukan tepat 6 kali. Untuk kasus ini kelima bola merah berasal dari gelas A dan satu bola merah berasal dari gelas B. Perhatikan bahwa bola yang berasal dari gelas B tidak boleh diambil pada pengambilan keenam. Jadi, untuk kasus ini peluangnya adalah  6 1

2

×

4 1 × C15 = 5 16

iii. Proses pengambilan bola dilakukan tepat 7 kali. Untuk kasus ini kelima bola merah berasal dari gelas A dan dua bola merah berasal dari gelas B. Perhatikan bahwa bola yang berasal dari gelas B tidak boleh diambil pada pengambilan ketujuh. Jadi, untuk kasus ini peluangnya adalah  7

1 2

×

4 3 9 × × C26 = 5 4 128

iv. Proses pengambilan bola dilakukan tepat 8 kali. Untuk kasus ini kelima bola merah berasal dari gelas A dan tiga bola merah berasal dari gelas B. Perhatikan bahwa bola yang berasal dari gelas B tidak boleh diambil pada pengambilan kedelapan. Jadi, untuk kasus ini peluangnya adalah  8

1 2

×

4 3 2 7 × × × C37 = 5 4 3 128 14

Tutur Widodo

www.pintarmatematika.net

v. Proses pengambilan bola dilakukan tepat 9 kali. Untuk kasus ini kelima bola merah berasal dari gelas A dan empat bola merah berasal dari gelas B. Perhatikan bahwa bola yang berasal dari gelas B tidak boleh diambil pada pengambilan kesembilan. Jadi, untuk kasus ini peluangnya adalah  9

1 2

×

4 3 2 1 7 × × × × C48 = 5 4 3 2 256

Jadi, total peluang bola putih tidak terambil (dengan kata lain semua yang terambil adalah bola merah) yaitu 1 1 9 7 7 63 + + + + = 32 16 128 128 256 256 2. Untuk sebarang bilangan real x, didefinisikan bxc sebagai bilangan bulat terbesar yang kurang dari atau sama dengan x. Tentukan banyak bilangan asli n ≤ 1.000.000 sehingga √

n−

j√ k

n
k + 2k + 2 4k 2 + 4k + 1 2 =k + (2k + 2)2 2k 1 + = k2 + 2k + 2 (2k + 2)2 2

2

1 = k+ (2k + 2) yang equivalen dengan bilangan asli k.



k2 + 1 > k +

1 (2k+2)

!2



√ k2 + 1 − k >

1 , 2k+2

untuk setiap

Karena n ≤ 1.000.000 maka kita peroleh √ √ √ √ n − b nc = k 2 + m − k > k 2 + 1 − k >

1 1 1 > > 2k + 2 2 × 999 + 2 2013

Jadi, bilangan asli n ≤ 1.000.000 yang memenuhi ketaksamaan pada soal adalah semua 15

Tutur Widodo

www.pintarmatematika.net

bilangan kuadrat sempurna yaitu ada 1.000 bilangan. 3. Suatu bilangan asli n dikatakan valid jika 1n + 2n + 3n + · · · + mn habis dibagi 1 + 2 + 3 + · · · + m untuk setiap bilangan asli m. a. Tunjukkan bahwa 2013 valid. b. Buktikan bahwa ada tak hingga banyaknya bilangan yang tidak valid Penyelesaian : a. Lemma. Jika n bilangan ganjil maka n valid. Bukti. Untuk setiap bilangan ganjil n berlaku in + (m − i)n ≡ 0 mod m in + (m + 1 − i)n ≡ 0 mod (m + 1) Bagi menjadi dua kasus, • m bilangan genap, maka berlaku m

n

n

n

n

1 + 2 + 3 + ··· + m =

2 X

in + (m + 1 − i)n ≡ 0 mod (m + 1)

i=1

dan n

n

n

n

1 + 2 + 3 + ··· + m =

 m−2 2 X n i  i=1



m + (m − i)  + 2 n



n

n

+ m ≡ 0 mod



m 2



• m bilangan ganjil, maka berlaku n

n

n

n

1 +2 +3 +· · ·+m =

 m−1 2 X n i  i=1



m+1 + (m + 1 − i)  + 2 n



n

≡ 0 mod



m+1 2



dan 1n + 2n + 3n + · · · + mn =

 m−1 2 X n i 



+ (m − i)n  + mn ≡ 0 mod m 

i=1

Karena m dan m + 1 relatif prima maka terbukti 1n + 2n + 3n + · · · + mn habis dibagi oleh 12 (m(m + 1)) = 1 + 2 + 3 + · · · + m untuk setiap bilangan asli m dan bilangan ganjil n. Karena 2013 ganjil maka 2013 merupakan bilangan valid.

16

Tutur Widodo

www.pintarmatematika.net

b. Lemma. Jika n genap maka n tidak valid. Bukti. Karena n genap diperoleh 1n + 2n = 1 + (3 − 1)n ≡ 1 + (−1)n ≡ 2 mod 3 Jadi, 1n + 2n tidak habis dibagi oleh 1 + 2 = 3. Terbukti n tidak valid. Oleh karena itu, semua bilangan asli genap adalah bilangan tidak valid. Jadi, terbukti ada takhingga bilangan tidak valid. 4. Buktikan bahwa untuk semua bilangan real positif a, b, c dengan a + b + c ≤ 6 berlaku b+2 c+2 a+2 + + ≥1 a(a + 4) b(b + 4) c(c + 4) Penyelesaian : a+2 b+2 c+2 1 1 1 1 1 1 1 + + = + + + + + a(a + 4) b(b + 4) c(c + 4) 2 a a+4 b b+4 c c+4   1 1 1 1 1 1 1 + + + + + = 2  a b c a + 4 b + 4 c + 4 1 9 9 ≥ + 2  a + b +c a + b + c + 12 9 1 9 + ≥ 2 6 18 =1 



5. Diberikan segitiga ABC lancip. Garis tinggi terpanjang adalah dari titik sudut A tegak lurus pada BC, dan panjangnya sama dengan panjang median (garis berat) dari titik sudut B. Buktikan bahwa ∠ABC ≤ 60◦ . Penyelesaian : Misalkan AD adalah garis tinggi dari titik A dan BE adalah median dari titik B, maka AD = BE. Misalkan pula CF adalah garis tinggi dari titik C, titik G, H berturut turut titik pada AB dan BC sehingga EG sejajar CF dan EH sejajar AD (seperti pada gambar di bawah ini)

17

Tutur Widodo

www.pintarmatematika.net

C H D E

A

G

F

B

Karena AE = EC maka EH = 12 AD dan EG = 12 CF . Pada 4BEH diperoleh 1 AD EH 1 sin ∠HBE = = 2 = BE AD 2

sehingga ∠HBE = 30◦ . Pada 4BEG diperoleh pula 1 1 CF AD EG 1 2 sin ∠GBE = = ≤ 2 = BE AD AD 2

sehingga ∠GBE ≤ 30◦ . Jadi, diperoleh ∠ABC = ∠HBE + ∠GBE ≤ 30◦ + 30◦ = 60◦ . Terbukti. Lebih jauh kesamaan terjadi, yaitu ∠ABC = 60◦ ketika ABC adalah segitiga samasisi. Akan tetapi jika melihat konteks soal bahwa AD adalah garis tinggi terpanjang maka kesamaan tidak mungkin terjadi. Disusun oleh : Tutur Widodo Apabila ada saran, kritik maupun masukan silakan kirim via email ke [email protected] Terima kasih. Website : www.pintarmatematika.net

18

Suggest Documents