osk-2013.pdf

Tutur Widodo

 

www.pintarmatematika.net 

Pembahasan Olimpiade Matematika SMA Tingkat Kabupaten Tahun 2013 Oleh Tutur Widodo

  √   √  + √  , . Jika 94 + 2 2013 =

1. Misalk Misalkan a dan b  adalah bilangan asli dengan a > b maka nilai a b  adalah ...

−

a

b

Penyelesaian :

Untuk a, b

 ≥ 0 berlaku √  √  ( a + b)

2

=  a + b + 2

√ 

√    √  √  ab ⇔ a + b  = (a + b) + 2 ab

√  √  Padahal 94 + 2 2013 = (61 + 33) + 2 61 × 33. √ 61 + √ 33. Sehingga a − b = 61 − 33 = 28.

  √  Oleh Oleh karena karena itu, itu, 94 + 2 2013 =

2. Diberikan segitiga ABC   den dengan gan luas luas 10. Titik Titik D, E  dan F  berturut - turut terletak pada sisi - sisi   AB,BC  dan C A  dengan AD = 2, DB   = 3. Jik Jika segiti segitiga ga ABE  dan segiempat  DBFE  mempunyai   mempunyai luas yang sama, maka luasnya sama dengan ... Penyelesaian :

Perhatikan sketsa berikut ini! C 

E  F 

A

B

D

Karena Luas ABE  = Luas  DBFE  berakibat   berakibat Luas ADE  = Luas DEF  Pada da-DE F . Pa hal diketahui pula bahwa DE   adalah sisi persekutuan antara ADE  dan DEF  DE F  sehingga jarak titik  A  ke  DE    sama dengan jarak titik  F  ke DE   D E  sama  D E . Dengan kata lain,  AF  sejajar DE  sehingga 2 C E  AD = = 3 EB DB 3 Oleh karena itu, Luas ABE  = 10 = 6. 5

 

 

 



 



 ×

3. Misalk Misalkan p dan q   bilangan bilangan prima. Jika Jika diketahui diketahui persamaan x2014 mempunyai akar - akar bilangan bulat, maka nilai p + q  adalah   adalah ...

− px

2013

+  q  = 0

Penyelesaian :

Misalkan salah satu akar bulat dari persamaan x2014  px2013 + q  =   = 0 adalah t. Maka Maka diperoleh t2014  pt2013 +q  =  = 0  q  =  t 2013 ( p t). Perhatikan Perhatikan juga bahwa 1 dan 0 bukan merupakan akar - akar persamaan x2014  px2013 + q  =   = 0. Sehingga dengan mengingat bahwa q  adalah   adalah bilangan prima diperoleh  t  = 1. Oleh karena itu,  q  =  p 1  p q  =  = 1. Dari keterangan ini dapat disimpulkan bahwa salah satu dari p, q   harus harus genap genap.. Dan karena bilangan prima genap hanya 2 maka kita peroleh q   = 2 dan p   = 3. 3. Jadi,  p + q  =  = 5.

−

⇔

−

−

−

−

−  ⇔ −

1

Tutur Widodo

 

www.pintarmatematika.net 

kx 4. Jika fungsi f  didefinisikan oleh f (x) = , x = 32 , k konstanta memenuhi f  f (x) = 2x + 3 x  untuk setiap bilangan real x, kecuali x  = 32  maka nilai k  adalah ...

  −

−

Penyelesaian :

 

Untuk x = 1 diperoleh k

 (1) = 1 ⇔   = 1

f  f 

 f 

5

k2

⇔ 2k + 15 = 1 ⇔  k − 2k − 15 = 0 ⇔ (k − 5)(k + 3) = 0 2

Mudah dicek bahwa k  =

 ( ) =

 −3 memenuhi kondisi f  f  x

 x .

5. Koefisien x2013 pada ekspansi (1 + x)4026 + x(1 + x)4025 + x2 (1 + x)4024 +

2013

· ·· + x

(1 + x)2013

adalah ... Penyelesaian :

•   Koefisien x •   Koefisien x •   Koefisien x • ·· · • ·· · • ·· · •   Koefisien x •   Koefisien x

4026

2013

dari (1 + x)4026 adalah C2013 .

2013

dari x(1 + x)4025 adalah C2012 .

2013

dari x2 (1 + x)4024 adalah C2011 .

2013

dari x2012 (1 + x)2014 adalah C1

2013

dari x2013 (1 + x)2013 adalah C0

4025

4024

2014

2013

. .

Dengan menggunakan identitas, m

C

0

m+1

+ C1

m+2

+ C2

+

m+k

··· + C

k

m+k+1

= Ck

diperoleh koefisien x2013 pada ekspansi (1 + x)4026 + x(1 + x)4025 + x2 (1 + x)4024 +

2013

· ·· + x

(1 + x)2013

yaitu, 2013

C

0

6. Jika

2014

+ C1

2

+

4025

··· + C

2012

4026

 + C2013  =

4027

C

2013

2  −  = 1 dan y − x  = 2, maka ( x + y ) = ··· x y 2

Penyelesaian :

Lakukan sedikit manipulasi aljabar sebagai berikut, 2

2 2(y − x)  − =1⇔ =1 x y xy ⇔ xy4 = 1 ⇔  xy  = 4 2

Tutur Widodo

 

www.pintarmatematika.net 

selanjutnya diperoleh, (x + y )2 =  x 2 + y 2 + 2xy =  x 2 + y 2 = (y

− x)

− 2xy + 4xy

2

+ 4xy

= 4 + 16 = 20 7. Suatu dadu ditos enam kali. Banyak cara memperoleh jumlah mata yang muncul 28 dengan tepat satu dadu muncul angka 6 adalah ... Penyelesaian :

Tanpa mengurangi keumuman misalkan tos pertama muncul angka 6. Maka pada tos kedua sampai dengan tos keenam hanya boleh muncul angka 1, 2, 3, 4, 5 dan jumlahnya 22. Kemungkinan yang seperti ini hanya ada tiga kasus yaitu

•  Yang muncul angka : 2, 5, 5, 5, 5 yang banyaknya cara ada 5!4!  = 5 cara. •  Yang muncul angka : 3, 4, 5, 5, 5 yang banyaknya cara ada 5!3!  = 20 cara. •  Yang muncul angka : 4, 4, 4, 5, 5 yang banyaknya cara ada 2! ×5! 3!  = 10 cara.

Sehingga total ada 5 + 20 + 10 = 35 cara jika pada tos pertama muncul angka 6. Karena keenam tos memiliki peluang yang sama untuk muncul angka 6 berakibat total keseluruhan cara yang mungkin yaitu 6 35 = 210 cara.

×

8. Misalkan P  adalah titik interior dalam daerah segitiga ABC  sehingga besar 10 , ∠P BA  = 20 , ∠P CA  = 30 , ∠P AC  = 40 . Besar ∠ABC  = ◦

◦

◦

∠P AB

=

 ···

◦

Penyelesaian :

Perpanjang   CP,AP,BP  sehingga memotong   AB,BC,CA   berturut - turut di titik D , E , F   seperti gambar berikut : C 

F  E 

P  A

B

D

Mudah diperoleh bahwa ∠∠AP B   = 150 , ∠AP C   = 110 sehingga Misalkan ∠P BC  =  x  maka ∠P CB  = 80 x. Berdasarkan dalil sinus pada ADP  dan BDP   diperoleh ◦

sin70

◦

sehingga

∠BP C   =

100 . ◦

−  

 

AD

◦

=

DP 

sin10

◦

BD

dan

=

sin50

◦

AD  sin70 = sin80 BD

◦

◦

DP 

sin20

◦

· sin20 · sin10

◦

◦

3

Tutur Widodo

 

www.pintarmatematika.net 

Dengan cara serupa diperoleh pula BE   sin30 sin(80 x) = sin x sin70 EC   sin80 sin40 CF  = sin30 sin30 FA ◦

◦

◦

· · · ·

−

◦

◦

◦

◦

Padahal berdasarkan teorema Ceva diperoleh AD DB

CF   · BE   · =1 EC  F A

Substitusikan ketiga persamaan di atas sehingga didapat sin20 sin(80 x) sin40 =1 sin10 sin30 sin x ◦

·

◦

−

·

◦

◦

·

·

◦

yang ekuivalen dengan sin20

· sin(80 − x) · sin40 = sin 10 · sin30 · sin x −4 · sin20 · sin(80 − x) · sin40 = −2 · sin10 · sin x 2(cos 60 − cos 20 ) sin(80 − x) = cos(x + 10) − cos(x − 10) sin(80 − x) − 2cos20 · sin(80 − x) = cos(x + 10) − cos(x − 10) sin(80 − x) − (sin(100 − x) + sin(60 − x)) = sin(80 − x) − sin(100 − x) − sin(60 − x) = 0 ◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

Karena x  terletak pada kuadran pertama maka  x  = 60 . Jadi, ∠ABC  = 20 + x  = 80 . ◦

Alternatif Penyelesaian : Misalkan  D  pusat lingkaran luar adalah segitiga sama sisi.

◦

ACP   karena ∠ADP  = 2∠ACP  = 60

◦

maka

◦

ADP 

C 

D F  E 

P  A

∠CAD  = ∠DAP 

B

 − ∠CAP  = 60 − 40

= 20 . Karena ∠AP B  = 150 maka ∠AP E  = 30 , sehingga ∠EP D = 30 . Oleh karena itu, ∠DP B   = 150 = ∠AP B . Hal ini berakibat AP B   kongruen BP D. Sehingga ∠BDP  = ∠BAP  = 10 . Selanjutnya kita diperoleh ∠ADF  = ∠ADP  + ∠BDP  = 60 + 10 = 70 . Oleh karena itu, ADC  adalah segitiga sama ∠AF D = 90 . Dengan kata lain, BD AC   dan karena kaki dengan AD =  C D  maka AF  = F C . Sehingga dapat disimpulkan ABC   adalah segitiga sama kaki dengan AB = BC . Jadi, ∠BAC  = ∠ACB = 50 yang berarti ∠ABC  = 80 . ◦

◦

◦

◦

◦

◦

 

 

◦

◦

◦

◦

⊥

◦

 

◦

  ◦

◦

4

Tutur Widodo

 

www.pintarmatematika.net 

9. Sepuluh kartu ditulis dengan angka satu sampai sepuluh (setiap kartu hanya terdapat satu angka dan tidak ada dua kartu yang memiliki angka yang sama). Kartu - kartu tersebut dimasukkan kedalam kotak dan diambil satu secara acak. Kemudian sebuah dadu dilempar. Probabilitas dari hasil kali angka pada kartu dan angka pada dadu menghasilkan bilangan kuadrat adalah ... Penyelesaian :

Misalkan  a  angka dari dadu dan  b  angka dari kartu. Pasangan ( a, b) yang menghasilkan ab bilangan prima yaitu (1, 1), (1, 4), (1, 9), (2, 2), (2, 8), (3, 3), (4, 1), (4, 4), (4, 9), (5, 5), (6, 6) yang ada 11 kemungkinan. Sedangkan kemungkinan ruang sampel adalah 60. Oleh karena itu, peluang dari hasil kali angka pada kartu dan angka pada dadu menghasilkan 11 bilangan kuadrat adalah . 60 10. Enam orang siswa akan duduk pada tiga meja bundar, dimana setiap meja akan diduduki oleh minimal satu siswa. Banyaknya cara untuk melakukan hal tersebut adalah ... Penyelesaian :

Pembagian keenam siswa pada tiga meja bundar tersebut adalah sebagai berikut :

•   Siswa diatur dalam kelompok 4, 1, 1. ada

6

C

4

Untuk kasus ini kemungkinan cara duduk

2

× C × (4 − 1)! = 90 1

2!

•   Siswa diatur dalam kelompok 3, 2, 1.

Untuk kasus ini kemungkinan cara duduk

ada

6

C

3

3

× C × (3 − 1)! × (2 − 1)! = 120 2

•   Siswa diatur dalam kelompok 2, 2, 2. ada

6

C

2

Untuk kasus ini kemungkinan cara duduk 4

×C

2

3!

= 15

Oleh karena itu, total cara mengatur tempat duduk keenam siswa tersebut adalah 90 + 120 + 15 = 225 cara. 11. Suatu partikel bergerak pada bidang Cartesius dari titik (0, 0). Setiap langkah bergerak satu - satuan searah sumbu X   positif dengan probabilitas 0, 6 atau searah sumbu Y  positif dengan probabilitas 0, 4. Setelah sepuluh langkah, probabilitas partikel tersebut sampai pada titik (6,4) dengan melalui titik (3,4) adalah ... Penyelesaian :

C  (3, 4)

B (6,

A (0, 0)

Sebuah partikel akan bergerak dari A   menuju B  dengan melalui C . Dari A  ke titik 7! C  banyaknya cara ada   = 35. Sedangkan dari C  ke B   hanya ada satu cara. 3! 4!

×

5

Tutur Widodo

 

www.pintarmatematika.net 

Oleh karena itu, banyak cara partikel bergerak dari  A  menuju  B  dengan melalui  C  ada 35 1 = 35 cara. Perhatikan bahwa bagaimana pun cara pertikel tersebut bergerak dari A  menuju B  maka dia akan selalu 6 kali bergerak searah sumbu X  positif dan 4 kali bergerak searah sumbu Y  positif. Jadi, besarnya peluang pertikel bergerak dari A  81648 menuju B  dengan melalui C  adalah 35 (0, 6)6 (0, 4)4 = . 59

×

×

×

12. Diberikan segitiga ABC , dengan panjang sisi AB  = 30. Melalui AB  sebagai diameter, dibuat sebuah lingkaran, yang memotong sisi AC   dan sisi BC   berturut - turut di D dan E . Jika AD  = 31 AC  dan BE  = 41 BC , maka luas segitiga ABC  sama dengan ... Penyelesaian :

Perhatikan sketsa gambar di bawah ini! C 

E  D B A

Perlu diperhatikan bahwa ∠ADB  = ∠CDB  = ∠AEB = ∠AEC  = 90 . Misal, AD  =  x dan BE  = y   maka AC  = 3x,CD = 2x,BC  = 4y dan CE  = 3y . Dengan teorema Phytagoras pada segitiga ABD  dan segitiga BC D  diperoleh ◦

302

2

−x

= (4y )2

2

− (2x) ⇔ ⇔

900

2

−x

= 16y 2

900 = 16y 2

2

− 4x

2

− 3x

Demikian pula dengan teorema Phytagoras pada segitiga ABE  dan segitiga ACE   diperoleh 302

−y

2

= (3x)2

2

− (3y) ⇔ ⇔

900

−y

2

= 9x2

900 = 9x2

− 8y

− 9y

2

2

dengan menggabungkan kedua persamaan di atas didapat, 16y 2

2

− 3x

= 9x2

2

− 8y ⇔

24y 2 = 12x2

⇔

x2 = 2y 2

sehingga kita peroleh 900 = 16y 2

− 3x

AE 2 = 900

−y

2

= 16y 2

− 6y

2

= 10y 2

⇔

y  =

√ 

90

Oleh karena itu, 2

= 900

− 90 = 810 ⇔

AE  =

√ 

810

6

Tutur Widodo

 

www.pintarmatematika.net 

Jadi, 1 Luas segitiga ABC  = BC  AE  2 1 = 4y 810 2 =2 90 810

 · √   · · √  √  · √  √  = 2 · 3 10 · 9 10 = 540

13. Banyaknya nilai α  dengan 0 < α   6! = 720 yang jelas tak mungkin. Jadi   a,b,c  5. Oleh karena itu abc  5! + 5! + 5! = 360. Sehingga a 3. Perhatikan juga bahwa 4! + 4! + 4! = 72. Oleh karena itu paling tidak salah satu dari a,b,c  sama dengan 5.

 ≤

 ≤

 ≤

 ≤

•   Jika a  = 1, maka diperoleh 1! + 5! + 1! = 122 , 1! + 5! + 2! = 123, 1! + 5! + 3! = 127, 1! + 5! + 4! = 145, 1! + 5! + 5! = 241. Jadi yang mungkin hanya abc  = 145.

•   Jika a = 2, kedua b, c  harus sama dengan 5, tetapi 2! + 5! + 5! = 242 = 255. Jadi, tidak ada yang memenuhi.

•   Jika a  = 3, diperoleh abc ≥  300 akan tetapi abc ≤  3! + 5! + 5! = 246 yang jelas tak mungkin.

Jadi, satu - satunya bilangan tiga digit yang memenuhi adalah 145. 16. Diberikan himpunan S  =



x



∈Z

x2

− 2x + 7 ∈ Z 2x − 1

Banyaknya himpunan bagian dari S   adalah ... Penyelesaian : x2 2x + 7 Misal t = maka diperoleh 2x 1

−

−

x2

− 8x + 28  = 1 2x − 3 + 25  2x − 1 4 2x − 1 Agar diperoleh t   bulat maka haruslah (2x − 1) membagi 25. Ada enam kasus yang 1 t  = 4

4

mungkin

8

Tutur Widodo

 

www.pintarmatematika.net 

1 4

• 2x − 1 = 1 ⇔ x  = 1. Diperoleh t = (−1 + 25) = 6. • 2x − 1 = 5 ⇔ x  = 3. Diperoleh t = (3 + 5) = 2. • 2x − 1 = 25 ⇔ x  = 13. Diperoleh t = (23 + 1) = 6. • 2x − 1 = −1 ⇔ x  = 0. Diperoleh t = (−3 − 25) = −7. • 2x − 1 = −5 ⇔ x  = −2. Diperoleh t = (−7 − 5) = −3. • 2x − 1 = −25 ⇔ x  = −12. Diperoleh t = (−27 − 1) = −7. Jadi, diperoleh S  = {−12, −2, 0, 1, 3, 13}  sehingga banyaknya himpunan bagian dari S  1 4

1 4

1 4

1 4

1 4

adalah 26 = 64.

 y  2  1 17. Untuk  x > 0 , y > 0 didefinisikan  f (x, y ) adalah nilai terkecil diantara  x,  + , . Nilai 2 x y terbesar yang mungkin dicapai oleh f (x, y) adalah ... Penyelesaian : y 1 2 Jika x = =  +  maka diperoleh xy  = 1 dan 2 x y

x  =

y

2

 +

2

xy + 4  ⇔  x  = x 2x ⇔ 2x =√ 5 ⇔ x  = 210 2

Selanjutnya akan ditunjukkan nilai terbesar dari f (x, y) adalah Untuk kasus x

 ≤

√ 10

1

2

y

  atau

Oleh karena itu, anggap x > y

2 Jadi, diperoleh f (x, y)  <

+

 ≤ 2 √ 10 2

2 x

√ 10 2

√ 10

<

dan

jelas bahwa f (x, y) 1 y

>

√ 10 2

1 4 + = 10 10

√ 

√ 

2

√ 10 2 2

.

.

. Untuk kasus ini diperoleh, 5 = 10

√ 

.

Terbukti bahwa nilai terbesar dari f (x, y) adalah

√ 10

≤

√ 10

√ 10 2

√ 10 2

yang dicapai ketika x =

1 y

=

.

18. Nilai k   terkecil sehingga jika sembarang k   bilangan dipilih dari 1, 2, ..., 30 , selalu dapat ditemukan 2 bilangan yang hasil kalinya merupakan bilangan kuadrat sempurna adalah ...

{

}

Penyelesaian :

Kita kelompokkan terlebih dahulu bilangan - bilangan yang jika sebarang dua bilangan diantaranya dikalikan akan menghasilkan bilangan kuadrat sempurna, yaitu sebagai berikut

Kelompok 1 Kelompok 2 Kelompok 3 Kelompok 4 Kelompok 5 Kelompok 6 1 4 9 16 25

2 8 18

3 12 27

5 20

6 24

7 28

9

Tutur Widodo

 

www.pintarmatematika.net 

Sedangkan himpunan 13 bilangan sisanya yaitu 10, 11, 13, 14, 15, 17, 19, 21, 22, 23, 26, 29, 30 adalah himpunan yang hasil perkalian sebarang dua anggotanya bukan kuadrat sempurna. Berdasarkan pigeon hole principle, jika diambil 7 bilangan dari enam kelompok di atas maka pasti ada setidaknya dua bilangan yang berasal dari kelompok yang sama. Itu berarti hasil perkalian dua bilangan tersebut adalah kuadrat sempurna. Oleh karena itu, jika kita mengambil sebarang 13 + 7 = 20 bilangan pasti ada setidaknya dua bilangan yang hasil perkaliannya berupa kuadrat sempurna. Sedangkan untuk k   19 maka bisa dipilih bilangan dari himpunan berikut sebagai counter example, 1, 2, 3, 5, 6, 7, 10, 11, 13, 14, 15, 17, 19, 21, 22, 23, 26, 29, 30 . Jadi, nilai terkecil dari k  adalah k  = 20.

{

 {

}

≤

}

19. Diketahui x1 , x2  adalah dua bilangan bulat berbeda yang merupakan akar - akar dari persamaan kuadrat x2 + px + q  + 1 = 0. Jika p  dan p2 + q 2 adalah bilangan - bilangan prima, maka nilai terbesar yang mungkin dari x2013 + x2013 adalah ... 1 2 Penyelesaian :

Berdasarkan teorema Vieta diperoleh, x1  + x2  =  p  dan x1 x2  =  q  + 1

−

oleh karena itu (x1  + x2 )2 + (x1 x2 )2 =  p 2 + (q  + 1) 2 x21  + x22  + 2 x1 x2  + x21 x22  =  p 2 + q 2 + 2q  + 1 x21  + x22  + 2 q  + 2 + x21 x22  =  p 2 + q 2 + 2q  + 1 x21  + x22  + x21 x22  + 1 =  p 2 + q 2

(x21  + 1)(x22  + 1) =  p 2 + q 2 Karena p2 + q 2 adalah bilangan prima dan x1 = x2  maka haruslah salah satu dari x1 atau x2  sama dengan 0. Dan tanpa mengurangi keumuman, misalkan x2  = 0 sehingga diperoleh  q  + 1 = 0  q  = 1. Oleh karena itu,  p 2 + q 2 =  p 2 +1. Karena  p 2 + 1 adalah bilangan prima maka haruslah p  genap sehingga p  = 2. Jadi, diperoleh x1 = 2 dan x2  = 0 yang berakibat x2013 + x2013 = 22013 . 1 2

 

⇔

−

 −

−

20. Misalkan x  menyatakan bilangan bulat terbesar yang lebih kecil atau sama dengan x dan x  menyatakan bilangan bulat terkecil yang lebih besar atau sama dengan x. Tentukan semua x  yang memenuhi x + x  = 5.

     

Penyelesaian :

    

Jika x adalah bilangan bulat maka x  = x  =  x sehingga tidak mungkin x + x  = 5. Oleh karena itu x   bukan bilangan bulat. Hal ini berakibat x x   = 1. Sehingga x  = 2 dan x  = 3. Jadi, 2  < x