Pembahasan OSN Matematika SMA Tahun 2013
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 △ABC =
√
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= 32 dan f f (x) = x untuk semua
3. Diberikan fungsi real f dengan f (x) =
2x − 3
x 6= 32 . 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
mungkin
2
d pq
prima maka q = 1. Akibatnya agar
p+q
d2 p
p+1
(p + q) d2 .
Selain
prima, ada dua kasus yang
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 =
32
14
12 ⇔ x − 2y = 12. Dengan eliminasi sederhana kita peroleh x =
dan y = −
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 △ABC dan ∠CAB = 45◦ , ∠ABC = 30◦
maka tan ∠AM C adalah ...
Penyelesaian :
C
105◦
M
45◦
30◦
B
A
Berdasarkan aturan sinus pada △ABC diperoleh
BC
AC
=
sin B
sin A
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
BC
AC
=
sin 30◦
sin 45◦
AC
BC
√
1 = 1
2
2
2
1
AC 2 = BC 2
2
1
BC
AC
= 2
BC
AC
MC
AC
=
BC
AC
Jadi, △ABC sebangun dengan △AM 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 + x2 + x3 + x4 = 0
x1 x2 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 △ABC dan ∆n+1 diwakili oleh △P QR (seperti gambar di
bawah ini)
C
R
H
Q
P
A
1
2
√
B
F
D
E
Dengan BC = an , BD = 12 an , CD =
adalah s dan jari-jari lingkaran r.
G
3an . Misalkan pula panjang sisi persegi EF GH
Perhatikan △BF 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 △P 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
2
1
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
√
△BEC 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 △BP 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 △ABC 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
29
20
BG = BD cos B = 8 ×
29
21
21
= 20 ×
29
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
9
7
7
63
1
+
+
+
+
=
32 16 128 128 256
256
2. Untuk sebarang bilangan real x, didefinisikan ⌊x⌋ sebagai bilangan bulat terbesar yang
kurang dari atau sama dengan x. Tentukan banyak bilangan asli n ≤ 1.000.000 sehingga
√
n−
j√ k
n <
1
2013
Penyelesaian :
√
√
√
√
1
.
Jika n bilangan kuadrat sempurna diperoleh ⌊ n⌋ = n, sehingga n−⌊ n⌋ = 0 < 2013
Oleh karena itu semua bilangan kuadrat sempurna memenuhi.
√
√
1
.
Selanjutnya akan dibuktikan, jika n bukan kuadrat sempurna maka n − ⌊ n⌋ ≥ 2013
2
Bukti. Karena n bukan kuadrat sempurna maka n = k + m dengan 1 ≤ m ≤ 2k.
√
Sehingga ⌊ n⌋ = k. Perhatikan kita memiliki ketaksamaan berikut
!2
2k + 1
k +1>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 − ⌊ n⌋ = 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
i=1
in + (m + 1 − i)n ≡ 0 mod (m + 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
i=1
+ (m − i)n + mn ≡ 0 mod m
Karena m dan m + 1 relatif prima maka terbukti 1n + 2n + 3n + · · · + mn habis dibagi
oleh 21 (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
a+2
b+2
c+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
9
9
1
+
≥
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 = 21 CF . Pada △BEH diperoleh
1
AD
1
EH
2
=
=
sin ∠HBE =
BE
AD
2
sehingga ∠HBE = 30◦ .
Pada △BEG diperoleh pula
1
1
CF
AD
1
EG
2
2
=
≤
=
sin ∠GBE =
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
tutur.w87@gmail.com
Terima kasih.
Website : www.pintarmatematika.net
18
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 △ABC =
√
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= 32 dan f f (x) = x untuk semua
3. Diberikan fungsi real f dengan f (x) =
2x − 3
x 6= 32 . 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
mungkin
2
d pq
prima maka q = 1. Akibatnya agar
p+q
d2 p
p+1
(p + q) d2 .
Selain
prima, ada dua kasus yang
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 =
32
14
12 ⇔ x − 2y = 12. Dengan eliminasi sederhana kita peroleh x =
dan y = −
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 △ABC dan ∠CAB = 45◦ , ∠ABC = 30◦
maka tan ∠AM C adalah ...
Penyelesaian :
C
105◦
M
45◦
30◦
B
A
Berdasarkan aturan sinus pada △ABC diperoleh
BC
AC
=
sin B
sin A
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
BC
AC
=
sin 30◦
sin 45◦
AC
BC
√
1 = 1
2
2
2
1
AC 2 = BC 2
2
1
BC
AC
= 2
BC
AC
MC
AC
=
BC
AC
Jadi, △ABC sebangun dengan △AM 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 + x2 + x3 + x4 = 0
x1 x2 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 △ABC dan ∆n+1 diwakili oleh △P QR (seperti gambar di
bawah ini)
C
R
H
Q
P
A
1
2
√
B
F
D
E
Dengan BC = an , BD = 12 an , CD =
adalah s dan jari-jari lingkaran r.
G
3an . Misalkan pula panjang sisi persegi EF GH
Perhatikan △BF 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 △P 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
2
1
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
√
△BEC 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 △BP 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 △ABC 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
29
20
BG = BD cos B = 8 ×
29
21
21
= 20 ×
29
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
9
7
7
63
1
+
+
+
+
=
32 16 128 128 256
256
2. Untuk sebarang bilangan real x, didefinisikan ⌊x⌋ sebagai bilangan bulat terbesar yang
kurang dari atau sama dengan x. Tentukan banyak bilangan asli n ≤ 1.000.000 sehingga
√
n−
j√ k
n <
1
2013
Penyelesaian :
√
√
√
√
1
.
Jika n bilangan kuadrat sempurna diperoleh ⌊ n⌋ = n, sehingga n−⌊ n⌋ = 0 < 2013
Oleh karena itu semua bilangan kuadrat sempurna memenuhi.
√
√
1
.
Selanjutnya akan dibuktikan, jika n bukan kuadrat sempurna maka n − ⌊ n⌋ ≥ 2013
2
Bukti. Karena n bukan kuadrat sempurna maka n = k + m dengan 1 ≤ m ≤ 2k.
√
Sehingga ⌊ n⌋ = k. Perhatikan kita memiliki ketaksamaan berikut
!2
2k + 1
k +1>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 − ⌊ n⌋ = 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
i=1
in + (m + 1 − i)n ≡ 0 mod (m + 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
i=1
+ (m − i)n + mn ≡ 0 mod m
Karena m dan m + 1 relatif prima maka terbukti 1n + 2n + 3n + · · · + mn habis dibagi
oleh 21 (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
a+2
b+2
c+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
9
9
1
+
≥
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 = 21 CF . Pada △BEH diperoleh
1
AD
1
EH
2
=
=
sin ∠HBE =
BE
AD
2
sehingga ∠HBE = 30◦ .
Pada △BEG diperoleh pula
1
1
CF
AD
1
EG
2
2
=
≤
=
sin ∠GBE =
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
tutur.w87@gmail.com
Terima kasih.
Website : www.pintarmatematika.net
18