Pembahasan Soal OSN Matematika SMP Tk Pr (1)
PEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 2012
OLEH :SAI FUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)
PEMBAHASAN SOAL OLIMPIADE SAINS NASIONAL SMP
SELEKSI TINGKAT PROPINSI TAHUN 2012
BIDANG STUDI MATEMATIKA
WAKTU : 150 MENIT
A. ISIAN SINGKAT
1.
Sebuah silinder memiliki tinggi 5 cm dan volume 20 cm3. Luas permukaan bola terbesar yang
mungkin diletakkan ke dalam silinder tersebut adalah ….
SOLUSI :
Vsilinder = 20
π r2 t = 20
π r2. 5 = 20
π r2 = 4
Dari persamaan terakhir untuk π = 3,14, dapat ditunjukkan bahwa r < 2,5 cm atau diameter alas
silinder < 5 cm (tinggi silinder). Artinya bola terbesar yang bisa dimasukkan dalam silinder berjarijari maksimum sama dengan jari-jari alas silinder.
2
Jadi luas bola terbesar yang dimaksud adalah 4 π r2 = 4 . 4 = 16 cm
2.
Jumlah tiga bilangan adalah 19. Jika bilangan pertama dan bilangan kedua masing-masing
dikurangi 1, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 1 : 3. Jika bilangan kedua dan ketiga
masing-masing ditambah 3, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 5 : 6. Selisih bilangan
terbesar dan terkecil adalah ….
SOLUSI :
Misalkan ketiga bilangan itu berturut-turut a, b, dan c.
Jika bilangan pertama dan bilangan kedua masing-masing dikurangi 1 memiliki rasio 1 : 3 artinya:
a −1 1
=
b −1 3
1
1
a −1 = b −
3
3
1
2
a = b+
3
3
Jika bilangan kedua dan ketiga masing-masing ditambah 3, maka diperoleh rasio 5 : 6, artinya
b+3 5
=
c+3 6
6
18
c+3= b+
5
5
6
3
c= b+
5
5
http:/ / olimatik.blogspot.com
e-mail: [email protected]
HAL 1
PEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 2012
OLEH :SAI FUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)
Jumlah tiga bilangan adalah 19, sehingga
a + b + c = 19
subtitusi nilai a dan c pada persamaan terakhir diperoleh
2
3
1
6
b + + b + b + = 19
3
5
3
5
Kedua ruas dikalikan 15 didapat
5b + 10 + 15b + 18b + 9 = 285
38b = 285 – 19
b = 266 : 38
b=7
1
2
7 2
Subtitusi b = 7 pada a = b + menghasilkan a = + = 3
3
3
3 3
6
3
42 3
Subtitusi b = 7 pada c = b + menghasilkan c =
+ =9
5
5
5 5
Jadi selisih bilangan terbesar dan terkecil adalah 9 – 3 = 6
3.
Jika 1 +
1 1 1
1
1 1
1
+
+ ... = ...
+ + +
+ ... = a , maka +
4 9 16 25
9 25 49
SOLUSI :
1 1 1
1
1+ + + +
+ ... = a
4 9 16 25
1 1 1
1
1
1
+ + + + +
+ ... = a − 1
4 9 16 25 36 49
1 1
1
1
1 1
+
+
+ ... = a − 1 − + +
+ ...
9 25 49
4 16 36
1 1
1
1 1 1
+ +
+ ... = a − 1 − 1 + + + ...
9 25 49
4 4 9
1 1
1
1
+
+
+ ... = a − 1 − (a )
9 25 49
4
1 1
1
3
+
+
+ ... = a − 1
9 25 49
4
4.
Lima belas bilangan prima pertama dituliskan berturut-turut pada lima belas kartu. Jika semua
kartu tersebut diletakkan dalam sebuah kotak dan kemudian diambil secara acak dua buah kartu
berturut-turut tanpa pengembalian, maka peluang terambil dua kartu dengan jumlah dua bilangan
tertulis merupakan bilangan prima adalah ….
SOLUSI :
Himpunan 15 bilangan prima pertama adalah
P = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47}
Misalkan a ∈ P, b ∈ P, maka a + b ∈ P jika dan hanya jika a dan b keduanya tidak ganjil. Jadi salah
satu dari a atau b harus genap yaitu 2. Selanjutnya pilih a = 2, maka ada 6 kemungkinan nilai b
yaitu 3, 5, 11, 17, 29, 43.
http:/ / olimatik.blogspot.com
e-mail: [email protected]
HAL 2
PEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 2012
OLEH :SAI FUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)
Banyak cara pengambilan secara acak dua buah kartu berturut-turut tanpa pengembalian adalah
15C2 = 105
Jadi peluang terambil dua kartu dengan jumlah dua bilangan tertulis merupakan bilangan prima
6
2
=
adalah
105 35
5.
Perhatikan gambar bangun datar setengah lingkaran dengan diameter AD dan pusat lingkaran M
berikut. Misalkan B dan C adalah titik-titik pada lingkaran sedemikian sehingga AC ⊥ BM dan BD
memotong AC di titik P. Jika besar ∠ CAD = so, maka besar ∠ CPD = …o
SOLUSI :
Perhatikan gambar berikut ini.
Misalkan Q adalah titik potong antara AC dan BM. Pada segitiga siku-siku AMQ diperoleh besar
∠ AMQ = 90o – so. Pada segitiga sama kaki AMC diperoleh besar ∠ ACM = so. Perhatikan bahwa
∠ CMD adalah sudut luar segitiga AMC sehingga besar ∠ CMD = so + so = 2so. Selanjutnya
∠ CPD adalah sudut antara dua tali busur AC dan BD yang besarnya adalah
1
∠ CPD = (∠AMB + ∠CMD )
2
1
∠ CPD = 90 − s o + 2s o
2
1
∠ CPD = 90 + s o
2
(
(
6.
)
)
Lima angka yakni 1, 2, 3, 4, dan 5 dapat disusun semuanya tanpa pengulangan menjadi 120
bilangan berbeda. Jika bilangan –bilangan tersebut diurutkan dari yang terkecil ke yang terbesar,
maka bilangan yang menempati urutan ke-75 adalah ….
SOLUSI :
Urutan bilangan yang dimaksud dimulai dari 12345, 12354,…, dan seterusnya.
Kasus 1 : Jika angka pertamanya 1, maka ada 4 kebebasan menyusun angka 2, 3, 4, dan 5.
Banyaknya cara ada 4! = 24
Kasus 2 : Jika angka pertamanya 2, maka ada 4 kebebasan menyusun angka 1, 3, 4, dan 5.
Banyaknya cara ada 4! = 24
Kasus 3 : Jika angka pertamanya 3, maka ada 4 kebebasan menyusun angka 2, 3, 4, dan 5.
Banyaknya cara ada 4! = 24
Sehingga sudah terhitung 24 x 3 = 72 bilangan
http:/ / olimatik.blogspot.com
e-mail: [email protected]
HAL 3
PEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 2012
OLEH :SAI FUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)
Kasus 4 : Jika angka pertamanya 4, maka
Bilangan ke-73 adalah 41235
Bilangan ke-74 adalah 41253
Bilangan ke-75 adalah 41325
Jadi bilangan yang menempati urutan ke-75 adalah 41325.
7.
Diketahui 1 + k habis dibagi 3, 1 + 2k habis dibagi 5, 1 + 8k habis dibagi 7. Jika k adalah bilangan
bulat positip, maka nilai terkecil untuk k adalah ….
SOLUSI :
1 + k habis dibagi 3, dapat ditulis k = 3a – 1 =3(a – 1) + 2, untuk suatu a bilangan bulat
atau k ≡ 2 (mod 3) …………(1)
1 + 2k habis dibagi 5, dapat ditulis 2k = 5b – 1 =5(b – 1) + 4, untuk suatu b bilangan bulat
atau 2k ≡ 4 (mod 5) …………(2)
1 + 8k habis dibagi 7, dapat ditulis 8k = 7c – 1 =7(c – 1) + 6, untuk suatu c bilangan bulat
atau 8k ≡ 6 (mod 7) …………(3)
Selanjutnya permasalahan di atas kita selesaikan dengan Teorema Sisa Cina sebagai berikut.
Bilangan 3, 5, dan 7 saling relatif prima dengan KPK(3,5,7) = 105, sehingga bentuk (1), (2), (3)
berturut-turut ekuivalen dengan:
35k ≡ 70 (mod 105)
42k ≡ 84 (mod 105)
120k ≡ 90 (mod 105)
Mengingat k =120k – 2(42k) – 35k , maka
k ≡ [90 – 2(84) – 70] (mod 105)
k ≡ [–148] (mod 105)
k ≡ [–148 + 2(105)] (mod 105)
k ≡ 62 (mod 105)
Secara umum selesaian dari k = 62 + 105m, untuk suatu parameter m bilangan bulat
Jadi nilai k terkecil adalah 62 + 105(0) = 62
8.
Jika p = 20102 + 20112 dan q = 20122 + 20132, maka nilai sederhana dari 1 − 2( p + q ) + 4 pq
adalah ….
SOLUSI :
Misalkan 2010 = a , maka
p = 20102 + 20112 = a2 + (a + 1)2 = a2 + a2 + 2a + 1 = 2a2 + 2a + 1
2p – 1 = 4a2 + 4a + 2 – 1 = 4a2 + 4a + 1 = (2a + 1)2
q = 20122 + 20132 = (a + 2)2 + (a + 3)2 = a2 + 4a + 4 + a2 + 6a + 9 = 2a2 + 10a + 13
2q – 1= 4a2 + 20a + 26 – 1 = 4a2 + 20a + 25 = (2a + 5)2
Misalkan x = 1 − 2( p + q ) + 4 pq , maka
x2 = 1 – 2(p +q) + 4pq
x2 = (2p – 1)(2q – 1)
x2 = (2a + 1)2(2a + 5)2
x = (2a + 1)(2a + 5)
Dengan mensubtitusikan kembali nilai a = 2010 didapatkan
x = (4021)(4025)
x = 16184525
Jadi nilai dari 1 − 2( p + q ) + 4 pq adalah 16184525
http:/ / olimatik.blogspot.com
e-mail: [email protected]
HAL 4
PEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 2012
OLEH :SAI FUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)
9.
Jika a dan b adalah penyelesaian dari persamaan kuadrat 4x2 – 7x – 1 = 0, maka nilai dari
3a 2
3b 2
+
adalah ….
4b − 7 4a − 7
SOLUSI :
a dan b adalah selesaian dari persamaan kuadrat (PK) 4x2 – 7x – 1 = 0
7
Jumlah akar-akar PK : a + b =
⇔ 4a + 4b = 7………….(1)
4
1
1
Hasil kali akar-akar PK : a . b = − ⇔ 4b = − ………….(2)
4
a
Subtitusi (2) pada persamaan (1) diperoleh
1
4a − = 7
a
1
4a – 7 = …………(3)
a
Analogi cara di atas diperoleh juga
1
4b – 7 = …………..(4)
b
3a 2
3b 2
Dengan mensubtitusi (3) dan (4) pada bentuk
+
diperoleh
4b − 7 4a − 7
3a 2
3b 2
3a 2 3b 2
+
=
+
1
4b − 7 4a − 7 1
b
a
2
= 3a b + 3ab 2
= 3(ab)(a + b)
21
1 7
= 3 − = −
16
4 4
10. Pada gambar berikut, kedua ruas garis putus-putus yang sejajar membagi persegi menjadi tiga
daerah yang luasnya sama. Jika jarak kedua ruas garis putus-putus tersebut 1 cm, maka luas persegi
adalah …. cm2
http:/ / olimatik.blogspot.com
e-mail: [email protected]
HAL 5
PEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 2012
OLEH :SAI FUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)
SOLUSI :
Perhatikan gambar berikut !
Misalkan panjang sisi persegi adalah AB = BC = b cm, dan BE = a cm
Menurut teorema Pythagoras pada segitiga BEC diperoleh alas jajar genjang CE = a 2 + b 2
Diketahui luas I ( ∆ ADG) = luas II (jajar genjang AECG) = luas III ( ∆ BEC) , dan EF = 1 cm
Perhatikan bahwa
1
Luas I = Luas II = Luas Persegi ABCD
3
1
1
ab = 1 × a 2 + b 2 = b2
2
3
1
ab = a 2 + b 2 diperoleh
Dengan mengkuadratkan kedua ruas persamaan
2
1 2 2
a b = a2 + b2 ………...(1)
4
1
1
3
Sedangkan dari persamaan ab = b2 diperoleh b = a …….(2)
2
3
2
Subtitusi nilai b persamaan (2) ke persamaan (1) didapatkan
2
1 2 3
3
a a = a2 + a
4 2
2
9 4
9
a = a 2 + a2
16
4
9 4 13 2
a − a =0
16
4
1 2 9 2
a a − 13 = 0
4 4
a = 0 atau a =
2
2
2
13 atau a = −
13
3
3
Karena a adalah ukuran panjang maka yang memenuhi adalah a =
2
13
3
3
3 2
Sehingga b = a = ×
13 = 13
2
2 3
2
Jadi luas persegi adalah b2 = 13 cm
http:/ / olimatik.blogspot.com
e-mail: [email protected]
HAL 6
PEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 2012
OLEH :SAI FUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)
B. SOAL URAIAN
1.
Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi persamaan berikut :
2x + 3x – 4x + 6x – 9x = 1
SOLUSI :
2x + 3x – 4x + 6x – 9x = 1
2x + 3x – (2x)2 + (2x3x) – (3x)2 = 1
Misalkan : 2x = a, dan 3x =b, maka
a + b – a2 + ab – b2 = 1 ⇔ a2 + b2 – a – b – ab + 1 = 0
⇔
1
[(2a2 + 2b2 – 2a – 2b – 2ab + 2)]= 0
2
⇔ [(a2 + b2 – 2ab) + (a2 – 2a + 1) + (b2 – 2b + 1)]= 0
⇔ ( a – b )2 + (a – 1)2 + (b – 1)2 = 0
Dengan mengingat kuadrat suatu bilangan tidak pernah negatip, maka bentuk terakhir hanya
dipenuhi oleh a = b = 1, sehingga 2x = 1, dan 3x =1. Satu-satunya nilai x yang memenuhi adalah 0
Jadi bilangan real x yang memenuhi persamaan adalah x = 0
2.
Pada gambar berikut, Sembilan lingkaran kecil dalam lambang olimpiade akan diisi masingmasing dengan bilangan 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, atau 9. Tentukan pengisian tersebut sehingga jumlah
bilangan di dalam setiap lingkaran besar adalah 14.
SOLUSI :
Perhatikan gambar berikut!
http:/ / olimatik.blogspot.com
e-mail: [email protected]
HAL 7
PEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 2012
OLEH :SAI FUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)
Kita harus menggantikan bilangan 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, atau 9 pada setiap huruf dan tidak boleh
berulang sehingga jumlah setiap huruf dalam satu lingkaran besar = 14.
(a + d) + (d + e + h) + (b + e + f) + (f + g + i) + (g + c) = 5 × 14 = 70
(a + b + c + d + e + f + g + h + i) + d + e + f + g = 70
45 + (d + e + f + g) = 70
d + e + f + g = 25
Disamping itu a + d = c + g = 14. Dari semua angka yang tersedia hanya 9 + 5 dan 8 + 6 yang
berjumlah 14. Dengan mengingat d + e + f + g = 25 kemungkinannya d = 6 dan g = 9
(kemungkinan sebaliknya simetris saja). Akibatnya a = 8 dan c = 5. Selanjutnya e + f = 10, dan
sisa angka yang berjumlah 10 adalah 3 + 7. Ini dipenuhi untuk e = 7 dan f = 3. Terakhir diperoleh
nilai h = 1, b = 4, dan i = 2. Salah satu contoh bentuk isiannya adalah
3.
Diketahui ∆ ABC dengan AB = 25 cm, BC = 20 cm, dan AC = 15 cm. Jika titik D terletak pada sisi
AB sedemikian sehingga perbandingan luas ∆ ADC dan ∆ ABC adalah 14 : 25, tentukan panjang
CD.
SOLUSI :
Perhatikan gambar berikut!
Karena 15, 20, dan 25 merupakan tripel Pythagoras maka segitiga ABC siku-siku di C.
[ABC] = Luas segitiga ABC = ½ . 20 . 15 = 150
[ADC ] = 14
[ABC ] 25
[ABC] − [BCD] = 14
[ABC ]
25
150 − 12 .20.DE 14
=
150
25
http:/ / olimatik.blogspot.com
e-mail: [email protected]
HAL 8
PEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 2012
OLEH :SAI FUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)
150 − 10.DE
= 14
6
150 – 10 DE = 84
DE = 6,6
Menurut kesebangunan pada segitiga
DE BE
=
AC BC
6,6 BE
=
15
20
6,6 BE
=
3
4
BE = 8,8, sehingga CE = 20 – 8,8 = 11,2
Menurut Teorema Pythagoras pada segitiga CDE diperoleh
CD =
DE 2 + CE 2
CD =
6,6 2 + 11,2 2
CD =
43,56 + 125,44 = 169 = 13
Jadi panjang CD = 13 cm
4.
Dari hasil sensus diketahui bahwa penduduk suatu kota tak lebih dari 10.000 orang dan anak-anak
20% lebih banyak dari penduduk dewasa. Jika anaklaki-laki 10% lebih banyak dari anak
perempuan, serta di antara penduduk dewasa terdapat 15% lebih banyak perempuan, tentukan
jumlah terbesar yang mungkin dari penduduk kota tersebut.
SOLUSI :
Misalkan:
N : jumlah seluruh penduduk
D : jumlah penduduk dewasa
DL : jumlah laki - laki dewasa
DP : jumlah perempuan dewasa
A : jumlah penduduk anak - anak
AL : jumlah anak laki – laki
AP : jumlah anak - anak perempuan
Dari informasi pada soal dapat dituliskan
• A = D + 20%D =120%D
Padahal N = A + D = 120%D + 100%D = 220%D, sehingga
D=
•
N=
N, dan A =
N
AL = AP + 10%AP = 110% AP
Padahal A = AL + AP = 110% AP + 100% AP = 210% AP, sehingga
AP =
A=
.
N=
http:/ / olimatik.blogspot.com
e-mail: [email protected]
N, dan
HAL 9
PEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 2012
OLEH :SAI FUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)
AL =
•
.
N= N
DP = DL + 15%DL = 115% DL
Padahal D = DL + DP = DL + 115% DL = 215% DL, sehingga
DL =
D =
DP =
.
.
N, dan
N=
N=
N
A, AL,AP ,D, DL dan DP adalah jumlah jiwa, sehingga merupakan bilangan bulat positif.
Dengan memperhatikan bagian penyebutnya (7, 11, 43) maka
N= k . KPK(7,11,43), untuk k bilangan bulat positip.
N= 3311k
Karena disyaratkan N < 10000, maka nilai N terbesar yang mungkin terjadi untuk k = 3 yaitu
N = 3 × 3311 = 9933.
Jadi jumlah terbesar yang mungkin penduduk kota tersebut adalah 9933 orang.
5.
Diketahui sebuah bilangan rasional positip kurang dari 1 yang dinyatakan dalam pecahan biasa
dalam bentuk paling sederhana. Jika hasil kali pembilang dan penyebut dari bilangan rasional
tersebut adalah 20! = 1 x 2 x 3 x … x 20, tentukan semua bilangan yang dimaksud.
SOLUSI :
a
a
. Karena < 1 , maka a < b
b
b
18
8
4
Diketahui a.b = 20! = 1 x 2 x 3 x … x 20 = 2 ·3 ·5 ·72 ·11·13·17·19
Misalkan A = {218, 38, 54, 72, 11, 13, 17, 19}, sehingga n(A) = 8
a
Agar terbentuk pecahan biasa
dalam bentuk paling sederhana sehingga memenuhi kondisi soal,
b
maka a dan b harus relatif prima (FPB(a,b) = 1) .
Kemungkinan nilai a bisa 1, a bisa merupakan satu unsur berbeda dari A, a bisa merupakan
perkalian dua unsur berbeda dari A, dst. Jadi Banyak cara menentukan nilai a dapat dicari dengan
menghitung banyak himpunan bagian A yaitu 28 = 256. Sedangkan nilai b merupakan perkalian
semua sisa unsur A yang belum terpilih menjadi perkalian unsur-unsur untuk nilai a. Tetapi perlu
diingat bahwa a < b, padahal dari 256 kemungkinan setengah diantaranya memuat b > a. Jadi
banyak seluruh kemungkinan bilangan yang dimaksud adalah 128.
Misalkan bilangan yang dimaksud adalah
Komentar : Pertanyaan soal sebenarnya menentukan semua bilangan yang dimaksud, tetapi
cukup payah jika kita menuliskan 128 bilangan tersebut. Penulis beranggapan pertanyaan yang
tepat seharusnya banyaknya semua bilangan yang dimaksud.
ALHAMDULILLAHIROBBIL ALAMIN.
http:/ / olimatik.blogspot.com
e-mail: [email protected]
HAL 10
OLEH :SAI FUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)
PEMBAHASAN SOAL OLIMPIADE SAINS NASIONAL SMP
SELEKSI TINGKAT PROPINSI TAHUN 2012
BIDANG STUDI MATEMATIKA
WAKTU : 150 MENIT
A. ISIAN SINGKAT
1.
Sebuah silinder memiliki tinggi 5 cm dan volume 20 cm3. Luas permukaan bola terbesar yang
mungkin diletakkan ke dalam silinder tersebut adalah ….
SOLUSI :
Vsilinder = 20
π r2 t = 20
π r2. 5 = 20
π r2 = 4
Dari persamaan terakhir untuk π = 3,14, dapat ditunjukkan bahwa r < 2,5 cm atau diameter alas
silinder < 5 cm (tinggi silinder). Artinya bola terbesar yang bisa dimasukkan dalam silinder berjarijari maksimum sama dengan jari-jari alas silinder.
2
Jadi luas bola terbesar yang dimaksud adalah 4 π r2 = 4 . 4 = 16 cm
2.
Jumlah tiga bilangan adalah 19. Jika bilangan pertama dan bilangan kedua masing-masing
dikurangi 1, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 1 : 3. Jika bilangan kedua dan ketiga
masing-masing ditambah 3, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 5 : 6. Selisih bilangan
terbesar dan terkecil adalah ….
SOLUSI :
Misalkan ketiga bilangan itu berturut-turut a, b, dan c.
Jika bilangan pertama dan bilangan kedua masing-masing dikurangi 1 memiliki rasio 1 : 3 artinya:
a −1 1
=
b −1 3
1
1
a −1 = b −
3
3
1
2
a = b+
3
3
Jika bilangan kedua dan ketiga masing-masing ditambah 3, maka diperoleh rasio 5 : 6, artinya
b+3 5
=
c+3 6
6
18
c+3= b+
5
5
6
3
c= b+
5
5
http:/ / olimatik.blogspot.com
e-mail: [email protected]
HAL 1
PEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 2012
OLEH :SAI FUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)
Jumlah tiga bilangan adalah 19, sehingga
a + b + c = 19
subtitusi nilai a dan c pada persamaan terakhir diperoleh
2
3
1
6
b + + b + b + = 19
3
5
3
5
Kedua ruas dikalikan 15 didapat
5b + 10 + 15b + 18b + 9 = 285
38b = 285 – 19
b = 266 : 38
b=7
1
2
7 2
Subtitusi b = 7 pada a = b + menghasilkan a = + = 3
3
3
3 3
6
3
42 3
Subtitusi b = 7 pada c = b + menghasilkan c =
+ =9
5
5
5 5
Jadi selisih bilangan terbesar dan terkecil adalah 9 – 3 = 6
3.
Jika 1 +
1 1 1
1
1 1
1
+
+ ... = ...
+ + +
+ ... = a , maka +
4 9 16 25
9 25 49
SOLUSI :
1 1 1
1
1+ + + +
+ ... = a
4 9 16 25
1 1 1
1
1
1
+ + + + +
+ ... = a − 1
4 9 16 25 36 49
1 1
1
1
1 1
+
+
+ ... = a − 1 − + +
+ ...
9 25 49
4 16 36
1 1
1
1 1 1
+ +
+ ... = a − 1 − 1 + + + ...
9 25 49
4 4 9
1 1
1
1
+
+
+ ... = a − 1 − (a )
9 25 49
4
1 1
1
3
+
+
+ ... = a − 1
9 25 49
4
4.
Lima belas bilangan prima pertama dituliskan berturut-turut pada lima belas kartu. Jika semua
kartu tersebut diletakkan dalam sebuah kotak dan kemudian diambil secara acak dua buah kartu
berturut-turut tanpa pengembalian, maka peluang terambil dua kartu dengan jumlah dua bilangan
tertulis merupakan bilangan prima adalah ….
SOLUSI :
Himpunan 15 bilangan prima pertama adalah
P = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47}
Misalkan a ∈ P, b ∈ P, maka a + b ∈ P jika dan hanya jika a dan b keduanya tidak ganjil. Jadi salah
satu dari a atau b harus genap yaitu 2. Selanjutnya pilih a = 2, maka ada 6 kemungkinan nilai b
yaitu 3, 5, 11, 17, 29, 43.
http:/ / olimatik.blogspot.com
e-mail: [email protected]
HAL 2
PEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 2012
OLEH :SAI FUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)
Banyak cara pengambilan secara acak dua buah kartu berturut-turut tanpa pengembalian adalah
15C2 = 105
Jadi peluang terambil dua kartu dengan jumlah dua bilangan tertulis merupakan bilangan prima
6
2
=
adalah
105 35
5.
Perhatikan gambar bangun datar setengah lingkaran dengan diameter AD dan pusat lingkaran M
berikut. Misalkan B dan C adalah titik-titik pada lingkaran sedemikian sehingga AC ⊥ BM dan BD
memotong AC di titik P. Jika besar ∠ CAD = so, maka besar ∠ CPD = …o
SOLUSI :
Perhatikan gambar berikut ini.
Misalkan Q adalah titik potong antara AC dan BM. Pada segitiga siku-siku AMQ diperoleh besar
∠ AMQ = 90o – so. Pada segitiga sama kaki AMC diperoleh besar ∠ ACM = so. Perhatikan bahwa
∠ CMD adalah sudut luar segitiga AMC sehingga besar ∠ CMD = so + so = 2so. Selanjutnya
∠ CPD adalah sudut antara dua tali busur AC dan BD yang besarnya adalah
1
∠ CPD = (∠AMB + ∠CMD )
2
1
∠ CPD = 90 − s o + 2s o
2
1
∠ CPD = 90 + s o
2
(
(
6.
)
)
Lima angka yakni 1, 2, 3, 4, dan 5 dapat disusun semuanya tanpa pengulangan menjadi 120
bilangan berbeda. Jika bilangan –bilangan tersebut diurutkan dari yang terkecil ke yang terbesar,
maka bilangan yang menempati urutan ke-75 adalah ….
SOLUSI :
Urutan bilangan yang dimaksud dimulai dari 12345, 12354,…, dan seterusnya.
Kasus 1 : Jika angka pertamanya 1, maka ada 4 kebebasan menyusun angka 2, 3, 4, dan 5.
Banyaknya cara ada 4! = 24
Kasus 2 : Jika angka pertamanya 2, maka ada 4 kebebasan menyusun angka 1, 3, 4, dan 5.
Banyaknya cara ada 4! = 24
Kasus 3 : Jika angka pertamanya 3, maka ada 4 kebebasan menyusun angka 2, 3, 4, dan 5.
Banyaknya cara ada 4! = 24
Sehingga sudah terhitung 24 x 3 = 72 bilangan
http:/ / olimatik.blogspot.com
e-mail: [email protected]
HAL 3
PEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 2012
OLEH :SAI FUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)
Kasus 4 : Jika angka pertamanya 4, maka
Bilangan ke-73 adalah 41235
Bilangan ke-74 adalah 41253
Bilangan ke-75 adalah 41325
Jadi bilangan yang menempati urutan ke-75 adalah 41325.
7.
Diketahui 1 + k habis dibagi 3, 1 + 2k habis dibagi 5, 1 + 8k habis dibagi 7. Jika k adalah bilangan
bulat positip, maka nilai terkecil untuk k adalah ….
SOLUSI :
1 + k habis dibagi 3, dapat ditulis k = 3a – 1 =3(a – 1) + 2, untuk suatu a bilangan bulat
atau k ≡ 2 (mod 3) …………(1)
1 + 2k habis dibagi 5, dapat ditulis 2k = 5b – 1 =5(b – 1) + 4, untuk suatu b bilangan bulat
atau 2k ≡ 4 (mod 5) …………(2)
1 + 8k habis dibagi 7, dapat ditulis 8k = 7c – 1 =7(c – 1) + 6, untuk suatu c bilangan bulat
atau 8k ≡ 6 (mod 7) …………(3)
Selanjutnya permasalahan di atas kita selesaikan dengan Teorema Sisa Cina sebagai berikut.
Bilangan 3, 5, dan 7 saling relatif prima dengan KPK(3,5,7) = 105, sehingga bentuk (1), (2), (3)
berturut-turut ekuivalen dengan:
35k ≡ 70 (mod 105)
42k ≡ 84 (mod 105)
120k ≡ 90 (mod 105)
Mengingat k =120k – 2(42k) – 35k , maka
k ≡ [90 – 2(84) – 70] (mod 105)
k ≡ [–148] (mod 105)
k ≡ [–148 + 2(105)] (mod 105)
k ≡ 62 (mod 105)
Secara umum selesaian dari k = 62 + 105m, untuk suatu parameter m bilangan bulat
Jadi nilai k terkecil adalah 62 + 105(0) = 62
8.
Jika p = 20102 + 20112 dan q = 20122 + 20132, maka nilai sederhana dari 1 − 2( p + q ) + 4 pq
adalah ….
SOLUSI :
Misalkan 2010 = a , maka
p = 20102 + 20112 = a2 + (a + 1)2 = a2 + a2 + 2a + 1 = 2a2 + 2a + 1
2p – 1 = 4a2 + 4a + 2 – 1 = 4a2 + 4a + 1 = (2a + 1)2
q = 20122 + 20132 = (a + 2)2 + (a + 3)2 = a2 + 4a + 4 + a2 + 6a + 9 = 2a2 + 10a + 13
2q – 1= 4a2 + 20a + 26 – 1 = 4a2 + 20a + 25 = (2a + 5)2
Misalkan x = 1 − 2( p + q ) + 4 pq , maka
x2 = 1 – 2(p +q) + 4pq
x2 = (2p – 1)(2q – 1)
x2 = (2a + 1)2(2a + 5)2
x = (2a + 1)(2a + 5)
Dengan mensubtitusikan kembali nilai a = 2010 didapatkan
x = (4021)(4025)
x = 16184525
Jadi nilai dari 1 − 2( p + q ) + 4 pq adalah 16184525
http:/ / olimatik.blogspot.com
e-mail: [email protected]
HAL 4
PEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 2012
OLEH :SAI FUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)
9.
Jika a dan b adalah penyelesaian dari persamaan kuadrat 4x2 – 7x – 1 = 0, maka nilai dari
3a 2
3b 2
+
adalah ….
4b − 7 4a − 7
SOLUSI :
a dan b adalah selesaian dari persamaan kuadrat (PK) 4x2 – 7x – 1 = 0
7
Jumlah akar-akar PK : a + b =
⇔ 4a + 4b = 7………….(1)
4
1
1
Hasil kali akar-akar PK : a . b = − ⇔ 4b = − ………….(2)
4
a
Subtitusi (2) pada persamaan (1) diperoleh
1
4a − = 7
a
1
4a – 7 = …………(3)
a
Analogi cara di atas diperoleh juga
1
4b – 7 = …………..(4)
b
3a 2
3b 2
Dengan mensubtitusi (3) dan (4) pada bentuk
+
diperoleh
4b − 7 4a − 7
3a 2
3b 2
3a 2 3b 2
+
=
+
1
4b − 7 4a − 7 1
b
a
2
= 3a b + 3ab 2
= 3(ab)(a + b)
21
1 7
= 3 − = −
16
4 4
10. Pada gambar berikut, kedua ruas garis putus-putus yang sejajar membagi persegi menjadi tiga
daerah yang luasnya sama. Jika jarak kedua ruas garis putus-putus tersebut 1 cm, maka luas persegi
adalah …. cm2
http:/ / olimatik.blogspot.com
e-mail: [email protected]
HAL 5
PEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 2012
OLEH :SAI FUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)
SOLUSI :
Perhatikan gambar berikut !
Misalkan panjang sisi persegi adalah AB = BC = b cm, dan BE = a cm
Menurut teorema Pythagoras pada segitiga BEC diperoleh alas jajar genjang CE = a 2 + b 2
Diketahui luas I ( ∆ ADG) = luas II (jajar genjang AECG) = luas III ( ∆ BEC) , dan EF = 1 cm
Perhatikan bahwa
1
Luas I = Luas II = Luas Persegi ABCD
3
1
1
ab = 1 × a 2 + b 2 = b2
2
3
1
ab = a 2 + b 2 diperoleh
Dengan mengkuadratkan kedua ruas persamaan
2
1 2 2
a b = a2 + b2 ………...(1)
4
1
1
3
Sedangkan dari persamaan ab = b2 diperoleh b = a …….(2)
2
3
2
Subtitusi nilai b persamaan (2) ke persamaan (1) didapatkan
2
1 2 3
3
a a = a2 + a
4 2
2
9 4
9
a = a 2 + a2
16
4
9 4 13 2
a − a =0
16
4
1 2 9 2
a a − 13 = 0
4 4
a = 0 atau a =
2
2
2
13 atau a = −
13
3
3
Karena a adalah ukuran panjang maka yang memenuhi adalah a =
2
13
3
3
3 2
Sehingga b = a = ×
13 = 13
2
2 3
2
Jadi luas persegi adalah b2 = 13 cm
http:/ / olimatik.blogspot.com
e-mail: [email protected]
HAL 6
PEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 2012
OLEH :SAI FUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)
B. SOAL URAIAN
1.
Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi persamaan berikut :
2x + 3x – 4x + 6x – 9x = 1
SOLUSI :
2x + 3x – 4x + 6x – 9x = 1
2x + 3x – (2x)2 + (2x3x) – (3x)2 = 1
Misalkan : 2x = a, dan 3x =b, maka
a + b – a2 + ab – b2 = 1 ⇔ a2 + b2 – a – b – ab + 1 = 0
⇔
1
[(2a2 + 2b2 – 2a – 2b – 2ab + 2)]= 0
2
⇔ [(a2 + b2 – 2ab) + (a2 – 2a + 1) + (b2 – 2b + 1)]= 0
⇔ ( a – b )2 + (a – 1)2 + (b – 1)2 = 0
Dengan mengingat kuadrat suatu bilangan tidak pernah negatip, maka bentuk terakhir hanya
dipenuhi oleh a = b = 1, sehingga 2x = 1, dan 3x =1. Satu-satunya nilai x yang memenuhi adalah 0
Jadi bilangan real x yang memenuhi persamaan adalah x = 0
2.
Pada gambar berikut, Sembilan lingkaran kecil dalam lambang olimpiade akan diisi masingmasing dengan bilangan 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, atau 9. Tentukan pengisian tersebut sehingga jumlah
bilangan di dalam setiap lingkaran besar adalah 14.
SOLUSI :
Perhatikan gambar berikut!
http:/ / olimatik.blogspot.com
e-mail: [email protected]
HAL 7
PEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 2012
OLEH :SAI FUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)
Kita harus menggantikan bilangan 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, atau 9 pada setiap huruf dan tidak boleh
berulang sehingga jumlah setiap huruf dalam satu lingkaran besar = 14.
(a + d) + (d + e + h) + (b + e + f) + (f + g + i) + (g + c) = 5 × 14 = 70
(a + b + c + d + e + f + g + h + i) + d + e + f + g = 70
45 + (d + e + f + g) = 70
d + e + f + g = 25
Disamping itu a + d = c + g = 14. Dari semua angka yang tersedia hanya 9 + 5 dan 8 + 6 yang
berjumlah 14. Dengan mengingat d + e + f + g = 25 kemungkinannya d = 6 dan g = 9
(kemungkinan sebaliknya simetris saja). Akibatnya a = 8 dan c = 5. Selanjutnya e + f = 10, dan
sisa angka yang berjumlah 10 adalah 3 + 7. Ini dipenuhi untuk e = 7 dan f = 3. Terakhir diperoleh
nilai h = 1, b = 4, dan i = 2. Salah satu contoh bentuk isiannya adalah
3.
Diketahui ∆ ABC dengan AB = 25 cm, BC = 20 cm, dan AC = 15 cm. Jika titik D terletak pada sisi
AB sedemikian sehingga perbandingan luas ∆ ADC dan ∆ ABC adalah 14 : 25, tentukan panjang
CD.
SOLUSI :
Perhatikan gambar berikut!
Karena 15, 20, dan 25 merupakan tripel Pythagoras maka segitiga ABC siku-siku di C.
[ABC] = Luas segitiga ABC = ½ . 20 . 15 = 150
[ADC ] = 14
[ABC ] 25
[ABC] − [BCD] = 14
[ABC ]
25
150 − 12 .20.DE 14
=
150
25
http:/ / olimatik.blogspot.com
e-mail: [email protected]
HAL 8
PEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 2012
OLEH :SAI FUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)
150 − 10.DE
= 14
6
150 – 10 DE = 84
DE = 6,6
Menurut kesebangunan pada segitiga
DE BE
=
AC BC
6,6 BE
=
15
20
6,6 BE
=
3
4
BE = 8,8, sehingga CE = 20 – 8,8 = 11,2
Menurut Teorema Pythagoras pada segitiga CDE diperoleh
CD =
DE 2 + CE 2
CD =
6,6 2 + 11,2 2
CD =
43,56 + 125,44 = 169 = 13
Jadi panjang CD = 13 cm
4.
Dari hasil sensus diketahui bahwa penduduk suatu kota tak lebih dari 10.000 orang dan anak-anak
20% lebih banyak dari penduduk dewasa. Jika anaklaki-laki 10% lebih banyak dari anak
perempuan, serta di antara penduduk dewasa terdapat 15% lebih banyak perempuan, tentukan
jumlah terbesar yang mungkin dari penduduk kota tersebut.
SOLUSI :
Misalkan:
N : jumlah seluruh penduduk
D : jumlah penduduk dewasa
DL : jumlah laki - laki dewasa
DP : jumlah perempuan dewasa
A : jumlah penduduk anak - anak
AL : jumlah anak laki – laki
AP : jumlah anak - anak perempuan
Dari informasi pada soal dapat dituliskan
• A = D + 20%D =120%D
Padahal N = A + D = 120%D + 100%D = 220%D, sehingga
D=
•
N=
N, dan A =
N
AL = AP + 10%AP = 110% AP
Padahal A = AL + AP = 110% AP + 100% AP = 210% AP, sehingga
AP =
A=
.
N=
http:/ / olimatik.blogspot.com
e-mail: [email protected]
N, dan
HAL 9
PEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 2012
OLEH :SAI FUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)
AL =
•
.
N= N
DP = DL + 15%DL = 115% DL
Padahal D = DL + DP = DL + 115% DL = 215% DL, sehingga
DL =
D =
DP =
.
.
N, dan
N=
N=
N
A, AL,AP ,D, DL dan DP adalah jumlah jiwa, sehingga merupakan bilangan bulat positif.
Dengan memperhatikan bagian penyebutnya (7, 11, 43) maka
N= k . KPK(7,11,43), untuk k bilangan bulat positip.
N= 3311k
Karena disyaratkan N < 10000, maka nilai N terbesar yang mungkin terjadi untuk k = 3 yaitu
N = 3 × 3311 = 9933.
Jadi jumlah terbesar yang mungkin penduduk kota tersebut adalah 9933 orang.
5.
Diketahui sebuah bilangan rasional positip kurang dari 1 yang dinyatakan dalam pecahan biasa
dalam bentuk paling sederhana. Jika hasil kali pembilang dan penyebut dari bilangan rasional
tersebut adalah 20! = 1 x 2 x 3 x … x 20, tentukan semua bilangan yang dimaksud.
SOLUSI :
a
a
. Karena < 1 , maka a < b
b
b
18
8
4
Diketahui a.b = 20! = 1 x 2 x 3 x … x 20 = 2 ·3 ·5 ·72 ·11·13·17·19
Misalkan A = {218, 38, 54, 72, 11, 13, 17, 19}, sehingga n(A) = 8
a
Agar terbentuk pecahan biasa
dalam bentuk paling sederhana sehingga memenuhi kondisi soal,
b
maka a dan b harus relatif prima (FPB(a,b) = 1) .
Kemungkinan nilai a bisa 1, a bisa merupakan satu unsur berbeda dari A, a bisa merupakan
perkalian dua unsur berbeda dari A, dst. Jadi Banyak cara menentukan nilai a dapat dicari dengan
menghitung banyak himpunan bagian A yaitu 28 = 256. Sedangkan nilai b merupakan perkalian
semua sisa unsur A yang belum terpilih menjadi perkalian unsur-unsur untuk nilai a. Tetapi perlu
diingat bahwa a < b, padahal dari 256 kemungkinan setengah diantaranya memuat b > a. Jadi
banyak seluruh kemungkinan bilangan yang dimaksud adalah 128.
Misalkan bilangan yang dimaksud adalah
Komentar : Pertanyaan soal sebenarnya menentukan semua bilangan yang dimaksud, tetapi
cukup payah jika kita menuliskan 128 bilangan tersebut. Penulis beranggapan pertanyaan yang
tepat seharusnya banyaknya semua bilangan yang dimaksud.
ALHAMDULILLAHIROBBIL ALAMIN.
http:/ / olimatik.blogspot.com
e-mail: [email protected]
HAL 10