Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013

  

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2013

TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2014

Prestasi itu diraih bukan didapat !!!

  

SOLUSI SOAL

BAGIAN PERTAMA

Disusun oleh : Eddy Hermant o, ST

  BAGIAN PERTAMA 1. ABC adalah segit iga sama sisi dengan panj ang sisi 4.

  300

  1

  2

  2 Luas daerah =

  3 = 10 ∙ ∙ ∙ 2 ∙ 4 ∙ sin 60 + 4√3

• 360

  2 Jadi, luas dari ket iga lingkaran berikut daerah yang dibat asi sama dengan .

  ∴

• √ 2. Masing-masing lampu akan dit ekan sebanyak f akt or posit if nya.

  Bilangan kuadrat sempurna akan memiliki f akt or sebanyak ganj il sedangkan bilangan bukan kuadrat sempurna memiliki f akt or posit if sebanyak genap. Karena kondisi lampu awalnya mat i. Maka lampu akan hidup j ika dit ekan sebanyak ganj il.

Maka banyaknya lampu yang hidup sama dengan banyaknya bilangan kuadrat sempurna 2013.

_{2 2}

  ≤

Mengingat 44 = 1936 dan 45 = 2025 maka bilangan kuadrat sempurna ≤ 2013 ada sebanyak 44.

   Jadi, banyaknya lampu dalam kondisi hidup set el ah operasi pada hari ke-2013 ada 44.

  ∴

  3 3. ,

  ( ) = ≠

  2 −3

  2

  � ( )� = �

  2 − 3�

  =

  2

  3 �

  2 − 3� −

  2

  = 2 − 3(2 − 3)

  ( − 3)( − 2 + 3) = 0

  at au

  = 3 = 2 − 3 Karena adalah konst ant a maka .

  = 3

  3

  3 ,

  ( ) = ≠

  2

  2 − 3

  3(2013) 671 =

  (2013) = 2(2013) 447

  − 3

  671 Jadi, nilai adalah .

  ∴ (2013)

  447

  2 4. Misalkan = dengan p adalah bilangan prima. ₂ + xy = p(x + y) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Maka p x at au p y.

    Jika p  y maka y = bp dengan b ∈ N. ₂ xb p = x + bp

  Maka p x

   Jadi, didapat f akt a bahwa p x.

  

  Jadi, pasangan (x, y) yang memenuhi adalah (2, 2).

  −

  (2)((1)(2) − 1) = (1)(p) p = 2 Subt it usikan ke persamaan (1) didapat x(2) ² = 2(x + 2) x = 2

   y maka a = 1 dan y = 2.

  1 = 1 ay = 2. Karena a

  −

  p Karena p adalah bilangan prima maka ay − 1 = 1 at au p.

  

  1)

  y maka (ay

  −

  

  y(ay − 1) = ap Karena a

   y.

  Misalkan x = ap dengan a ∈ N. ay ² = ap + y Maka a

• Jika ay

  1 = p Maka a = y p = y ²

• Jika ay

  1 = (y + 1)(y

1) Karena p adalah bilangan prima maka nilai y yang memenuhi adalah y = 2 sehingga p = 3.

• Jika x dan y di kuadran I maka
• Jika x dan y di kuadran II maka

• Jika x dan y di kuadran III maka  x  = − x dan  y  = − y y = 10 dan x

• Jika x dan y di kuadran IV maka  x  = x dan  y  = − y 2x + y = 10 dan x
• =
• = 6.
• )( − ) = 660 = 2
• > −
• dan

  ∴

  

5

  −

  ) (memenuhi (x, y) di kuadran IV)

  32

  5

  −

  14

  5

  =

  18

  5

   Jadi,

  −

  2

  − 600 =

  2 unt uk suat u bilangan bulat posit if , .

  (

  2

  ∙ 3 ∙ 5 ∙ 11

  Jelas bahwa

  −

  keduanya memiliki parit as yang sama. Maka keduanya merupakan bilangan genap. Banyaknya f akt or 3 ⋅ 5 ⋅ 11 ada 8 maka banyaknya pasangan

  ( , ) yang memenuhi ada 4.

  ∴

   Jadi, banyaknya bilangan bulat posit if yang memenuhi ada 4.

  

14

  32

  5 ,

  = y 2x + y = 10 dan x = 12 sehingga y = − 14 (t idak memenuhi (x, y) di kuadran I)

  −

  Subt it usikan ke persamaan (1) didapat x(2) ² = 3(x + 2) x = 6 Jadi, pasangan (x, y) yang memenuhi adalah (6, 2).

  ∴ Jadi, pasangan (x, y) yang memenuhi adalah (2, 2) dan (6, 2).

  5.  x  + x + y = 10 dan x +  y  − y = 12

  

  x

  

  = x dan

  

  y

  

  

  −

  x

  

  =

  x dan

  

  y

  

  = y y = 10 dan x = 12 (t idak memenuhi (x, y) di kuadran II)

  −

  2y = 12 sehingga x = 32 (t idak memenuhi (x, y) di kuadran III)

  −

  2y = 12 Nilai (x, y) yang memenuhi adalah (

  −

  

7. Barisan it u akan membent uk kelompok bilangan ganj il, diikut i kelompok bilangan genap, lal u

diikut i kelompok bilangan ganj il dan diakhiri kelompok bilangan genap.

  Misalkan a adalah banyaknya bilangan ganj il pada bagian pal ing kiri, b menyat akan banyaknya bilangan genap di sebelah kanan kelompok bilangan ganj il, c menyat akan banyaknya bilangan ganj il di sebelah kanan kelompok bilangan genap dan d menyat akan banyaknya bilangan genap di bagian paling kanan.

Maka 0 a 4 ; 1 b 5 ; 1 c 5 ; 0 d 4 sert a a + c = 4 at au 5 dan b + d = 4 at au 5.

  ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤

  Karena ada 4 bilangan ganj il dan 5 genap at au 5 bilangan ganj il dan 4 genap, maka masing- masing susunan 9 bilangan ada 4! 5! = 2880 kemungkinan.

  ⋅

  Unt uk mencari banyaknya t upel (a, b, c, d) yang memenuhi maka dapat dibagi 2 kasus :

• Kasus 1, j ika a + c = 4

  Maka b + d = 5 Banyaknya cara memilih 4 bilangan ganj il = C = 5.

₅

₄ Banyaknya nilai a yang memenuhi ada 4 sebab c ≥ 1.

  Karena b + d = 5 maka banyaknya nilai b yang memenuhi ada 5. Jadi, banyaknya t upel (a, b, c, d) yang memenuhi ada 5

  4

  5 1 1 = 100.

  ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

• Kasus 2, j ika a + c = 5

  Maka b + d = 4 Banyaknya cara memilih 4 bilangan genap = C = 5.

₅

₄ Banyaknya nilai a yang memenuhi ada 5 sebab c ≥ 1.

  Karena b + d = 4 maka banyaknya nilai b yang memenuhi ada 4. Jadi, banyaknya t upel (a, b, c, d) yang memenuhi ada 5 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 1 ⋅ 1 = 100. Jadi, banyaknya t upel (a, b, c, d) yang memenuhi = 100 + 100 = 200. Jadi, banyaknya susunan = 200 2880 = 576000.

  ⋅ ∴ Jadi, banyaknya susunan 576000.

  8. Jika abc adalah bilangan cant ik maka cba j uga bilangan cant ik kecuali a at au c sama dengan 0.

  Maka cukup dengan membuat daf t ar bilangan cant ik dengan a < b. Bilangan-bilangan cant ik dengan a < b adalah 123, 1234, 12345, 123456, 1234567, 12345678, 123456789, 124, 1248, 135, 1357, 13579, 139, 147, 159, 234, 2345, 23456, 234567, 2345678, 23456789, 246, 2468, 248, 258, 345, 3456, 34567, 345678, 3456789, 357, 3579, 369, 456, 4567, 45678, 456789, 468, 469, 567, 5678, 56789, 579, 678, 6789, 789 yang banyaknya ada 46.

  Jika angka t erakhir bil angan cant ik sama dengan 0 maka bilangan-bilangan cant ik t ersebut adalah 210, 3210, 43210, 543210, 6543210, 76543210, 876543210, 9876543210, 420, 6420, 86420, 630, 9630, 840 yang banyaknya ada 14. Maka banyaknya bilangan cant ik = 46 ⋅ 2 + 14 = 106.

   Jadi, banyaknya bilangan cant ik ada 106.

  ∴ _{o o} 9. Diket ahui BAC = 45 dan ABC = 30 . Misalkan panj ang BC = 2a ; AC = 2b dan AB = 2c.

  ∠ ∠ Dengan dalil sinus pada ABC didapat

  ∆ sin 45 = =

  √2 sin 30 _o

  Misalkan AMC = y maka CAM = 75 y

  ∠ ∠ −

  Dengan dalil sinus pada AMC didapat

  ∆ sin(75 − )

  = 2 sin cos sin

  − ) = 2 sin 75 − 2cos 75 √2 sin = 2 sin(75 sin 2 sin 75

  √3 + 1 tan = = = 1 = cos

  √2 + 2 cos 75 √3 + 1 Jadi, nilai dari tan . ∴

  ∠ = 10. a + b = kp dengan k N dan k t idak habis dibagi p sert a p adalah bilangan prima. ∈

  b = kp − a _{2013 2013 2013 2013} a + b = a + (kp a) _{2013 2013 2013 2012 2011} − _{2 (kp) a ⋅⋅⋅ + 2013 C 2 2 2011 2012 2013 2013 2}

+ a + b = (kp) + 2013(kp) a + 2013 C

^{2 (kp) a + 2013(kp)a}

Karena a + b habis dibagi p sedangkan p > 2013 t idak membagi k maka a habis dibagi p.

  Karena p a dan p (a + b) maka p b. _{2013 2013 2013.}    Maka a + b habis dibagi p Jadi, banyak bilangan asli n 2013 yang memenuhi ada 2013.

  ∴ ≤

11. Keenam anak TK akan dibagi dalam beberapa kelompok yang pert ukaran hadiah dalam kelompok akan membent uk suat u lingkaran.

  Berdasarkan pembagian maka ada 4 kasus : • Kasus 1, keenam anak TK t erbagi dalam 3 kelompok masing-masing 2 orang.

  Pada masing-masing kel ompok banyaknya cara = (2 1)! = 1.

  −

  4

  2 �62�� 2�� 2� Maka banyaknya cara seluruh = .

  ∙ (2 − 1)! ∙ (2 − 1)! ∙ (2 − 1)! = 15

  3!

• Kasus 2, keenam anak TK t erbagi dalam 2 kelompok, 1 kelompok 2 orang dan kelompok lain 4 orang.

  Pada kelompok t erdiri dari 4 orang, orang pert ama akan memberikan ke orang kedua dengan 3 cara, orang kedua akan memberikan ke orang ket iga dengan 2 cara, orang ket iga akan memberikan ke orang keempat dengan 1 cara dan orang keempat akan memberikan ke orang pert ama dengan 1 cara. Banyaknya cara = (4 1)! .

  −

  6 Maka banyaknya cara seluruh = .

  (2 � − 1)! ∙ (4 − 1)! = 90

  2� ∙ • Kasus 3, keenam anak TK t erbagi dalam 2 kelompok masing-masing 3 orang.

  3 �63�� 3� Banyaknya cara = .

  ∙ (3 − 1)! ∙ (3 − 1)! = 40

  2!

• Kasus 4, keenam anak TK t erbagi dalam 1 kelompok t erdiri dari 6 orang. Banyaknya cara = (6

  − 1)! = 120

  Jadi, banyaknya cara pert ukaran hadiah = 15 + 90 + 40 + 120 = 265 Jadi, banyaknya cara melakukan hal t ersebut adalah 265.

  ∴

  2

  2 12. dan

  = − = − ₂

  2

  2

  4

  2 ₂

• 4

  = ( − ) − = − 2 −

  2

memiliki akar-akar , , dan . Maka

  − 2 − + − = 0

  

1

  2

  3

  4

• = 0

  1

  2

  3

  4

  = 1 + + +

  1

  2

  3

  1

  2

  4

  1

  3

  4

  2

  3

  4

  2

• (
• ( + + + + )(
• )( ) =

  ) +

  1

  2

  1

  3

  1

  4

  1

  2

  3

  4

  1

  2

  3

  1

  2

  4

  1

  3

  4

  2

  3

  4

  1

• ( )( + )(

  ) = 1

  1

  2

  1

  3

  1

  4

  ( )( )( )

   Jadi, nilai

• adalah 1.

  ∴

  1

  2

  1

  3

  1

  4

  2

  2

  2 13. dan = dengan 1 sert a .

• = ≤ , ≤ 6 , ∈

  2

  2

  2

  2

• 2
• 2 + 2 =

  2

  −

• =

  2 Berdasarkan ket aksamaan AM-GM didapat

  2

  2

  2

  ≥ + +

  2

  2 ≥ −

  2

  3 ≥

• Jika maka nilai yang memenuhi adalah 1, 2, 3, 4, 5, 6 .

  = 1

• Jika maka nilai yang memenuhi adalah 2, 3, 4, 5, 6 .

  = 2 • Jika maka nilai yang memenuhi adalah 3, 4, 5, 6 . = 3

• Jika maka nilai yang memenuhi adalah 6 .

  = 4

• Jika at au 6 maka t idak ada nilai yang memenuhi.

  = 5

  Jadi, banyaknya pasangan (a, b) yang memenuhi ada 16 .

   Jadi, besarnya peluang t erdapat bilangan real , , yang memenuhi adalah .

  ∴

  

14. Misalkan ABC adalah segit iga sama sisi dengan panj ang sisi . DEFG adalah persegi dengan

keempat t it ik sudut nya t erlet ak pada sisi ABC dengan D, E t erlet ak pada sisi AB. Lingkaran O adalah lingkaran dalam persegi DEFG. Segit iga PQR adalah segit iga sama sisi yang ket iga t it ik sudut nya t erlet ak pada lingkaran O.

  Misalkan panj ang sisi persegi DEFG sama dengan . CGF adalah segit iga sama sisi maka panj ang .

  = Panj ang . = −

  = sin 60

  1 = ( − ) ∙ √3

  2

  √3 = 2 +

  √3

  √3 Jari-j ari lingkaran O = .

  =

  4+2√3 Misalkan panj ang sisi PQR sama dengan .

  ∆

  3

  3

  1 �4 + 2√3�

  2

  [ = = ] = ∙ ∙ sin 60

  2

  4

  4 √3

  3 = 4 + 2

  √3

  2

  3

  3 Maka panj ang sisi , , , bert urut -t urut adalah

  1 , , , yang membent uk ⋅⋅⋅

  ⋅⋅⋅ ∆ ∆ ∆ � �

  1

  2

  3 4+2√3 4+2√3 3 suat u barisan geomet ri dengan rasio . 4+2√3 Jadi, panj ang sisi dari adalah .

  ∴ ∆ � �

  2013

• √

  15. = 2

  1

  1

  2 =

• 1

  �1 +

  � = 6

  2

  = 10

  3

  = 14

4 Jika diambil = 4 maka

  − 2 = 4(

• 1) − 2 = 4
• 1

  1

  2

  1

  2

• = = 4

  (4 �1 + �1 + − 2) + + 2

  � �

  Maka = 4

  − 2 = 4(2013)

  − 2 = 8050

  2013 ∴ Jadi, nilai adalah .

  2013

16. Misalkan adalah persegi dengan panj ang 2 .

  √3

adalah rhombus (belah ket upat ) dimaksud dengan t it ik t erlet ak di dalam .

  ∆ j uga merupakan segit iga sama sisi.

  Misalkan perpot ongan dan adalah t it ik dan pert engahan adalah .

  = = tan 60

  √3 ∙ √3 = 3 = − = 3 − √3

  =

  3 − √3

  =

  3

  2 √3

  = 2√3 − 2

  2

1 Luas rhombus =

  2 = 8 ∙ ∙ �2√3 − 2� ∙ sin 60 √3 − 12

  2 ∴ Jadi, luas rhombus = .

  √ −

  25 17. = dengan dan .

• 21

  , , ∈ ( , ) = 1

  2

  2

  21 + 25 = 21

  Karena maka 25 dan 21.

  ( , ) = 1  

  Maka kemungkinan pasangan ( yang mungkin memenuhi adalah (1, 1), (1, 3), (1, 7), (1, 21),

  , ) (5, 1), (5, 3), (5, 7), (5, 21), (25, 1), (25, 3), (25, 7), (25, 21).

  (

  Melalui penguj ian ke persamaan semula didapat f akt a bahwa t idak ada pasangan yang

  , ) memenuhi. ∴ Jadi, bilangan bulat posit if dan yang memenuhi ada sebanyak _{2 2 2} 0.

18. Karena 20 + 21 = 29 maka siku-siku di .

  ∆

  Alt ernat if 1 : Pada berlaku :

  ∆

  2

  2

  2

  = − 2 ∙ ∙ ∙ cos ∠

• 20 7056

  2

  2

  2

  = 20 + 8 = − 2 ∙ 20 ∙ 8 ∙

  29

  29 Pada berlaku : ∆

  2

  2

  2

  = − 2 ∙ ∙ ∙ cos ∠

• 21 7200

  2

  2

  2

  = 21 + 9 = − 2 ∙ 21 ∙ 9 ∙

  29

  29 Pada berlaku : ∆

  2

  2

  2

  = − 2 ∙ ∙ ∙ cos ∠

• 7056 7200 7056 7200

  2

  12 = − 2 ∙ � ∙ � ∙ cos ∠

• 29

  29

  29

  29 10080 10080 √2

  = ∙ cos ∠

  29

  29

  1 cos ∠ = √2

  2 _o ∴ Jadi, besarnya = 45 .

  ∠ Alt ernat if 2 : Misalkan maka

  ∠ = ∠ = 90 −

  sama kaki dengan maka

  ∆ = ∠ = 90 −

  2 E sama kaki dengan maka ∆ = ∠ = 45

• 2

  ∠ = 180 − ∠ − ∠ = 45 _o

   Jadi, besarnya = 45 .

  ∴ ∠ 19. Dalam sat u pert andingan sat u t im akan menang dan sat u t im lagi akan kalah.

  Karena j umlah t im ada 20 sedangkan t im yang j uara t idak pernah kalah maka j umlah kekalahan ada 2x19 = 38. Maka j umlah pert andingan ada 38.

   Jadi, banyaknya pert andingan yang dilangsungkan pada kompet isi t ersebut adalah 38.

  ∴ _{2 2} 20. log (x 4x 1) = m unt uk suat u bilangan bulat m. _{2 m} − −

  (x − 2) − 5 = 2 _{2 m} (x 2) = 5 + 2

  − Jika m < 0 maka ruas kanan merupakan pecahan. Tidak ada x bulat yang memenuhi. ₂ Jika m = 0 maka (x − 2) = 6. Tidak ada x bulat yang memenuhi.

  Jadi, m > 0.

  Alt ernat if 1 :

• Jika m ganj il _m
_m

  Angka sat uan 2 berulang dengan periode 4. Jika m ganj il maka angka sat uan 2 adalah 2 _m at au 8 sehingga angka sat uan 5 + 2 adalah 7 at au 3 unt uk m ganj il. Bilangan kuadrat t idak mungkin memiliki angka sat uan 3 at au 7 sehingga t idak mungkin ada x bulat yang memenuhi.

• Jika m genap Misalkan m = 2n maka _{2 n}
₂ (x − 2) − (2 ) = 5 _{n n} (x 2 + 2 ) (x 2 2 ) = 5

  − − − _{n n}

  Karena x − 2 + 2 > x − 2 − 2 maka ada 2 kasus ^{n n}

  2 2 = 1

• Kasus 1, x 2 + 2 = 5 dan x

  − − − _n

  Maka didapat x − 2 = 3 dan 2 = 2 sehingga x = 5 dan m = 2n = 2

  2 2 =

  5

• Kasus 2, x 2 + 2 = 1 dan x

  − − − − − ^{n n} _n

  Maka didapat x − 2 = − 3 dan 2 = 2 sehingga x = − 1 dan m = 2n = 2 Maka j umlah semua bilangan x yang memenuhi = 5 1 = 4.

  − ∴ Jadi, j umlah semua bilangan x yang memenuhi = 4.

  Alt ernat if 2 : Jika m ≥ 3 maka ruas kanan dibagi 8 akan bersisa 5. Bilangan kuadrat j ika dibagi 8 akan bersisa 0, 1 at au 4. Jadi, t idak akan ada x bulat yang memenuhi. Maka 1 m

  2. ₂

  ≤ ≤ Jika m = 1 maka (x − 2) = 7 sehingga t idak ada x bul at yang memenuhi. ₂ Jika m = 2 maka (x 2) = 9. Nilai x yang memenuhi adalah x = 5 at au x = 1.

  − − Maka j umlah semua bilangan x yang memenuhi = 5 − 1 = 4.

  Jadi, j umlah semua bilangan x yang memenuhi = 4.

  ∴

  

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2013

TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2014

Prestasi itu diraih bukan didapat !!!

  

SOLUSI SOAL

BAGIAN KEDUA

Disusun oleh : Eddy Hermant o, ST

BAGIAN KEDUA

1. Akan ada 5 kasus : • Kasus 1, j ika salah sat u gelas kosong set elah pengambilan ke-5.

  5

  1

1 Peluang = = .

  � �

  2

  32 • Kasus 2, j ika salah sat u gelas kosong set elah pengambilan ke-6.

  Pengambilan bola ke-6 harus dari gelas A.

  5 Banyaknya urut an pengambilan bola dari gelas B = = 5. � �

  1

  4 Peluang t erambilnya sat u bola merah dari gelas B =

  5

  6

  1

  5

  4

1 Peluang = =

  � � ∙ � � ∙

  2

  5

  16

  1

• Kasus 3, j ika salah sat u gelas kosong set elah pengambilan ke-7. Pengambilan bola ke-7 harus dari gelas A.

  6 Banyaknya urut an pengambilan 2 bola dari gelas B = = 15. �

  2�

  4

  3

  3 Peluang t erambilnya dua bola merah dari gelas B = =

  ∙

  5

  4

  5

  7

  6

  1

  3

  9 Peluang = =

  � � ∙ �

  2 2� ∙ 5 128 • Kasus 4, j ika salah sat u gelas kosong set elah pengambilan ke-8.

  Pengambilan bola ke-8 harus dari gelas A.

  7 Banyaknya urut an pengambilan 3 bola dari gelas B = = 35. �

  3�

  4

  3

  2

  2 Peluang t erambilnya dua bola merah dari gelas B = =

  ∙ ∙

  5

  4

  3

  5

  8

  7

  1

  2

  7 Peluang = =

  � � ∙ �

  2 3� ∙ 5 128

• Kasus 5, j ika salah sat u gelas kosong set elah pengambilan ke-9. Pengambilan bola ke-9 harus dari gelas A.

  8 Banyaknya urut an pengambilan 4 bola dari gelas B = = 70. �

  4�

  4

  3

  2

  1

  1 Peluang t erambilnya dua bola merah dari gelas B = =

  ∙ ∙ ∙

  5

  4

  3

  2

  5

  9

  1

  8

  1

7 Peluang = =

  � � ∙ �

  2 5 256

  4� ∙

  1

  1

  9

  7

  7

  63

• Maka probabilit as bahwa bola put ih t idak t erambil = + + = +

  32 16 128 128 256 256 Jadi, probabilit as bahwa bola put ih t idak t erambil = .

  ∴

  1 2. dengan dan .

  ∈ ≤ 1.000.000 √ − �√ � <

  2013

  2 + unt uk suat u Misalkan bulat t ak negat if dengan dan sert a .

  = ≤ 2 ∈ ≤ 1000

  Maka

  �√ � =

  1

  2

• 2013

  � − <

  2

  2

  1

  2

  1

  2

  2

  = + + + < � + � � � 2013 2013 2013

  2

  2

  1 Mengingat bahwa j ika maka < 1 unt uk semua nilai + .

  ≤ 1000 < � � ∈

  2013 2013 Nilai yang memenuhi hanya .

  = 0

  

1

2 Jadi, yang memenuhi unt uk semua nilai .

  = √ − �√ � = 0 <

  

2013

Karena banyaknya nilai ada 1000 maka banyaknya nilai yang memenuhi j uga ada 1000.

  Jadi, banyaknya bilangan asli yang memenuhi ada 1000.

  ∴ ≤ 1.000.000

  ( +1) 3. 1 + 2 + 3 +

  ⋯ + =

  2 a. Jika .

  = 2013

• Jika genap

  2013 2013 Jelas bahwa + ( habis dibagi unt uk suat u .

  − ) ∈

  2013 2013 Maka dan t idak memil iki pasangan. Tet api kedua bilangan t ersebut habis

  � �

  2 dibagi .

  2 2013 2013 Jelas bahwa + ( unt uk suat u habis dibagi .

• 1 − ) ∈ + 1 Maka semua bilangan memiliki pasangannya.

  Misalkan

  = 2 ,

  � + 1� = ( , 2 + 1) = ( , 1) = 1

  2

  2013 2013 2013 2013 Jadi, + 1 + 2 + 3 habis dibagi dan .

  ⋯ + + 1

  2 2013 2013 2013 2013 Karena dan relat if prima maka t erbukt i

  1 + 2 + 3 habis

• 2 ( +1) dibagi .
• 1

  ⋯ +

  2

• Jika ganj il

  2013 2013 Jelas bahwa + ( unt uk suat u habis dibagi .

  − ) ∈

  2013 2013 Maka t idak memiliki pasangan. Tet api habis dibagi .

  2013 2013 Jelas bahwa + ( unt uk suat u habis dibagi .

• 1 − ) ∈ + 1

  2013 2013

• 1 +1 +1 Maka t idak memiliki pasangan. Tet api habis dibagi .

  � � � �

  2

  2

  2 Misalkan

• 1 = 2
• 1

  , � � = ( , 2 − 1) = ( , 1) = 1

  2

• 1 2013 2013 2013 2013 1 + 2 + 3 habis dibagi d
• Jadi,

  ⋯ +

  2

• 1 2013 2013 2013 2013

  Karena dan relat if prima maka t erbukt i

  1 + 2 + 3 habis ⋯ +

• 2 ( +1) dibagi .

  2 2013 2013 2013 2013 Terbukt i bahwa 1 + 2 + 3 habis dibagi unt uk semua .

  ⋯ + ∈

• ∴ Jadi, t erbukt i bahwa 2013 valid.

b. Ambil dan .

  = 2 = 2

  2 2 2 −1 2 −1

  1 + 2 = 2 + 2 �1 � − 1

  2 −1 2 −1

  2

  2 Karena (1 + 2)| + 2 maka (1 + 2) t idak membagi 1 + 2 .

  �1 � Maka t idak valid unt uk . = 2 = 2

  Jadi, 2 t idak valid. Ada t ak hingga banyaknya bilangan berbent uk 2 .

  Jadi, t erbukt i bahwa ada t ak hingga banyak bilangan yang t idak valid.

  ∴

  4. Berdasarkan ket aksamaan AM-HM maka

  1

  1

  1

  3

  2

  2

  2 ≥

  3

  2

• 2 + 2

  1

  1

  1

  9

  3

  2

  2

  2

  2

  4 ≥ + 2 + 2 ≥

  Berdasarkan ket aksamaan AM-HM maka

  1

  1

  1

  3

  2

  2

  2

• 8 + 8 + 8

  ≥

  3 (2

• 8) + (2 + 8) + (2 + 8)

  1

  1

  1

  9

  9

  1

• = +

  2

  2 2 2(

  36

  4

• 8 + 8 + 8 ≥ + + ) + 24 ≥

  1 1 +2 Mengingat bahwa + = maka

  2 2 +8 ( +4)

• 2 + 2 + 2

  1 ( + 4) ( + 4) ( + 4) ≥

• Jadi, terbukti bahwa .

  ≥

• ∴

  ( + ) ( + ) ( + )

  

5. Misalkan garis t inggi dar i t it ik A memot ong t egak lurus sisi BC di t it ik D dan garis median dari B

memot ong sisi AC di t it ik E.

  Dari t it ik E dibuat garis memot ong t egak lurus sisi BC di M.

  1 Karena CEM dan CAD sebangun dengan E pert engahan AC maka EM = AD.

  ∆ ∆ _o

  2 Karena BE = AD = 2 EM maka EBM = 30 .

  ∠ Misalkan t it ik N merupakan pert engahan AB.

  Karena E dan N bert urut -t urut pert engahan AC dan AB maka EN akan sej aj ar BC.

_o

Karena EN sej aj ar CB maka BEN = EBM = 30 .

  ∠ ∠

1 Karena luas segit iga = alas ⋅ t inggi dan AD adalah sisi t erpanj ang maka BC adalah sisi t erpendek

  2 dari segit iga ABC.

  1

  1 ≤

  2

  2 EN BN ≤ Sisi yang lebih panj ang dari suat u segit iga akan menghadap sudut yang l ebih besar. _o Karena EN ≤ BN maka pada BEN akan berlaku ∠ EBN ≤ ∠ BEN = 30 .

  ∆ _{o o o}

  Maka ABC = EBM + EBN 30 + 30 = 60 .

  ∠ ∠ ∠ ≤ _o

  Jadi, ∠ ABC ≤ 60 . _o Jadi, t erbukt i bahwa ABC 60 .

  ∴ ∠ ≤