solusi OSN matematika SMA kab. 2013

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT KABUPATEN/ KOTA 2013

CALON TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2014

Prestasi itu diraih bukan didapat !!!

SOLUSI SOAL

Bidang Matematika

1. �94 + 2√2013 =√�+√� 2013 = 61 ⋅ 33 dan 94 = 61 + 33

�94 + 2√2013 =√61 +√33 Maka, �= 61 dan �= 33

∴ Jadi, nilai � − � adalah 28.

2. Misalkan H adalah perpot ongan AE dan DF. Misalkan j uga [ XYZ] menyat akan luas segit iga XYZ.

Karena [ ABE] = [ ABEF] maka [ ADH] = [ EFH] Karena [ ADH] = [ EFH] maka [ ADF] = [ AEF] .

Karena ∆ADF dan ∆AEF memiliki alas yang sama dan luas keduanya j uga sama maka t inggi keduanya harus sama. Jadi, DE akan sej aj ar AC.

Karena DE sej aj ar AC maka ∆DBE sebangun dengan ∆ABC Jadi, BE : EC = 3 : 2

[ ABE] : [ ABC] = 3 : 5 [ ABE] = 6

∴ Jadi, luas segit iga ABE sama dengan 6. 3. x2014− px2013 + q = 0

q = x2013(p − x) Maka x = ±1

• Jika x = −1 q = −p − 1

p + q = −1 yang t idak mungkin t erpenuhi kesamaan sebab p dan q prima.

• Jika x = 1 q = p − 1 p − q = 1

Dua bilangan prima berselisih 1 hanya p = 3 dan q = 2.

∴ Jadi, p + q = 5.

4. �(�) = ��

2�+3

���(�)�=�

� � ��_{2�+ 3}�

2� ��_{2�+ 3}�+ 3 =�

�2_{= 2��+ 3(2�+ 3)}

� =−3 at au �= 2�+ 3

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

∴ Jadi, nilai � adalah −3.

5. Nampaknya ada kesalahan dalam soal. Soal seharusnya adal ah menent ukan koef isien dari x2013 pada ekspansi

(1 + x)4016 + x(1 + x)4015 + x2(1 + x)4014 + ⋅⋅⋅ + x2013(1 + x)2003 Maka koef isien x2013 adal ah �4016₂₀₁₃�+�4015₂₀₁₂�+�4014₂₀₁₁�+⋯+�2003₀ �.

�4016₂₀₁₃�+�4015₂₀₁₂�+�4014₂₀₁₁�+⋯+�2003₀ �=�4016₂₀₀₃�+�4015₂₀₀₃�+�4014₂₀₀₃�+⋯+�2003₂₀₀₃�. Rumus :

�� ��+�

�+ 1

� �+� �+ 2

� �+⋯+�

�+� −1

� �=�

�+�

�+ 1�

Bukt i (dengan induksi mat emat ika) :

• Jika n = 1

�� ��=�

�+ 1

�+ 1�= 1

• Andaikan benar unt uk n = k

��_��+��+ 1

� �+� �+ 2

� �+⋯+�

�+� −1

� �=�

�+�

�+ 1�

��_��+��+ 1

� �+� �+ 2

� �+⋯+�

�+� −1

� �+�

�+�

� �=�

�+�

�+ 1�+�

�+�

� �=�

�+�+ 1

�+ 1 �

Terbukt i benar unt uk n = k + 1

Maka �4016₂₀₀₃�+�4015₂₀₀₃�+�4014₂₀₀₃�+⋯+�2003₂₀₀₃�=�4017₂₀₀₄�=�4017₂₀₁₃�

∴ Jadi, koef isien x2013 pada ekspansi t ersebut adalah �����_�����.

6. 2 �−

2 �= 1

2(� − �) =��

� − �= 2

��= 4

(�+�)2−(� − �)2= 4�� (�+�)2= (2)2+ 4(4) = 20

∴ Jadi, (�+�)2 = 20

7. Semua kemungkinan susunan j umlah mat a dadu sama dengan 28 dengan angka 6 muncul t epat sekali adalah :

• Susunan dadu (6, 5, 5, 5, 5, 2) Banyaknya susunan = 6!

4! = 30

• Susunan dadu (6, 5, 5, 5, 4, 3) Banyaknya susunan = 6!

3! = 120

• Susunan dadu (6, 5, 5, 4, 4, 4) Banyaknya susunan = 6!

3!2! = 60

Maka banyaknya semua kemungkinan adalah 30 + 120 + 60 = 210

8. ∠PAB = 10o, ∠PBA = 20o, ∠PCA = 30o, dan ∠PAC = 40o.

∠APB = 150o dan ∠APC = 110o. Maka ∠BPC = 100o. Misalkan ∠PBC = x maka ∠PCB = 80o− x. Dengan dalil sinus pada ∆APB didapat

��= sin20�

sin150��� ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Dengan dalil sinus pada ∆APC didapat

��= sin30�

sin110��� ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Dari persamaan (1) dan (2) didapat ��

��=

sin30�sin150�

sin20�_sin110� ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)

∠ABC = ∠PBA + ∠PBC = 20o + x dan ∠ACB = ∠ACP + ∠PCB = 110o − x Dengan dalil sinus pada ∆ABC didapat

�� ��=

sin(110�_−�)

sin(20�_+�) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) Dari persamaan (3) dan (4) didapat

sin (20o + x) sin 30o sin 150o = sin (110o − x) sin 20o sin 110o Mengingat sin 110o = cos 20o maka

sin (20o + x) = 2 sin (110o − x) sin 40o

sin (20o + x) = 2 sin (110o − x) cos 50o = sin (160o− x) + sin (60o − x) Mengingat bahwa sin (160o− x) = sin (20o + x) maka

sin (60o − x) = 0 Jadi, x = 60o

∠ABC = 20o + x = 80o

∴ Jadi, ∠ABC = 80o.

9. Misalkan (a, b) adalah kej adian munculnya angka a pada pengambilan kart u dan angka b pada pelemparan dadu. Agar hasil kal i kedua angka merupakan bilangan kuadrat maka kemungkinan semua kej adian adal ah (1, 1), (1, 4), (2, 2), (3, 3), (4, 1), (4, 4), (5, 5), (6, 6), (8, 2), (9, 1), (9, 4) yang banyaknya ada 11. Peluang masing-masing kej adian adalah 1

10∙ 1 6=

1 60. Maka peluang seluruh kej adian = 11

60.

∴ Jadi, peluang seluruh kej adian = �� ��

10.Kemungkinan susunan keenam siswa adalah :

• Susunannya adalah 4, 1, 1.

�

6₄

��

2₁

��

1₁

�

(4

−

1)! = 180

Terdapat perhit ungan ganda pada perhit ungan di at as. Cont oh : A, B, C. D berada di mej a I, E di mej a II dan F di mej a III dianggap berbeda dengan A, B, C. D berada di mej a I, F di mej a II dan E di mej a III padahal seharusnya sama. Maka perhit ungan t ersebut harus dibagi 2! . Jadi, banyaknya susunan = �

6

4��21��11�(4−1)!

2!

= 90

• Susunannya adalah 3, 2, 1.

�

6₃

��

3₂

��

1₁

�

(3

−

1)! (2

−

1)! = 120

• Susunannya adalah 2, 2, 2. �6₂��4₂��2₂�

3!

= 15

Jadi, banyaknya susunan seluruhnya = 90 + 120 + 15 = 225.

∴ Jadi, susunan keenam siswa t ersebut adalah 225.

11.Banyaknya cara melangkah dari t it ik (0, 0) ke (3, 4) adalah 7C3 = 35. Banyaknya cara melangkah dari t it k (3, 4) ke t it ik (6, 4) adalah 3C0 = 1.

Banyaknya langkah ke kanan dari t it ik (0, 0) ke t it ik (6, 4) ada sebanyak 6 dan langkah ke at as ada sebanyak 4.

Maka peluang kej adian = 35 ⋅ 1 ⋅ (0, 6)6⋅ (0, 4)4.

∴ Jadi, peluang kej adian = 35 ⋅ 1 ⋅ (0, 6)6 ⋅ (0, 4)4 = �����

��

12.Karena t it ik D dan E t erlet ak pada set engah lingkaran maka ∠AEB = ∠ADB = 90o.

Misalkan panj ang AC = 3x dan BC = 4y. Maka AD = x ; DC = 2x ; BE = y dan EC = 3y Pada ∆AEB berlaku :

AB2 = BE2 + AE2

AE2 = 900 − y2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Pada ∆AEC berlaku :

AC2 = AE2 + EC2

AE2 = 9x2− 9y2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Dari persamaan (1) dan (2) didapat

Pada ∆BAD berlaku : AB2 = AD2 + BD2

BD2 = 900 − x2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) Pada ∆BCD berlaku :

BC2 = BD2 + CD2

BD2 = 16y2 − 4x2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) Dari persamaan (4) dan (5) didapat

16y2− 3x2 = 900 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (6) Dari persamaan (3) dan (6) didapat

x2 = 180 sehingga x = 6√5 sert a y2 = 90 sehingga y = 3√10

AC = 3x = 18√5

BD2 = 16y2 − 4x2 = 16(90) − 4(180) = 720 sehingga BD = 12√5 Luas ∆ABC = 1

2 AC ⋅ BD = 9√5⋅ 12√5 = 540

∴ Jadi, luas segit iga ABC sama dengan 540.

13.(1 +

cos

�)(1 +

cos

2�)(1 +

cos

4�) =1

8

�1−

cos

2��(1 +

cos

2�)(1 +

cos

4�) =1

8(1−

cos

�) Mengingat bahwa 1 − cos2α = 1

2 (1 − cos 2α) dan dengan melakukan t erus menerus didapat

(1−

cos

8�) = (1−

cos

�)

cos 8α = cos α

8α = α + k ⋅ 360o at au 8α = −α + k ⋅ 360o

• 7

α

= k

⋅

360o

Karena 0 < α < 90o maka ada 1 nilai α yang memenuhi.

• 9

α

= k

⋅

360o

α = k ⋅ 40o

Karena 0 < α < 90o maka ada 2 nilai α yang memenuhi. Maka banyaknya nilai α yang memenuhi ada 1 + 2 = 3.

∴ Jadi, banyaknya nilai α yang memenuhi ada 3. 14.Misalkan ∠OMN = α maka ∠ABC = 4α dan ∠ACB = 6α

Karena N pert engahan BC maka ∠CNO = 90o.

∠AOB = 2∠ACB = 12α sehingga ∠OBA = ∠OAB = 90o − 6α.

∠AOC = 2∠ABC = 8α

Karena ∠ABC = 4α maka ∠OBC = ∠OCB = 4α− (90o− 6α) = 10α− 90o. Maka ∠CON = 90o− (10α− 90o) = 180o− 10α

∠MON = ∠AOC + ∠CON = (8α) + (180o− 10α) = 180o− 2α Karena ∠MON = 180o − 2α dan ∠OMN = α maka ∠ONM = α Maka ∆OMN sama kaki dengan OM = ON = �

2 dengan R adalah j ari-j ari lingkaran luar ∆ABC. Karena ON = �

2 maka ∠OBC = 30 o

= 10α− 90o

α = 12o.

∴ Jadi, besarnya ∠OMN sama dengan 12o.

15.Misalkan bilangan t ersebut adalah 100a + 10b + c maka 100a + 10b + c = a! + b! + c!

Karena 0! = 1, 1! = 1, 2! = 2, 3! = 6, 4! = 24, 5! = 120, 6! = 720 dan 7! = 5040 maka j elas bahwa a, b, c ≤ 6.

Jika salah sat u dari a, b dan c = 6 maka a! + b! + c! > 720 sedangkan 100a + 10b + c ≤ 666. Maka a, b, c ≤ 5.

100a + 10b + c = a! + b! + c! 100a − a! = b! + c! − (10b + c)

Maksimum b! + c! − (10b + c) = 5! + 5! = 240

• Jika a = 5 maka 100a − a! = 380 > 240 (t idak memenuhi)

• Jika a = 4 maka 100a − a! = 376 > 240 (t idak memenuhi)

• Jika a = 3 maka 100a − a! = 294 > 240 (t idak memenuhi)

• Jika a = 2 maka 100a − a! = 198 b! + c! − (10b + c) = 198

Karena 4! + 4! = 48 < 198. Maka sedikit nya salah sat u dari b at au c = 5 Misalkan b = 5

b! + c! − (10b + c) = 5! + c! − 50 − c 198 = 70 + c! − c

c! − c = 128. Tidak ada nilai c yang memenuhi. Jika c = 5

b! + c! − (10b + c) = b! + 5! − 10b − 5 198 = 115 + b! − 10b.

b! − 10b = 83. Tidak ada nilai b yang memenuhi.

• Jika a = 1 maka 100a − a! = 99 b! + c! − (10b + c) = 99

99 − b! + 10b = c! − c

Jika b = 0 maka c! − c = 98 (t idak ada nilai c memenuhi) Jika b = 1 maka c! − c = 108 (t idak ada nilai c memenuhi) Jika b = 2 maka c! − c = 117 (t idak ada nilai c memenuhi) Jika b = 3 maka c! − c = 123 (t idak ada nilai c memenuhi)

Jika b = 4 maka c! − c = 115. Nilai c yang memenuhi adalah c = 5 Jika b = 5 maka c! − c = 29 (t idak ada nilai c memenuhi)

Bilangan t ersebut adalah 145.

16.�=�� ∈ ���

2_−2�+7

2�−1 ∈ ��

(2x − 1)  (x2− 2x + 7) sehingga (2x − 1)  (2x2− 4x + 14) = (x(2x − 1) − 3x + 14) Maka (2x − 1)  (−3x + 14) sehingga (2x − 1)  (−6x + 28) = −3(2x − 1) + 25 Akibat nya (2x − 1)  25

• Jika 2x − 1 = −1

x = 0 yang memenuhi (2x − 1)  (x2 − 2x + 7)

• Jika 2x − 1 = 1

x = 1 yang memenuhi (2x − 1)  (x2 − 2x + 7)

• Jika 2x − 1 = −5

x = −2 yang memenuhi (2x − 1)  (x2 − 2x + 7)

• Jika 2x − 1 = 5

x = 3 yang memenuhi (2x − 1)  (x2 − 2x + 7)

• Jika 2x − 1 = −25

x = −12 yang memenuhi (2x − 1)  (x2− 2x + 7)

• Jika 2x − 1 = 25

x = 13 yang memenuhi (2x − 1)  (x2− 2x + 7) Banyaknya nilai x ∈ Z yang memenuhi ada sebanyak 6.

∴ Jadi, banyaknya himpunan bagian dari � adalah 26.

17.Misalkan saj a �=� dan �=1

� sehingga � > 0 dan �> 0

�(�,�) =�(�,�) = min (�,�, 1

2�+ 2 �) Jika �=�= 1

2�+ 2 �

�(2�) = 5

� =�= 1

2�+ 2

�=

√10 2

• Jika � ≤√10

2 at au � ≤ √10

2 Maka �(�,�)≤√10

2

• Jika �>√10

2 dan �> √10

2 Maka �(�,�) = 1

2�+ 2 �< 1 √10+ 4 √10= √10 2 Maka �(�,�)≤√10

2 dengan t anda kesamaan t erj adi j ika � =�= √10

2 .

∴ Jadi, nilai t erbesar yang mungkin dicapai oleh �(�,�) adalah √�� � .

18.Misalkan A = {10, 11, 13, 14, 15, 17, 19, 21, 22, 23, 26, 29, 30} B = {1, 4, 9, 16, 25}

C = {2, 8, 18} D = {3, 12, 27} E = {5, 20} G = {6, 24} H = {7, 28}

A adalah himpunan yang j ika dikalikan salah sat u anggot anya dengan anggot a himpunan A maupun anggot a himpunan lainnya maka t idak akan menghasilkan bilangan kuadrat .

Himpunan B, C, D, E, F, G dan H adalah himpunan yang j ika salah sat u anggot anya dikalikan dengan anggot a dari himpunannya sendiri akan menghasilkan bilangan kuadrat sempurna.

Maka j ika seluruh anggot a A, digabungkan dengan masing-masing sat u anggot a dari himpunan B, C, D, E, F, G dan H maka t idak akan ada 2 anggot a yang j ika dikalikan akan menghasilkan bilangan kuadrat . Banyaknya anggot a himpunan ini ada 13 + 6(1) = 19.

Tet api j ika sat u anggot a lagi dipilih dari himpunan manapun maka akan ada 2 anggot a dari himpunan t ersebut yang j ika dikalikan akan menghasilkan bilangan kuadrat sempurna.

∴ Jadi, nilai k t erkecil yang memenuhi adalah 20. 19.x2 + px + q + 1 = 0 memiliki akar-akar x1 dan x2.

p = −(x2 + x2) q = x1x2 − 1

p2 + q2 = (x1 + x2)2 + (x1x2 − 1)2 = (x12 + 1)(x22 + 1)

Karena p2 + q2 maka salah sat u x1 at au x2 sama dengan 0. Tanpa mengurangi keumuman misalkan x1 = 0.

Maka q = −1

p2 + 1 merupakan bilangan prima.

Jika p ganj il maka p2 + 1 prima genap yang hanya dicapai j ika p = ±1. Tet api p j uga harus prima. Maka t idak ada p ganj il yang memenuhi.

Jika p genap maka p = 2 yang memenuhi p2 + 1 bilangan prima. Maka x2 = −p = −2

∴ Jadi, x12013 + x22013 = −22013. 20.x + x = 5

Jika x bulat maka x = x sehingga t idak mungkin x + x = 5.

Jika x t idak bulat maka x−x = 1 yang dapat dicapai j ika x = 3 dan x = 2. Nilai x yang memenuhi hanya j ika 2 < x < 3.

8. ∠PAB = 10o, ∠PBA = 20o, ∠PCA = 30o, dan ∠PAC = 40o.

∠APB = 150o dan ∠APC = 110o. Maka ∠BPC = 100o. Misalkan ∠PBC = x maka ∠PCB = 80o− x. Dengan dalil sinus pada ∆APB didapat

��= sin20�

sin150��� ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

Dengan dalil sinus pada ∆APC didapat

��= sin30�

sin110��� ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

Dari persamaan (1) dan (2) didapat

�� ��=

sin30�sin150�

sin20�_sin110� ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)

∠ABC = ∠PBA + ∠PBC = 20o + x dan ∠ACB = ∠ACP + ∠PCB = 110o − x Dengan dalil sinus pada ∆ABC didapat

�� ��=

sin(110�−�)

sin(20�+�) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4)

Dari persamaan (3) dan (4) didapat

sin (20o + x) sin 30o sin 150o = sin (110o − x) sin 20o sin 110o Mengingat sin 110o = cos 20o maka

sin (20o + x) = 2 sin (110o − x) sin 40o

sin (20o + x) = 2 sin (110o − x) cos 50o = sin (160o− x) + sin (60o − x) Mengingat bahwa sin (160o− x) = sin (20o + x) maka

sin (60o − x) = 0 Jadi, x = 60o

∠ABC = 20o + x = 80o

∴ Jadi, ∠ABC = 80o.

9. Misalkan (a, b) adalah kej adian munculnya angka a pada pengambilan kart u dan angka b pada pelemparan dadu. Agar hasil kal i kedua angka merupakan bilangan kuadrat maka kemungkinan semua kej adian adal ah (1, 1), (1, 4), (2, 2), (3, 3), (4, 1), (4, 4), (5, 5), (6, 6), (8, 2), (9, 1), (9, 4) yang banyaknya ada 11. Peluang masing-masing kej adian adalah 1

10∙ 1 6=

1 60.

Maka peluang seluruh kej adian = 11

60. ∴ Jadi, peluang seluruh kej adian = ��

10.Kemungkinan susunan keenam siswa adalah :

• Susunannya adalah 4, 1, 1.

�

6₄

��

2₁

��

1₁

�

(4

−

1)! = 180

Terdapat perhit ungan ganda pada perhit ungan di at as. Cont oh : A, B, C. D berada di mej a I, E di mej a II dan F di mej a III dianggap berbeda dengan A, B, C. D berada di mej a I, F di mej a II dan E di mej a III padahal seharusnya sama. Maka perhit ungan t ersebut harus dibagi 2! . Jadi, banyaknya susunan = �

6

4��21��11�(4−1)! 2!

= 90

• Susunannya adalah 3, 2, 1.

�

6₃

��

3₂

��

1₁

�

(3

−

1)! (2

−

1)! = 120

• Susunannya adalah 2, 2, 2.

�6₂��4₂��2₂�

3!

= 15

Jadi, banyaknya susunan seluruhnya = 90 + 120 + 15 = 225.

∴ Jadi, susunan keenam siswa t ersebut adalah 225.

11.Banyaknya cara melangkah dari t it ik (0, 0) ke (3, 4) adalah 7C3 = 35.

Banyaknya cara melangkah dari t it k (3, 4) ke t it ik (6, 4) adalah 3C0 = 1.

Banyaknya langkah ke kanan dari t it ik (0, 0) ke t it ik (6, 4) ada sebanyak 6 dan langkah ke at as ada sebanyak 4.

Maka peluang kej adian = 35 ⋅ 1 ⋅ (0, 6)6⋅ (0, 4)4.

∴ Jadi, peluang kej adian = 35 ⋅ 1 ⋅ (0, 6)6 ⋅ (0, 4)4 = �����

��

12.Karena t it ik D dan E t erlet ak pada set engah lingkaran maka ∠AEB = ∠ADB = 90o.

Misalkan panj ang AC = 3x dan BC = 4y. Maka AD = x ; DC = 2x ; BE = y dan EC = 3y Pada ∆AEB berlaku :

AB2 = BE2 + AE2

AE2 = 900 − y2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Pada ∆AEC berlaku :

AC2 = AE2 + EC2

AE2 = 9x2− 9y2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Dari persamaan (1) dan (2) didapat

Pada ∆BAD berlaku : AB2 = AD2 + BD2

BD2 = 900 − x2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) Pada ∆BCD berlaku :

BC2 = BD2 + CD2

BD2 = 16y2 − 4x2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) Dari persamaan (4) dan (5) didapat

16y2− 3x2 = 900 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (6) Dari persamaan (3) dan (6) didapat

x2 = 180 sehingga x = 6√5 sert a y2 = 90 sehingga y = 3√10 AC = 3x = 18√5

BD2 = 16y2 − 4x2 = 16(90) − 4(180) = 720 sehingga BD = 12√5 Luas ∆ABC = 1

2 AC ⋅ BD = 9√5 ⋅ 12√5 = 540 ∴ Jadi, luas segit iga ABC sama dengan 540.

13.(1 +

cos

�)(1 +

cos

2�)(1 +

cos

4�) =1

8 �1−

cos

2��(1 +

cos

2�)(1 +

cos

4�) =1

8(1−

cos

�)

Mengingat bahwa 1 − cos2α = 1

2 (1 − cos 2α) dan dengan melakukan t erus menerus didapat

(1−

cos

8�) = (1−

cos

�) cos 8α = cos α

8α = α + k ⋅ 360o at au 8α = −α + k ⋅ 360o

• 7

α

= k

⋅

360o

Karena 0 < α < 90o maka ada 1 nilai α yang memenuhi.

• 9

α

= k

⋅

360o

α = k ⋅ 40o

Karena 0 < α < 90o maka ada 2 nilai α yang memenuhi. Maka banyaknya nilai α yang memenuhi ada 1 + 2 = 3.

∴ Jadi, banyaknya nilai α yang memenuhi ada 3. 14.Misalkan ∠OMN = α maka ∠ABC = 4α dan ∠ACB = 6α

Karena N pert engahan BC maka ∠CNO = 90o.

∠AOB = 2∠ACB = 12α sehingga ∠OBA = ∠OAB = 90o − 6α.

∠AOC = 2∠ABC = 8α

Karena ∠ABC = 4α maka ∠OBC = ∠OCB = 4α− (90o− 6α) = 10α− 90o. Maka ∠CON = 90o− (10α− 90o) = 180o− 10α

∠MON = ∠AOC + ∠CON = (8α) + (180o− 10α) = 180o− 2α Karena ∠MON = 180o − 2α dan ∠OMN = α maka ∠ONM = α Maka ∆OMN sama kaki dengan OM = ON = �

2 dengan R adalah j ari-j ari lingkaran luar ∆ABC.

Karena ON = �

2 maka ∠OBC = 30 o

= 10α− 90o

α = 12o.

∴ Jadi, besarnya ∠OMN sama dengan 12o.

15.Misalkan bilangan t ersebut adalah 100a + 10b + c maka 100a + 10b + c = a! + b! + c!

Karena 0! = 1, 1! = 1, 2! = 2, 3! = 6, 4! = 24, 5! = 120, 6! = 720 dan 7! = 5040 maka j elas bahwa a, b, c ≤ 6.

Jika salah sat u dari a, b dan c = 6 maka a! + b! + c! > 720 sedangkan 100a + 10b + c ≤ 666. Maka a, b, c ≤ 5.

100a + 10b + c = a! + b! + c! 100a − a! = b! + c! − (10b + c)

Maksimum b! + c! − (10b + c) = 5! + 5! = 240

• Jika a = 5 maka 100a − a! = 380 > 240 (t idak memenuhi)

• Jika a = 4 maka 100a − a! = 376 > 240 (t idak memenuhi)

• Jika a = 3 maka 100a − a! = 294 > 240 (t idak memenuhi)

• Jika a = 2 maka 100a − a! = 198 b! + c! − (10b + c) = 198

Karena 4! + 4! = 48 < 198. Maka sedikit nya salah sat u dari b at au c = 5 Misalkan b = 5

b! + c! − (10b + c) = 5! + c! − 50 − c 198 = 70 + c! − c

c! − c = 128. Tidak ada nilai c yang memenuhi. Jika c = 5

b! + c! − (10b + c) = b! + 5! − 10b − 5 198 = 115 + b! − 10b.

b! − 10b = 83. Tidak ada nilai b yang memenuhi.

• Jika a = 1 maka 100a − a! = 99 b! + c! − (10b + c) = 99

99 − b! + 10b = c! − c

Jika b = 0 maka c! − c = 98 (t idak ada nilai c memenuhi) Jika b = 1 maka c! − c = 108 (t idak ada nilai c memenuhi) Jika b = 2 maka c! − c = 117 (t idak ada nilai c memenuhi) Jika b = 3 maka c! − c = 123 (t idak ada nilai c memenuhi)

Jika b = 4 maka c! − c = 115. Nilai c yang memenuhi adalah c = 5 Jika b = 5 maka c! − c = 29 (t idak ada nilai c memenuhi)

Bilangan t ersebut adalah 145.

16.�=�� ∈ ���

2_−2�+7

2�−1 ∈ ��

(2x − 1)  (x2− 2x + 7) sehingga (2x − 1)  (2x2− 4x + 14) = (x(2x − 1) − 3x + 14) Maka (2x − 1)  (−3x + 14) sehingga (2x − 1)  (−6x + 28) = −3(2x − 1) + 25 Akibat nya (2x − 1)  25

• Jika 2x − 1 = −1

x = 0 yang memenuhi (2x − 1)  (x2 − 2x + 7)

• Jika 2x − 1 = 1

x = 1 yang memenuhi (2x − 1)  (x2 − 2x + 7)

• Jika 2x − 1 = −5

x = −2 yang memenuhi (2x − 1)  (x2 − 2x + 7)

• Jika 2x − 1 = 5

x = 3 yang memenuhi (2x − 1)  (x2 − 2x + 7)

• Jika 2x − 1 = −25

x = −12 yang memenuhi (2x − 1)  (x2− 2x + 7)

• Jika 2x − 1 = 25

x = 13 yang memenuhi (2x − 1)  (x2− 2x + 7) Banyaknya nilai x ∈ Z yang memenuhi ada sebanyak 6.

∴ Jadi, banyaknya himpunan bagian dari � adalah 26.

17.Misalkan saj a �=� dan �=1

� sehingga � > 0 dan �> 0 �(�,�) =�(�,�) = min (�,�, 1

2�+ 2 �)

Jika �=�= 1

2�+ 2 � �(2�) = 5

� =�= 1

2�+ 2 �=

√10 2 • Jika � ≤√10

2 at au � ≤ √10

2

Maka �(�,�)≤√10

2 • Jika �>√10

2 dan �> √10

2

Maka �(�,�) = 1

2�+ 2 �< 1 √10+ 4 √10= √10 2

Maka �(�,�)≤√10

2 dengan t anda kesamaan t erj adi j ika � =�= √10

2 . ∴ Jadi, nilai t erbesar yang mungkin dicapai oleh �(�,�) adalah √��

� .

18.Misalkan A = {10, 11, 13, 14, 15, 17, 19, 21, 22, 23, 26, 29, 30} B = {1, 4, 9, 16, 25}

C = {2, 8, 18} D = {3, 12, 27} E = {5, 20} G = {6, 24} H = {7, 28}

A adalah himpunan yang j ika dikalikan salah sat u anggot anya dengan anggot a himpunan A maupun anggot a himpunan lainnya maka t idak akan menghasilkan bilangan kuadrat .

Himpunan B, C, D, E, F, G dan H adalah himpunan yang j ika salah sat u anggot anya dikalikan dengan anggot a dari himpunannya sendiri akan menghasilkan bilangan kuadrat sempurna.

Maka j ika seluruh anggot a A, digabungkan dengan masing-masing sat u anggot a dari himpunan B, C, D, E, F, G dan H maka t idak akan ada 2 anggot a yang j ika dikalikan akan menghasilkan bilangan kuadrat . Banyaknya anggot a himpunan ini ada 13 + 6(1) = 19.

Tet api j ika sat u anggot a lagi dipilih dari himpunan manapun maka akan ada 2 anggot a dari himpunan t ersebut yang j ika dikalikan akan menghasilkan bilangan kuadrat sempurna.

∴ Jadi, nilai k t erkecil yang memenuhi adalah 20. 19.x2 + px + q + 1 = 0 memiliki akar-akar x1 dan x2.

p = −(x2 + x2)

q = x1x2 − 1

p2 + q2 = (x1 + x2) 2

+ (x1x2 − 1) 2

= (x1 2

+ 1)(x2 2

+ 1)

Karena p2 + q2 maka salah sat u x1 at au x2 sama dengan 0. Tanpa mengurangi keumuman misalkan

x1 = 0.

Maka q = −1

p2 + 1 merupakan bilangan prima.

Jika p ganj il maka p2 + 1 prima genap yang hanya dicapai j ika p = ±1. Tet api p j uga harus prima. Maka t idak ada p ganj il yang memenuhi.

Jika p genap maka p = 2 yang memenuhi p2 + 1 bilangan prima. Maka x2 = −p = −2

∴ Jadi, x1 2013

+ x2 2013

= −22013.

20.x + x = 5

Jika x bulat maka x = x sehingga t idak mungkin x + x = 5.

Jika x t idak bulat maka x−x = 1 yang dapat dicapai j ika x = 3 dan x = 2. Nilai x yang memenuhi hanya j ika 2 < x < 3.