SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2010 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2011

  

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2010

TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2011

Wakt u : 210 Menit

  

KEMENTERIAN PENDIDIKAN NASIONAL

DIREKTORAT JENDERAL MANAJEMEN PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH

DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS

TAHUN 2010

  

SELEKSI TINGKAT PROVINSI

CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2010

MATEMATIKA SMA/MA

  Petunjuk untuk peserta :

  1. Tes terdiri dari dua bagian. Tes bagian pertama terdiri dari 20 soal isian singkat dan tes bagian kedua terdiri dari 5 soal uraian.

  2. Waktu yang disediakan untuk menyelesaikan semua soal adalah 210 menit.

  3. Tuliskan nama, kelas dan asal sekolah Anda di sebelah kanan atas pada setiap halaman.

  4. Untuk soal bagian pertama : (a) Masing-masing soal bagian pertama bernilai 1 (satu) angka.

  (b) Beberapa pertanyaan dapat memiliki lebih dari satu jawaban yang benar. Anda diminta memberikan jawaban yang paling tepat atau persis untuk pertanyaan seperti ini. Nilai hanya akan diberikan kepada pemberi jawaban paling tepat atau paling persis. (c) Tuliskan hanya jawaban dari soal yang diberikan. Tuliskan jawaban tersebut pada kotak di sebelah kanan setiap soal.

  5. Untuk soal bagian kedua : (a) Masing-masing soal bagian kedua bernilai 7 (tujuh) angka (b) Anda diminta menyelesaikan soal yang diberikan secara lengkap. Selain jawaban akhir, Anda diminta menuliskan semua langkah dan argumentasi yang Anda gunakan untuk sampai kepada jawaban akhir tersebut. (c) Jika halaman muka tidak cukup, gunakan halaman sebaliknya.

  6. Jawaban hendaknya Anda tuliskan dengan menggunakan tinta, bukan pensil.

  7. Selama tes, Anda tidak diperkenankan menggunakan buku, catatan dan alat bantu hitung. Anda juga tidak diperkenankan bekerja sama.

  8. Mulailah bekerja hanya setelah pengawas memberi tanda dan berhentilah bekerja segera setelah pengawas memberi tanda.

  9. Selamat bekerja.

SELEKSI TINGKAT PROVINSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2010 MATEMATIKA SMA/MA BAGIAN PERTAMA

  = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

  3. Diberikan polinomial P(x) = x

  4

  3

  2

  ( ) ( )

  10

  

8

  12 − + P P

  4. Misalkan S = {1, 2, 3, 4, 5}. Banyaknya fungsi f : S Æ S yang memenuhi f(f(x)) = x untuk setiap x ∈ S adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

  cos cos sin sin

  5. Jika a, b, dan c menyatakan panjang sisi-sisi suatu segitiga yang memenuhi (a + b + c)(a + b − c) = 3ab, maka besar sudut yang menghadapi sisi dengan panjang c adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

  6. Bilangan enam digit abcdef dengan a > b > c ≥ d > e > f ada sebanyak ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

  7. Bilangan prima p sehingga p

  2

  8. Diberikan segitiga ABC siku-siku di C, AC = 3, dan BC = 4. Segitiga ABD siku-siku di A, AD = 12 dan titik-titik C dan D letaknya berlawanan terhadap sisi AB. Garis sejajar AC melalui D memotong perpanjangan CB di E. Jika

  n m DB DE =

  dengan m dan n bilangan bulat positif yang relatif prima, maka m + n = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

  9. Pada suatu lingkaran terdapat 12 titik yang berbeda. Dengan menggunakan 12 titik tersebut akan dibuat 6 tali busur yang tidak berpotongan. Banyaknya cara ada sebanyak ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

  adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

  2

  8

  2

  ⎟ ⎟ ⎠ ⎞

  ⎜ ⎜ ⎝ ⎛

  ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜

  ⎝ ⎛

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

  ⎝ ⎛ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜

  ⎝ ⎛ n j j i i i

j

j n

  = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 2. Pada segitiga ABC dimisalkan a, b, dan c berturut-turut merupakan panjang sisi BC, CA, dan AB.

  ∑ ∑

  Jika

  B b A a tan tan

  2

=

  Maka nilai

  1. Nilai

  2

  2

  = =

• −

  B A B A

• ax
• bx
• cx + d dengan a, b, c, dan d konstanta. Jika P(1) = 10, P(2) = 20, dan P(3) = 30, maka nilai
• 73 merupakan bilangan kubik sebanyak ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

  10. Banyaknya anggota himpunan

  3

  2 S = {gcd(n + 1, n + 3n + 9)⏐n ∈ Z}

  adalah ⋅⋅⋅⋅⋅

  2

  3

  3

  11. Persamaan kuadrat x − px − 2p = 0 mempunyai dua akar real α dan β. Jika α + β = 16, maka hasil tambah semua nilai p yang memenuhi adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

  12. Pada suatu bidang terdapat n titik yang berkoordinat pasangan bilangan bulat. Nilai n terkecil agar terdapat dua titik yang titik tengahnya juga berkoordinat pasangan bilangan bulat adalah ⋅⋅⋅

  13. Untuk sebarang bilangan real x didefinisikan ⎣x⎦ sebagai bilangan bulat terbesar yang kurang dari

  1 n atau sama dengan dengan x. Bilangan asli n sehingga persamaan x x = mempunyai

• 1
• x x n

  1

  ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

  tepat 2010 solusi real positif adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

  14. Dua lingkaran (tidak sama besar) bersinggungan di luar. Titik A dan A

  1 terletak pada lingkaran

  kecil; sedangkan B dan B

  1 pada lingkaran besar. Garis PAB dan PA

  1 B 1 , merupakan garis singgung

  persekutuan dari kedua lingkaran tersebut. Jika PA = AB = 4, maka luas lingkaran kecil adalah ⋅⋅⋅⋅

  15. Dua puluh tujuh sisiwa pada suatu kelas akan dibuat menjadi enam kelompok diskusi yang masing-masing terdiri dari empat atau lima siswa. Banyaknya cara adalah ⋅⋅⋅⋅⋅

  16. Seseorang menulis surat berantai kepada 6 orang. Penerima surat ini diperintahkan untuk mengirim surat kepada 6 orang lainnya. Semua penerima surat membaca isi surat lalu beberapa orang melaksanakan perinatah yang tertulis dalam surat, sisanya tidak melanjutkan surat berantai ini. Jika terdapat 366 orang yang tidak melanjutkan surat berantai ini, maka banyaknya orang yang berada dalam sistem surat berantai ini adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

  8

  5

  2

  17. Jumlah suku konstan dari x −

  3 adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ( ) x

  18. Banyak bilangan bulat positif n < 100, sehingga persamaan

  3

xy −1

  = n

• + x y

  mempunyai solusi pasangan bilangan bulat (x, y) adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

  19. Diketahui x, y, dan z adalah bilangan-bilangan real yang memenuhi sistem persamaan

  1

  1

  1

• x y z =

  x y z =

  1

xyz

  Nilai terkecil ⏐x + y + z⏐ adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

  20. Segitiga ABC memiliki panjang sisi BC = 5, AC = 12, dan AB = 13. Titik D pada AB dan titik E pada AC. Jika DE membagi segitiga ABC menjadi dua bagian dengan luas yang sama, maka panjang minimum D adalah ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

  

SELEKSI TINGKAT PROVINSI

CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2010

MATEMATIKA SMA/MA

BAGIAN KEDUA

1. Diberikan segitiga ABC. Andaikan P dan P

  1 titik-titik pada BC, Q pada CA, dan R pada AB,

  sedemikian rupa sehingga

  CP AR BP CQ

  1

= = =

  RB PC QA P B

  1

  1 Misalkan G titik berat segitiga ABC dan K = AP ∩ RQ. Buktikan, bahwa titik-titik P, G, dan K

  kolinier (terletak pada satu garis)

  2. Diketahui k adalah bilangan bulat positif terbesar, sehingga dapat ditemukan bilangan bulat positif n, bilangan prima (tidak harus berbeda) q

  1 , q 2 , q 3 , ⋅⋅⋅, q k , dan bilangan prima berbeda p 1 , p 2 ,

  p

  3 , ⋅⋅⋅⋅⋅, p k yang memenuhi

  1

  1

1 L

• 7

  nq q q

  1 2 k L

• = 2010

  p p p

  1 2 k Tentukan banyaknya n yang memenuhi.

  3. Tentukan nilai k dan d sehingga tidak ada pasangan bilang real (x, y), yang memenuhi sistem persamaan

  3

  3

  x + y = 2 y = kx + d

  4. Diketahui n adalah bilangan asli kelipatan 2010. Tunjukan, bahwa persamaan x + 2y + 3z = 2n

  2 n n

  1

  mempunyai tepat pasangan solusi (x, y, z) dengan x, y, dan z merupakan bilangan bulat

  2

  12 tak negatif.

  5. Diketahui suatu papan catur seperti pada gambar. Dapatkah suatu biji catur kuda berangkat dari suatu petak melewati setiap petak yang lain hanya satu kali dan kembali ke tempat semula ? Jelaskan jawab anda !

  Penjelasan : Langkah catur kuda berbentuk L, yaitu dari kotak asal :

  (a) 2(dua) kotak ke kanan/kiri dan 1(satu) kotak ke depan/belakang; atau (b) 2(dua) kotak ke depan/belakang dan 1 (satu) kotak ke kanan/kiri.

  

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2010

TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2011

Prestasi itu diraih bukan didapat !!!

  

SOLUSI SOAL

BAGIAN PERTAMA

Disusun oleh : Eddy Hermant o, ST

BAGIAN PERTAMA

  

n

n n n n n

  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

  n

  1 2 n i

• 1. = + x x + x ⋅⋅⋅ x = . Maka (x + 1)

  x ∑

  ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟

  1

  2 n i i

  =

  ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ j j

  ⎛ ⎞ i j j

  8 = (8 + 1) = 9 ∑

  ⎜⎜ ⎟⎟ i i

  =

  ⎝ ⎠ j n n

  ⎛ ⎞ n ⎛ j ⎞ n

  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ j i n n

  ⎜ ⎟

  8

  9

  = = (9 + 1) = 10

  ∑ ∑ ∑ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟

  ⎜ ⎟ j j i i j j

  = = =

  ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ j n

  ⎛ ⎞ n ⎛ j ⎞

  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ i n ⎜ ⎟

  8

  = 10

  ∑ ∑ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟

  ⎜ ⎟ j i j i

  = =

  ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ n j

  ⎛ ⎞ n ⎛ j ⎞

  ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ i n

  ⎜ ⎟

  ∴ Jadi, 8 = 10 .

  ∑ ∑ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟

  ⎜ ⎟ j i j i

  = =

  ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

  2 a b 2. ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

  =

  tan A tan B Dalil sinus

  a b

  ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

  =

  sin A sin B Bandingkan persamaan (1) dengan (2) didapat 2 cos A = cos B

  2

  2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) 4 cos A = cos B

  2

  2

  2

  2

  2

  sin A − sin B 1 − cos A − 1 cos B 4 cos A − cos A

• 2

  2 2 =

  2 2 =

  2

  2

• cos A cos B cos A cos B cos A

  4 cos A

  2

  2

  sin A − sin B

  3 =

  2

  5 cos A cos B

• 2

  2

  2

  sin A − sin B

  3 ∴ Nilai

  2 2 adal ah .

  5

• cos A cos B

  4

  3

  2 3. + ax + bx + cx + d

  P(x) = x P(1) = 10, P(2) = 20, P(3) = 30

  − 10x Misalkan Q(x) = P(x) Karena P(1) = 10, P(2) = 20, P(3) = 30 maka Q(1) = Q(2) = Q(3) = 0

  4

  3

2 Q(x) = P(x) − 10x = x + ax + bx + cx − 10x + d yang j uga merupakan polinomial dengan deraj at

  4 sert a 1, 2, dan 3 merupakan akar-akar Q(x) = 0 Jadi, Q(x) = (x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − k) P(x) = Q(x) + 10x

  − 1)(12 − 2)(12 − 3)(12 − k) + 120 = 990(12 − k) + 120 P(12) = (12 P( −8) = (−8 − 1)(−8 − 2)(−8 − 3)(−8 − k) − 80 = 990(8 + k) − 80

  −8) = (990(12 − k) + 120) + (990(8 + k) − 80) = 990 ⋅ 20 + 40 P(12) + P(

  P ( ) ( )

  12 +P −

  8 = 99 ⋅ 20 + 4 = 1984

  10

• P −

  P ( ) ( )

  12

  8 ∴ = 1984.

  10

4. Jika x dipet akan ke f (x) lalu hasilnya dipet akan oleh f (x) kembali ke x maka f ungsi t ersebut

  1

  1 yang memenuhi adalah f (x) = x, f (x) = k − x, f(x) = dan f (x) = − .

  x x

  Karena f : S Æ S maka fungsi yang memenuhi hanya f (x) = x dan f(x) = 6 − x ∴ Banyaknya fungsi yang memenuhi ada 2.

  5. − c) = 3ab (a + b + c)(a + b

  2

  2 − c

  (a + b) = 3ab

  2

  2

  2 a + b − c = ab 2ab cos C = ab

  1 cos C =

  2 o C = 60

  o ∴ Besar sudut yang menghadap sisi dengan panj ang c adalah 60 .

  6. ≥ d > e > f maka ada 2 kasus Karena a > b > c

• Jika a > b > c > d > e > f

  Banyaknya bilangan yang memenuhi sama dengan banyaknya cara memilih 6 angka dari 10 angka berbeda, yait u

  10 C 6 = 210

• Jika a > b > c = d > e > f

  Banyaknya bilangan yang memenuhi sama dengan banyaknya cara memilih 5 angka dari 10 angka berbeda, yait u

10 C 5 = 252 ≥ d > e > f = 210 + 252 = 462.

  Maka banyaknya bilangan abcdef yang memenuhi a > b > c ∴ Banyaknya bilangan enam angka yang memenuhi t ersebut sama dengan 462.

  2

  3

  3 7. Misalkan p + 7 = k dengan k suat u bilangan asli.

  2

  2 p = (k − 7)(k + 7k + 49)

  2 − 7 < k

  Karena p bilangan prima dan j elas bahwa k + 7k + 49 maka kesamaan t ersebut hanya

  2

  2 t erj adi j ika k − 7 = 1 dan k + 7k + 49 = p sehingga didapat k = 8

  2

  2

  2 k + 7k + 49 = 8 + 7(8) + 49 = 169 = p sehingga p = 13 Jadi, nilai p bilangan asli yang memenuhi adalah p = 13 ∴ Maka banyaknya bilangan prima p yang memenuhi ada 1.

8. Jelas bahwa AB = 5 sehingga BD = 13. Karena DE sej aj ar AC maka DE j uga t egak lurus CE.

  o

  DE

  = sin ∠DBD = sin (180 − (∠DBA + ∠ABC)) = sin (∠DBA + ∠ABC)

  DB DE

  = sin ∠DBA cos ∠ABC + cos ∠DBA sin ∠ABC

  DB DE

  12

  4

  5

  3 63 m = ⋅ ⋅ = = +

  DB

  13

  5

  13

  5 65 n Maka m = 63 dan n = 65 ∴ Jadi, m + n = 128.

  9. Jika dua t it ik pada lingkaran dihubungkan maka lingkaran akan t erbagi menj adi dua daerah.

  Misalkan sebelah kanan dan kiri. Agar t idak ada t ali busur yang memot ong t ali busur t ersebut maka banyaknya t it ik pada lingkaran di sebelah kiri dan kanan t ali busur t ersebut harusl ah genap. Jika t erdapat 2 t it ik maka banyaknya t alibusur yang memenuhi ada 1.

• Jika j umlah t it ik ada 2 pasang

  Perhat ikan salah sat u t it ik. Banyaknya cara menghubungkan dengan t it ik-t it ik lain ada 2 kasus, yait u sebelah kiri ada 0 pasang dan sebelah kanan ada 1 pasang at au sebaliknya. Banyaknya cara ada 1 + 1 = 2

• Jika j umlah t it ik ada 3 pasang

  Perhat ikan salah sat u t it ik. Banyaknya cara menghubungkan dengan t it ik-t it ik lain ada 3 kasus, yait u sebelah kiri ada 0 pasang dan sebelah kanan ada 2 pasang, sebelah kiri ada 1 pasang sebelah kanan ada 1 pasang at au sebel ah kiri ada 2 pasang dan sebelah kanan ada 0 pasang. Banyaknya cara = 1 ⋅ 2 + 1 ⋅ 1 + 2 ⋅ 1 = 5 cara.

• Jika j umlah t it ik ada 4 pasang

  Perhat ikan salah sat u t it ik. Banyaknya cara menghubungkan dengan t it ik-t it ik lain ada 4 kasus, yait u sebelah kiri ada 0 pasang dan sebelah kanan ada 3 pasang, sebelah kiri ada 1 pasang sebelah kanan ada 2 pasang, sebelah ki ri ada 2 pasang sebelah kanan ada 1 pasang at au sebelah kiri ada 3 pasang dan sebelah kanan ada 0 pasang. Banyaknya cara = 1 ⋅ 5 + 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 1 + 5 ⋅ 1 = 14 cara.

• Jika j umlah t it ik ada 5 pasang Dengan cara yang sama banyaknya cara = 1 ⋅ 14 + 1 ⋅ 5 + 2 ⋅ 2 + 5 ⋅ 1 + 14 ⋅ 1 = 42 cara.
• Jika j umlah t it ik ada 6 pasang Banyaknya cara = 1 ⋅ 42 + 1 ⋅ 14 + 2 ⋅ 5 + 5 ⋅ 2 + 14 ⋅ 1 + 42 ⋅ 1 = 132 cara.

  ∴ Banyaknya cara ada sebanyak 132.

  3

  10. S = {FPB(n + 1, n + 3n + 9)

  2 ⏐ n ∈ Z}.

  3

  2 Misalkan d = FPB(n + 1, n + 3n + 9).

  3

  2 Karena n + 1 dan n + 3n + 9 t idak mungkin keduanya genap unt uk n bilangan bulat maka d t idak mungkin genap.

  3

  2 ⏐(n ⏐(n

  Maka d + 1) dan d + 3n + 9)

  2

  3

  2 d ⏐(n(n + 3n + 9) − (n + 1)) = 3n + 9n − 1

  2

  2

  2

  2 ⏐(n ⏐(3n − 1) maka d⏐(3(n − (3n − 1)) = 28

  Karena d + 3n + 9) dan d + 9n + 3n + 9) + 9n Karena d ⏐28 dan d t idak mungkin genap maka nilai d yang mungkin adalah 1 at au 7.

  3

  2 Jika n = 1 maka FPB(n + 1, n + 3n + 9) = FPB(2, 13) = 1

  3

  2 Jika n = 5 maka FPB(n + 1, n + 3n + 9) = FPB(126, 49) = 7

  3

  2 Jadi, FPB(n + 1, n + 3n + 9) = 1 at au 7 unt uk semua nilai n bilangan bulat .

  ∴ Banyaknya anggot a dari himpunan S yang memenuhi adalah 2.

• β

  2 − 16 = 0 Maka j umlah semua nil ai p yang memenuhi sama dengan 6.

  ∴ Jumlah semua nilai p yang memenuhi sama dengan 6.

  11. x

  2 − px − 2p = 0 akar-akarnya α dan β

  α

  3

  3 = 16

  ( α + β)

  3 − 3αβ(α + β) = 16 p

  3 − 3 (2p)(p) = 16 p

  3 − 6p

12. Misal koordinat t it ik A(x

• = +
• Jika 0 < x < 1

• n n
• yang merupakan pecahan paling sederhana dengan a, b dan k bilangan asli dan b < a sert a a
• =
• n n Akan didapat k = ub dan n = ua sehingga a ⏐n dengan a ≠ 1.
• Jika x > 1
• n n Karena ⎣x⎦, n dan n + 1 bulat maka x merupakan bilangan rasional.
• q mp

  1

  x

  1 bulat yang menyebabkan ruas kiri persamaan (1) sama dengan 1.

  ⎣

  x

  1 ⎦ = k

  Jadi,

  b ka ka

  Misalkan n adalah bilangan asli dengan r buah f akt or posit if maka banyaknya nilai a yang memenuhi ada r − 1 yang menyebabkan ada sebanyak r − 1 nilai x yang memenuhi.

  b ka a

  ⎣

  x

  1 ⎦ = 0 sehingga

  x

  1 ⎣x⎦ =

  1

  Misalkan x =

  p

  yang merupakan pecahan paling sederhana dengan p, q dan m bilangan asl i dan q < p sert a p ≠ 1 sebab akan menyebabkan x bulat . ⎣x⎦ = m

  ≠ 1 sebab akan menyebabkan

  1 ⎦, n dan n + 1 bulat maka x merupakan bilangan rasional.

  Misalkan x =

  1

  1 ) dan B(x

  2 , y

  2 ) dengan t it ik t engah A dan B adalah X

  12 .

  Maka koordinat X 12 adal ah (½(x 1 + x 2 ), ½(y 2 + y 2 )). Jika X 12 memiliki koordinat bilangan bulat maka haruslah x 1 + x 2 dan y 1 + y 2 genap. Syarat it u t erj adi haruslah x 1 dan x 2 memiliki parit as yang sama dan y 1 dan y 2 j uga memiliki parit as yang sama.

  Kemungkinan j enis koordinat (dalam bahasa l ain disebut parit as) suat u t it ik let is pada bidang hanya ada 4 kemungkinan yait u (genap, genap), (genap, ganj il), (ganj il, ganj il ) dan (ganj il, genap). Agar dapat dipast ikan bahwa ada anggot a X yang memiliki koordinat bilangan bulat maka sesuai Pigeon Hol e Principl e (PHP) maka haruslah t erdapat sekurang-kurangnya 5 buah t it ik let is. ∴ Nilai n t erkecil yang memenuhi adalah 5.

  13.

  ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

  1

  1 , y

  1

  n n x x x x

  Jika x bulat maka ruas kiri ≥ 1 sedangkan ruas kanan < 1. Maka t idak mungkin x bulat .

  ⎣x⎦ = 0 sehingga x ⎣

  1 ⎦ =

  1

  ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Karena

  ⎣

  x

  x

  mp n

  Jadi, =

  mp q n

  1

• Akan didapat m = vq dan n = vp sehingga p ⏐n dengan p ≠ 1.

  Misalkan n adalah bilangan asli dengan r buah f akt or posit if maka banyaknya nilai p yang memenuhi ada r − 1 yang menyebabkan ada sebanyak r − 1 nilai x yang memenuhi. Agar didapat ada sebanyak 2010 bilangan real posit if x yang memenuhi maka banyaknya f akt or posit if dari n adalah r = 1006. Ada t ak t erhingga banyaknya bilangan asli yang memiliki f akt or posit if sebanyak 1006. 1006 = 1006 ⋅ 1 = 2 ⋅ 503

  502 ⋅ 2 n = 3 adalah nilai n t erkecil yang memenuhi,

  502 ∴ Maka ada tak terhingga banyaknya nilai n yang memenuhi dengan nilai n minimal = 3 ⋅ 2 .

  14. Misalkan j ari-j ari lingkaran = r dan j ari-j ari lingkaran besar = R. Tit ik M dan N bert urut t urur menyat akan pusat lingkaran kecil dan besar.

  Berdasarkan kesebangunan segit iga didapat

  r R

  sehingga R = 2r ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

  =

  4

  8

  2

  2

  2 − MA)

  MN = 4 + (NB

  2

  2

  2 (R + r) = 4 + (R − r)

  4Rr = 16

  2 2r = 4

  2 πr = 2 π ∴ Luas lingkaran kecil = 2π.

  15. Misalkan kelompok 1 – 3 t erdiri dari 5 orang dan kelompok 4 – 6 t erdiri dari 4 orang.

  Banyaknya cara memilih dari 27 orang unt uk masuk ke kel ompok 1 =

  27 C 5 .

  Banyaknya cara memilih dari 22 orang unt uk masuk ke kel ompok 2 =

  22 C 5 .

  Banyaknya cara memilih dari 17 orang unt uk masuk ke kel ompok 3 =

  17 C 5 .

  Banyaknya cara memilih dari 12 orang unt uk masuk ke kel ompok 4 =

  12 C 4 .

  Banyaknya cara memilih dari 8 orang unt uk masuk ke kelompok 5 =

  8 C 4 .

  Banyaknya cara memilih dari 4 orang unt uk masuk ke kelompok 6 =

  4 C 4 .

  

Jadi, banyaknya cara memilih 27 orang unt uk masuk ke kelompok 1-6 = C ⋅ C ⋅ C ⋅ C ⋅ C ⋅ C .

  27

  5

  22

  5

  17

  5

  12

  4

  8

  4

  4

  4 Tet api perhit ungan di at as memperhit ungkan hal sebagai berikut : misalkan x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x

  5 masuk ke kelompok 1; x , x , x , x , x masuk ke kelompok 2 dan 17 orang lain t erbagi dalam

  6

  7

  8

  9

  10 kelompok lain. Kasus ini dianggap berbeda j ika x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 masuk ke kelompok 2; x 6 , x 7 , x 8 , x

  9 , x 10 masuk ke kelompok 1 dan 17 orang lain t erbagi dal am kelompok lain yang sama dengan kasus 1. Padahal kedua kasus t ersebut sebenarnya adalah sama. Maka ada perhit ungan ganda dari perhit ungkan sebelumnya. Jadi, perhit ungkan sebelumnya harus dibagi dengan 3! ⋅ 3!.

  Jadi, banyaknya cara memilih 27 or ang unt uk dibagi dalam kelompokkelompok yang t erdiri dari

  C C C C C C

  27 5 ⋅

  22 5 ⋅

  17 5 ⋅

  12 4 ⋅

  8 4 ⋅

  4

  4

  27 ! 4 at au 5 orang adal ah =

  

2

  3 3 .

  3 ! 4 ! 5 !

  3 ! 3 ! ⋅

  

( ) ( ) ( ) ⋅ ⋅

  27 ! ∴ Banyaknya cara adalah

  2

  3 3 .

  3 ! 4 ! 5 !

  ( ) ( ) ( ) ⋅ ⋅

  − k

16. Misalkan dari 6 penerima surat pert ama sebanyak (6 1 ) meneruskan surat t ersebut .

  2

  2 Dari (6 − 6k 1 ) penerima surat ke-2 sebanyak (6 − 6k 1 − k 2 ) meneruskan surat t ersebut .

  3

  2

  3

  2 − 6 − 6k − 6 − 6k − k

  Dari (6 k

  1 2 ) penerima surat ke-3 sebanyak (6 k

  1

  2 3 ) meneruskan surat . dan set erusnya hingga n n-1

  Dari (6 − 6 k 1 − ⋅⋅⋅ − 6k n-1 ) penerima surat ke-n semuanya t idak meneruskan surat t ersebut . n n-1 k + + k + k ⋅⋅⋅ + (6 − 6 k − ⋅⋅⋅ − 6k ) = 366

  1

  2

  3 1 n-1 n n-1 n-2 6 − (6 − 1)k 1 − (6 − 1)k 2 − ⋅⋅⋅ − (6 − 1)k n-1 = 366 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Misalkan j umlah orang yang berada dalam sist em sama dengan p.

  2

  3 2 n n-1 p = 1 + 6 + (6 − 6k ) + (6 − 6 k − 6k ) + ⋅⋅⋅ + (6 − 6 k − ⋅⋅⋅ − 6k )

  1

  1

  2 1 n-1 2 n 2 n-1 2 n-2

  2 ⋅⋅⋅ + 6 − (6 + 6 ⋅⋅⋅ + 6 − (6 + 6 ⋅⋅⋅ + 6 − ⋅⋅⋅ − (6 − 6k

• p = (1 + 6 + 6 ) )k )k + +

  1 2 + 6)k n-2 n-1

  n n 1 n

  2

  2 − −

  6

  6

  1

  6

  6

  1

  6

  6

  1

  6

  6

  1

  6 6 −

  1 − − − − ( )

  ( ) ( ) ( ) ( )

  − − − ⋅⋅⋅ − − p = 1 + k 1 k 2 k n-2 k n-1

  6

  1

  6

  1

  6

  1

  6

  1 6 −

  1 − − − − n n-1 n-2

  6 − 1 − (6 − 1)k − (6 − 1)k − ⋅⋅⋅ − (6 − 1)k p = 1 + (6

  1 2 n-1 )

5 Subt it usikan persamaan (1) didapat

  6 p = 1 + (366 − 1)

  5 p = 439 ∴ Banyaknya orang yang berada dalam sist em surat berant ai t ersebut sama dengan 439.

  8

  5

  2 17.

  3 x −

  ( ) x

  8

  5

  5

  8 5 r 8 r

  2

  2 2 − 3 = C (x ) ( − 3 ) ⋅⋅⋅ + C + (x ) ( −

3 ) ⋅⋅⋅⋅

x −

• x x x

  8 8 r

  ( )

  − 3(8 − r) = 0 Agar didapat konst ant a maka 5r r = 3

  5

  3

  2

  5

  5 − ⋅ (−2) −1792

  Nilai konst ant a t ersebut adalah

  8 C 3 (x ) (

  3 ) = 56 = x

  Jadi, nilai kont ant a t ersebut sama dengan −1792 Jika yang dit anyakan adalah j umlah koef isien maka j umlah koef isien akan didapat j ika x = 1.

  8 − 2) Jumlah koef isien = (1 = 1.

  ∴ Konst ant a t ersebut sama dengan −1792 dan j umlah koefisien sama dengan 1.

  3 xy −1

  18. = n ekivalen dengan

• x y

  2 − n)(3y − n) = n

  (3x + 3

• Jika n = 3k unt uk k bilangan bulat

  − n dan 3y − n keduanya habis dibagi 3 sehingga ruas kiri habis dibagi 9 sedangkan ruas 3x kanan dibagi 9 bersisa 3. Jadi, t idak ada nilai n = 3k yang memenuhi.

• Jika n =3k + 2 unt uk k bilangan bulat

  2

  2

  2 n + 3 = (3k + 2) + 3 = 3(3k + 4k + 2) + 1

  2

  2 Maka 1 dan 3(3k + 4k + 2) + 1 merupakan f akt or dari n + 3

  2 − n = 1 dan 3y − n = 3(3k

  Jika 3x + 4k + 2) + 1 dengan n = 3k + 2 maka akan didapat pasangan bil at bulat (x, y) yang memenuhi. Jadi, unt uk set iap n = 3k + 2 akan didapat pasangan (x, y) yang memenuhi.

• Jika n =3k + 1 unt uk k bilangan bulat

  2

  2

  2 n + 3 = (3k + 1) + 3 = 3(3k + 2k + 1) + 1

  2

  2 Maka −1 dan −3(3k + 2k + 1) − 1 merupakan fakt or dari n + 3.

  2 − n = −1 dan 3y − n = −3(3k − 1 unt uk n ≡ 1 (mod 3)

  Jika 3x + 2k + 1)

2 Karena −1 ≡ −3(3k + 2k + 1) − 1 ≡ 2 (mod 3) maka akan didapat pasangan bulat (x, y) yang memenuhi.

  Jadi, unt uk set iap n = 3k + 2 akan didapat pasangan (x, y) yang memenuhi. Maka hanya bent uk n ≡ 0 (mod 3) saj a yang membuat t idak ada pasangan (x, y) bulat yang memenuhi.

  ∴ Maka banyaknya bilangan bulat posit if n < 100 yang memenuhi ada sebanyak 66.

  1

  1

  1 19. x + y + z =

  x y z

  xyz = 1

  1

  1

  1 Mengingat xyz = 1 maka = xy + xz + yz

  x y z

  1

  1

  1 Jadi, x + y + z = = xy + xz + yz

  x y z

  2

  2

  1

  1

  1 (x + y + z) = ( )

  x y z

  2

  2

  2

  1

  1

  1

  1

  1

  1 x + y + z + 2(xy + xz + yz) =

  2

  xy xz yz x y z

  2 + + 2 + 2( )

  2

  2

  2

  1

  1

  1 x + y + z + 2(xy + xz + yz) =

  2

  2 + +

2 + 2(x + y + z)

x y z

  Karena x + y + z = xy + xz + yz maka

  2

  2

  2

  1

  1

  1 x + y + z =

  2

  2 x y z

  2 + +

  2

  2

2 Karena x , y dan z t idak mungkin negat if maka sesuai ket aksamaan AM-HM maka

  2

  2

  2 x y z + +

  3 ≥

  1

  1

  1

  3

  2

  2

  2 x y z

  2

  2

  2

  1

  1

  1 ≥ 9

  (x + y + z )(

  2 2 ) x y z

  2 + +

  2

  2

  2

  2

  2

  2

  1

  1

  1 ≥ 0 maka

  Karena x + y + z =

  2 2 dan x + y + z x y z

  2 + +

  2

  2

  2 x + y + z ≥ 3

  2 − 2(xy + xz + yz) − 3 ≥ 0

  (x + y + z)

  2 (x + y + z) − 2(x + y + z) − 3 ≥ 0

  − 3) ≥ 0 (x + y + z + 1)(x + y + z x + y + z ≥ 3 at au x + y + z ≤ −1 ⏐x + y + z⏐ ≥ 3 at au ⏐x + y + z⏐ ≥ 1 Jika nilai ⏐x + y + z⏐ = 1 maka x + y + z = −1

  1

  1

  1 −1 dan karena xyz = 1 maka x, y

  Karena x + y + z = = xy + xz + yz maka xy + xz + yz =

  x y z

  3

  2 dan z merupakan akar-akar persamaan p + p − p − 1 = 0

  2 (p − 1)(p + 1) = 0 Maka (x, y, z) = (1, −1, −1) dan permut asinya yang memenuhi kesamaan awal pada soal.

  ∴ Nilai minimal ⏐x + y + z⏐ = 1.

20. Mungkin maksud soal t ersebut adalah panj ang DE minimum.

  Misalkan panj ang AD = x dan panj ang AE = y

  1

  5

  12 Luas (5)(12) = 30 dan sin A = sert a cos A =

  ∆ABC =

  2

  13

  13

  1 Luas xy sin A = 15. Maka xy = 78.

  ∆ADE =

  2 Sesuai dalil cosinus pada

  ∆ADE maka :

  2

  2

  2

  2

  2 − 2xy cos A = x − 144

  DE = x + y + y

  2

2 DE = (x − y) + 2xy − 144

  2

  2 − y)

  DE = (x + 12

  2

  78 DE akan minimum sama dengan 12 j ika x = y =

  ∴ DE

  2

  3

  minimum =

  

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2010

TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2011

Prestasi itu diraih bukan didapat !!!

  

SOLUSI SOAL

BAGIAN KEDUA

Disusun oleh : Eddy Hermant o, ST

BAGIAN KEDUA

  1 AR BP

  1. Misalkan = k

  = = = RB PC QA P B

  1 Alt ernat if 1 : BP

  1 BR

  1 Akan didapat = =

• BC BA k

  1 Karena ∠P BR = .

  1 ∠CBA maka ∆ABC sebangun dengan ∆RBP

  1 Jadi, RP akan sej aj ar dengan AC.

  1

  1 RP 1 = AC = AQ

  k

• 1

  ∠AKQ = RKP Karena RP 1 sej aj ar dengan AQ dan 1 sert a RP 1 = AQ maka ∆RP

  1 K kongruen dengan .

  ∆AQK dengan AK = KP

1 Misal perpanj angan garis berat AG memot ong sisi BC di S.

  Jelas bahwa S adal ah pert engahan sisi BC dan j uga sisi PP 1 . Maka AG j uga garis berat 1 dengan t it ik G j uga t it ik berat 1 sebab perbandingan AG

  ∆APP ∆APP dengan GS t et ap 2 : 1. Karena K adalah pert engahan sisi AP 1 maka PK adalah j uga garis berat 1 .

  ∆APP Karena PK adalah garis berat 1 maka PK j uga akan mel alui t it ik G.

  ∆APP Jadi, t it ik P, K dan G akan berada pada sat u garis lurus (kolinier). ∴ Terbukti bahwa titik-titik P, G dan K kolinier (terletak pada satu garis).

  Alt ernat if 2 : Tanpa mengurangi keumuman misal kan koordinat A(0, 0) dan B(k + 1, 0) sert a C(b, c). k

  1 b c kb k 1 kc

• − −

  Koordinat P , = P ,

  ( b c ) ( ) + + k

  1 k 1 k 1 k

  1

  2 b k

  1 c k k b c

  − − + +

  Koordinat P = P

  1

  1 ,

  1 ,

  1 k 1 ( k

  1 k 1 )

  k + + ( ) k

  b c

  Koordinat Q ,

  ( )

• k

  1 k

  1 Koordinat R(k, 0)

• k

  1 b c Koordinat G ,

  ( )

  3

  3 Persamaan garis AP 1 .

  c

  y =

  2 x ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) k k b

  Persamaan garis QR

  y − x k − c b

  = k

  − −

• k 1 k

  1 c

  y =

  2 (x − k) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) b k k

  − −

  Perpot ongan garis AP 1 dan QR di t it ik K(x K , y K )

  c c

  − k)

  2 x K = 2 (x K k k b

• b − k − k

  2

  2 (b − k − k)x K = (k + k + b)(x K − k)

  2 2k(k + 1)x K = k(k + k + b)

  2

  2 k k b c k k b

• c

  x = dan y K = ( ) = K

  2

  2 k

  1 2 k

  1 2 k

  1

  ( ) ( ) ( ) + k k b + +

  2 k k b

• c

  Maka koordinat K( , )

  2 k

  1 2 k

  1

  ( ) ( ) c c

  −

• 2 k

  1

  3

  ( ) c

  

2 kc

−

  Kemiringan garis KG = m KG =

  2 k k b k 1 b

  k − k b − 2 kb −

• 2 =

  2 −

• 2 k

  1

  3

  ( )

  c kc −

• 3

  1 c 2 kc k −

  Kemiringan garis GP = m GP = =

  1

  1

  2 k b kb k + + + +

  −

  

2 kb

• k k b
• 3

  1 k Karena m GP = m KG maka ket iga garis P, G dan K berada pada sat u garis lurus.

  2 − − −

  ∴ Terbukti bahwa titik-titik P, G dan K kolinier (terletak pada satu garis).

• 7 nq q L q

  1

  1

  1

  1 2 k

2. L =

  p p p 2010

  1 2 k

  2010 (p p ⋅⋅⋅p + p p ⋅⋅⋅p ⋅⋅⋅ + p ⋅⋅⋅p ⋅⋅⋅p ⋅⋅⋅q +

  2 3 k

  1 3 k 1 p 2 k-1 ) = p 1 p 2 k (7 + nq 1 q 2 k ) ⋅⋅⋅p ⋅⋅⋅p ⋅⋅⋅ + p ⋅⋅⋅p

  ⋅⋅⋅p

  2 p 3 k + p 1 p 3 k 1 p 2 k-1 ) sebab ada t epat sat u bagian dari (p 2 p 3 k p + 1 p 3 ⋅⋅⋅p k ⋅⋅⋅ + p 1 p 2 ⋅⋅⋅p k-1 ) yang t idak mengandung p i .

• p + i t idak membagi (p

  ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 67 Jadi, harusl ah p i membagi 2010 = 2 Karena p i unt uk i = 1, 2, ⋅⋅⋅, k semuanya berbeda maka k = 4.

  1

  1

  1

  1

  1

  1

  1 1 2107 = = maka

  p p p p

  2

  3

  5 67 2010

  1

  2

  3

  4

  7 + nq 1 q 2 q 3 q 4 = 2107

  2

  2 ⋅ 5 ⋅ 3 ⋅ 7 yang merupakan perkalian 6 bilangan prima. nq 1 q 2 q 3 q 4 = 2100 = 2 Karena q , q , q dan q adalah 4 bilangan prima yang bol eh sama maka n merupakan perkal ian

  1

  2

  3

  4 dua f akt or prima dari 2100.

  ⋅ 2, 2 ⋅ 3, 2 ⋅ 5, 2 ⋅ 7, 3 ⋅ 5, 3 ⋅ 7, 5 ⋅ 5 dan 5 ⋅ 7. Nilai n yang mungkin adalah 2 ∴ Banyaknya n yang memenuhi ada 8.

  3

  3 3. + y = 2 x y = kx + d

  3

  3 x + (kx + d) = 2

  3

  3