Pembahasan OSN Bidang Matematika SMA/MA Seleksi Tingkat Kota/Kabupaten Tahun 2017

Transkripsi

1 1. Jawaban : 1400 Pembahasan OSN Bidang Matematika SMA/MA Seleksi Tingkat Kota/Kabupaten Tahun 017 Oleh Tutur Widodo Dengan mengkuadratkan kedua ruas persamaan x y 10 diperoleh x + y xy 100 x + y 10 Sekali lagi, dengan mengkuadratkan kedua ruas persamaan x + y 10 diperoleh x 4 + y 4 + x y x 4 + y Jawaban : 9 Kita sebut keempat anak itu A, B, C dan D, sesuai initial nama masing-masing anak. Dari kondisi (a) dan (c) jelas A dan C tidak mungkin diposisi pertama. Oleh karena itu, untuk juara pertama hanya mungkin ditempati oleh B dan D. (i) Jika B menjadi juara pertama, syarat (b) dan (c) otomatis terpenuhi. Jadi, untuk juara kedua, ketiga dan keempat boleh sebarang dari A, C, atau D. Oleh karena itu ada 3! 6 kemungkinan. (ii) Jika D menjadi juara pertama B menjadi juara kedua, maka tempat ketiga dan keempat bebas. Oleh karena itu ada! kemungkinan. B menjadi juara ketiga, maka C harus juara keempat dan tentu saja A menjadi juara kedua. Oleh karena itu, ada tepat 1 kemungkinan Jadi, banyaknya susunan juara pertama, kedua, ketiga, dan keempat adalah Jawaban : 8 Untuk n diperoleh n 7 n 16 dan untuk n 3 diperoleh n 7 n 184. Oleh karena itu k membagi FPB(16, 184) 4. Untuk menunjukkan bahwa k 4 membagi n 7 n untuk sebarang bilangan asli n, cukup ditunjukkan bahwa n 7 n habis dibagi oleh, 3 dan 7. Perhatikan bahwa n 7 n (n 1)n(n + 1)(n n + 1)(n + n + 1) Karena n 7 n adalah perkalian tiga bilangan bulat berurutan maka jelas bahwa n 7 n habis dibagi 3! 6. Oleh karena itu, terbukti n 7 n habis dibagi dan 3. Dari Fermat s Little Theorem kita punya : untuk sebarang bilangan asli n berlaku n 7 n mod 7. Jadi jelas bahwa n 7 n habis dibagi 7. Halaman 1 dari 1

2 Karena, 3, dan 7 saling prima maka terbukti n 7 n habis dibagi Dengan demikian otomatis n 7 n habis dibagi oleh semua faktor dari 4. Padahal banyaknya faktor positif dari 4 adalah 8. Oleh karena itu, banyaknya nilai k yang memenuhi adalah Jawaban : 100( + 3) atau 100( 3) Misalkan M dan N berturut-turut adalah titik tengah AB dan AC. Akibatnya, OM AB dan ON AC. Diketahui OM 5, ON 5 dan OA 10. Akibatnya MAO 30 dan OAN 45. Ada dua kemungkinan konstruksi berbeda untuk titik C. (i) Kontruksi I : Titik A terletak diantara titik B dan C. A M B N O C Pada kasus ini besar BAC MAO + OAN 75. Oleh karena itu, BOC BAC 150. Dengan aturan cosinus pada segitiga BOC diperoleh BC OB + OC OB OC cos BOC ( 1 3) 100( + 3) (ii) Kontruksi II : Titik C terletak diantara titik A dan B. A N M C B O Pada kasus ini besar BAC OAN MAO 15. Oleh karena itu, BOC BAC 30. Dengan aturan cosinus pada segitiga BOC diperoleh BC OB + OC OB OC cos BOC ( 1 3) 100( 3) Halaman dari 1

3 5. Jawaban : 11 4 (a b)(c d) Bentuk (b c)(d a) 4 ekuivalen dengan (b c)(d a) bd + ac ab cd (a b)(c d) ac + bd ad bc Selanjutnya diperoleh (a c)(b d) ab + cd ad bc (a b)(c d) ac + bd ad bc (ac + bd ad bc) (bd + ac ab cd) ac + bd ad bc bd + ac ab cd 1 ( ac + bd ad bc 1 7 ) Jawaban : 61 Misalkan m adalah banyaknya bola berwarna merah dan h adalah banyaknya bola berwarna hitam. Jelas bahwa p ( m ) ( m+h ) dan q sehingga dari kesamaan p q 3 37 diperoleh ( m ) ( m+h ) ( h ) ( m+h ) ( h ( ) m+h ) 3 37 m(m 1) h(h 1) (m + h)(m + h 1) 3 37 m h m + h (m + h)(m + h 1) 3 37 (m + h)(m h) (m h) 3 (m + h)(m + h 1) 37 (m h)(m + h 1) (m + h)(m + h 1) 3 37 (m h) (m + h) m 30h Oleh karena itu m 30k dan h 7k untuk suatu k bilangan asli. Karena 1000 > m + h 37k maka k 7. Akibatnya, m h 3k 61. Jadi, selisih terbesar yang mungkin dari banyaknya bola merah dan hitam adalah 61 yaitu saat bola merah ada sebanyak 810 dan bola hitam ada sebanyak Jawaban : 9 Halaman 3 dari 1

4 Karena bilangan prima berurutan hanya dan 3 maka jelas bahwa t(n) dan s(n) 3. Akibatnya, n a 3 b untuk suatu a dan b bilangan asli. Karena n a 3 b 100 maka b 3. (a) Jika b 1 maka a 1,, 3, 4, 5 (b) Jika b maka a 1,, 3 (c) Jika b 3 maka a 1 Jadi, ada 9 nilai n yang memenuhi. 8. Jawaban : + 3 Untuk memudahkan kita labeli titik-titik seperti pada gambar di bawah ini. O F E A C D B Karena letak persegi CDEF simetris, akibatnya F E sejajar dengan AB. Sehingga segitiga OF E sebangun dengan segitiga OAB. Akibatnya, OF E adalah segitiga samasisi sehingga OF F E F C s dan OF C Dengan aturan cosinus pada segitiga OF C diperoleh 9. Jawaban : 16 OC OF + F C OF F C cos 150 ( r s + s s ) 3 r s + 3s r s + 3 Dari a + b + c 1 diperoleh a + b 1 c. Selanjutnya diperoleh a + b abc 1 bc + 1 ac (1 + 1) bc + ac 4 c(a + b) 4 c(1 c) ( c 1 ) (dengan CS-Engel) Halaman 4 dari 1

5 Jadi, nilai minimal dari a + b abc adalah 16 yang dicapai saat a b 1 4 dan c Jawaban : 460 Kita bagi kasus berdasarkan kriteria nomor kamarnya, (i) Ketiga digitnya sama. Yaitu nomor kamarnya berbentuk aaa. Nomor kamar yang seperti ini ada 10 dan jelas semuanya bisa berisi tamu. (ii) Ada tepat dua digit yang sama. Misalkan kita memiliki dua digit berbeda a dan b maka nomor kamar yang memiliki sifat ini ada 6 yaitu aab, aba, baa, bba, bab, dan abb. Berdasarkan aturan yang diterapkan hotel, dari ketiga nomor kamar : aab, aba, baa maksimal hanya satu yang berisi tamu. Demikian pula untuk bba, bab, abb. Jadi, untuk setiap digit berbeda a dan b terpilih maksimal hanya ada kamar yang berisi tamu. Padahal ada ( 10 ) 45 cara untuk memilih pasangan digit (a, b). Jadi, untuk kasus ini maksimal ada kamar yang berisi tamu. (iii) Ketiga digitnya berbeda. Jika kita memiliki tiga digit berbeda a, b, c maka ada 6 nomor kamar yang bisa terbentuk yaitu abc, acb, bac, bca, cab, dan cba. Perhatikan tabel berikut Kelompok I Kelompok II Kelompok III abc bca cab acb bac cba Jelas bahwa jika ada empat kamar yang terisi tamu maka ada dua nomor kamar yang berasal dari kelompok yang sama dan jelas ini bertentangan dengan aturan hotel. Jadi dari keenam nomor kamar tersebut maksimal hanya ada 3 kamar yang berisi tamu. Ketiga kamar itu misalnya abc, bca dan cab. Karena ada ( 10 3 ) 10 cara untuk memilih pasangan digit (a, b, c) maka untuk kasus ketiga ini maksimal kamar yang berisi tamu yaitu Jadi, maksimal banyaknya kamar yang berisi tamu adalah kamar. 11. Jawaban : 8 Perhatikan bahwa 8! Karena untuk setiap bilangan asli berbeda m, n dengan m n, berlaku f(m) < f(n) akibatnya 0 f(1) < f() < f( ) < f( 3 ) < f( 4 ) < f( 5 ) < f( 5 3) < f( 5 3 ) < f( 5 3 7) < f( 6 3 7) < f( 6 3 7) < f(8!) 11 sehingga nilai f(1), f(), f( ), f( 3 ), f( 4 ), f( 5 ), f( 5 3), f( 5 3 ), f( 5 3 7), f( 6 3 7), f( 6 3 7), f(8!) semuanya berbeda dan karena f(n) adalah bilangan bulat nonnegatif maka satu-satunya kemungkinan yaitu f(1) 0 f() 1 f( ) f( 3 ) 3 f( 4 ) 4 f( 5 ) 5 f( 5 3) 6 f( 5 3 ) 7 f( 5 3 7) 8 f( 6 3 7) 9 f( 6 3 7) 10 f(8!) 11 Halaman 5 dari 1

6 sehingga diperoleh f(016) f( 5 3 7) Jawaban : - Misalkan AB x dan BC y maka AC x+y. Dengan aturan cosinus pada segitiga ABC diperoleh x + y + xy 4 AC AB + BC AB BC cos ABC x + y xy cos ABC cos ABC 3x + 3y xy 8xy 6xy xy cos ABC 1 8xy Karena 0 < ABC < 180 dan cos ABC 1 maka ABC 60. Akibatnya, segitiga ABC yang diberikan pada soal tidak mungkin terbentuk. 13. Jawaban : 009 Dari P (0) P () 018 diperoleh P (x) ax(x )(x + bx + c) untuk suatu a, b, dan c bilangan riil dan a 0. Selanjutnya diperoleh P (x) a(x )(x + bx + c) + a(x x)(x + b) Karena P (x) mencapai maksimum di x 0 dan x maka P (0) P () 0. Sehingga diperoleh Akibatnya c 0. Dari P () 0 diperoleh 0 P (0) ac 0 P () a(4 + b) Akibatnya, b. Oleh karena itu diperoleh P (x) ax(x )(x x)+018. Karena P (1) 017 maka 017 a( 1)( 1) a 1 Jadi, P (x) x(x )(x x) Oleh karena itu P (3) ( 3) Jawaban : 53 Untuk soal ini, jika Anda mengetahui teorema kado silang atau lebih kerennya disebut derangement maka akan sangat membantu. Teoremanya sebagai berikut : jika terdapat n orang yang akan saling tukar kado dan tidak boleh ada orang yang mengambil kado yang dia bawa sendiri maka banyaknya cara berbeda melakukan pertukaran kado ini adalah : D n n! n ( 1) k k0 Kembali ke permasalahan, kita dapat mengabaikan syarat kado dari A diberikan kepada B terlebih k! Halaman 6 dari 1

7 dahulu. Maka banyaknya cara membagikan kado sama dengan D 6 1 0! 1 1! + 1! 1 3! + 1 4! 1 5! + 1 6! 65 Perhatikan bahwa kasus dimana kado dari A diberikan kepada B, C, D, E atau F kelimanya adalah simetris. Artinya banyaknya cara adalah sama. Oleh karena itu, banyaknya cara tukar kado dengan syarat kado A diberikan kepada B yaitu cara Jawaban : 119 Misalkan didefinisikan P (k) (5 + k)(6 + k)(7 + k) (n + k) untuk sebarang bilangan asli k. Jelas bahwa P (k + 1) > P (k). Selanjutnya kita akan mencari bilangan asli n terbesar sehingga berlaku n! P (k) untuk suatu k. Perhatikan bahwa untuk k 1 diperoleh n! P (1) n! (6)(7)(8) (n + 1) (n + 1)! n! 5! 5! (n + 1) n 119 Jadi, untuk n 119 terbukti bahwa n! P (1). Sedangkan untuk n > 119 kita memiliki 1 < n + 1 5! n! < (n + 1)! 5! P (1) < P (k) sehingga untuk n > 119 tidak ada bilangan asli k sehingga n! P (k). Oleh karena itu, bilangan asli terbesar n sehingga n! dapat dinyatakan sebagai hasil perkalian dari n 4 bilangan asli berurutan adalah n Jawaban : 3 Misalkan BL dan CK berpotongan di D. Misalkan pula BD x, DL x, CD y dan DK y. C L D A K B Dengan rumus jumlah sudut untuk fungsi tangent diperoleh cot B 1 tan B Halaman 7 dari 1

8 dan Oleh karena itu diperoleh 1 tan KBD tan CBD tan KBD + tan CBD x y x 1 y y x + y x x y 3xy cot C 1 tan C 1 tan BCD tan LCD tan BCD + tan LCD 1 x y x y x y + x y y x 3xy cot B + cot C x y 3xy + y x 3xy x + y 3xy xy 3xy 3 Jadi, nilai terkecil dari cot B + cot C adalah 3 yang dicapai saat AB AC. 17. Jawaban : 16 Pada koordinat kartesius, misalkan D(0, c), B(0, d) dan F (0, d). Tanpa mengurangi keumuman misalkan a > b. Garis y ax + c memotong garis y bx + d dan garis y bx d berturut-turut di A dan E. Garis y bx + c memotong garis y ax + d dan garis y ax d berturut-turut di C dan G, seperti pada ilustrasi berikut ini D C G A B F E Halaman 8 dari 1

9 Perhatikan bahwa jajargenjang ABCD sebangun dengan jajargenjang EF GD. Akibatnya sehingga Absis dari titik C yaitu x BD F D [ABCD] 18 [EF GD] 7 1 c d c + d 1 c 3d d. Sehingga diperoleh a b [CDB] 9 ( ) 1 d (c d) 9 a b ( ) 1 d d 9 a b d 9(a b) Akibatnya, 9 d. Oleh karena itu d 3k, untuk suatu bilangan bulat positif k. Selanjutnya diperoleh d 9(a b) 9k 9(a b) k a b Agar a + b + c + d minimal, pilih k 1 sehingga d 3 dan c 3d 9. Dari a b pilih a 3 dan b 1. Sehingga nilai minimal dari a + b + c + d yaitu Jawaban : 49 Misalkan keseratus bilangan tersebut adalah a 1, a, a 3,, a 100. Andaikan terdapat i sehingga a i dan a i+1 keduanya adalah bilangan bulat positif. Akibatnya, a i+ > a i + a i+1 juga berupa bilangan positif. Demikian pula untuk bilangan-bilangan selanjutnya juga berupa bilangan positif dengan nilai monoton naik (tegas). Akibatnya a i+1 < a i+ < a i+3 < < a 100 < a 1 < < a i < a i+1 kontradiksi. Oleh karena itu, banyaknya bilangan positif diantara a i maksimal adalah 50. Selanjutnya andaikan terdapat tepat 50 bilangan positif diantara a i. Seperti penjelasan sebelumnya, kita memiliki fakta bahwa tidak boleh ada dua bilangan positif yang berdekatan. Agar terdapat tepat 50 bilangan positif maka tidak boleh ada dua bilangan negatif yang berdekatan. Hal ini karena seandainya ada dua bilangan negatif berdekatan dan karena diantara 49 pasangan bilangan sisanya hanya maksimal terdiri dari 49 bilangan positif, maka maksimal hanya ada 49 bilangan positif yang bisa kita peroleh. Jadi, kita ketahui bahwa bilangan positif dan negatif letaknya berselang-seling. Tanpa mengurangi keumuman andaikan a i adalah bilangan negatif. Karena a i+ > a i + a i+1 > a i maka diperoleh a < a 4 < a 6 < < a 98 < a 100 < a Halaman 9 dari 1

10 kontradiksi. Jadi, tidak mungkin ada 50 bilangan positif diantara a i. Untuk kasus terdapat 49 bilangan bulat positif, kita dapat konstruksi sebagai berikut : a i 1 1 untuk i 1,, 3,, 48, 49 a i i 0 untuk i 1,, 3,, 48, 49 a dan a Jadi, maksimal banyaknya bilangan bulat positif yang terdapat pada lingkaran tersebut adalah Jawaban : 398 Perhatikan bahwa (10 m + 1) m m m m m + 1 sehingga untuk m yang cukup besar diperoleh S(10 m + 1) > S( 5 ) Oleh karena itu nilai terbesar dari S(n 5 ) terjadi saat n 10 a + 10 b + 10 c + 10 d + 10 e untuk suatu a, b, c, d dan e bilangan bulat nonnegatif. Terlebih dahulu perhatikan penjabaran multinomial berikut ini, (a+b+c+d+e) 5 cyc a 5 +5 ab a b 3 +0 abc ab c +60 abcd +10abcde Dengan memanfaatkan penjabaran di atas diperoleh (10 a + 10 b + 10 c + 10 d + 10 e ) 5 cyc 10 5a a+4b a+3b a+b+3c a+b+c a+b+c+d+e 10 a+b+c+d cyc 10 5a a+4b + 10 a+3b a+b+3c a+b+c a+b+c+d+e+1 10 a+b+c+d+1 Dengan memilih nilai a, b, c, d dan e yang berbeda serta selisihnya cukup besar (dan jika diperlukan memilih nilai yang besar pula) kita bisa membuat nilai 5a, a + 4b, a + 3b + 1, a + b + 3c + 1, a + b + c + 1, a + b + c + d + 1, a + b + c + d + e + 1 dan semua bentuk simetrisnya, nilainya berbeda semua. Dalam kondisi ini maka diperoleh ( S (10 a + 10 b + 10 c + 10 d + 10 e ) 5) Halaman 10 dari 1

11 Jadi, nilai terbesar dari S(n 5 ) adalah 398. Catatan : simbol dan menyatakan jumlahan siklis dan jumlahan simetris dari variabel-variabel cyc yang terlibat dalam perhitungan. Sebagai misal, jika ada tiga variabel yaitu a, b dan c maka diperoleh cyc a 5 a 5 + b 5 + c 5 cyc ab ab + bc + ca ab ab + ba + ac + ca + bc + cb ab ab + bc + ca 0. Jawaban : 5 Perhatikan gambar di bawah ini C N P D A M B Kita memiliki AMP MP B + MBP P CN + NP C ANP akibatnya, AM N adalah segitiga samakaki. Karena AP garis bagi maka berakibat AP M N dan P M P N. Oleh karena itu diperoleh ABD sebangun dengan AP M sehingga AMP ADB. Akibatnya, BDP M adalah segiempat talibusur. Selanjutnya perhatikan bahwa Akibatnya, DN CP. Namun karena P DN MDP MBP NP C P DC 180 BDP 180 P NA CNP maka diperoleh P DCN adalah layang-layang. Oleh karena itu, didapatkan P D P N P M. Selanjutnya diperoleh AP P D AP P M AB BD Halaman 11 dari 1

12 Disusun oleh : Tutur Widodo Apabila ada saran, kritik maupun masukan silakan kirim via ke tutur.w87@gmail.com Website : Last edited : 0 Maret Halaman 1 dari 1