SOAL 1. Diketahui bangun persegi panjang berukuran 4 6 dengan beberapa ruas garis, seperti pada gambar.

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Ukuran: px
Mulai penontonan dengan halaman:

Download "SOAL 1. Diketahui bangun persegi panjang berukuran 4 6 dengan beberapa ruas garis, seperti pada gambar."

Transkripsi

1 SOAL 1. Diketahui bangun persegi panjang berukuran 4 dengan beberapa ruas garis, seperti pada gambar. Dengan menggunakan ruas garis yang sudah ada, tentukan banyak jajar genjang tanpa sudut siku-siku pada gambar tersebut. SOLUSI 1. Ada empat tipe jajar genjang yang harus dihitung, yakni sebagai berikut Kita hitung banyak jajar genjang tipe pertama saja. Tipe kedua tentu saja sama banyak dengan tipe pertama (dengan meninjau refleksi kiri kanan ). Tipe ketiga dan keempat sama banyak juga (tetapi secara umum tidak sama banyak dengan tipe pertama), nanti kita tinjau. Untuk jajar genjang tipe pertama, titik sudut di kiri atas kita namakan titik sudut utama. Kita selesaikan kasus yang lebih umum, tinjau grid berukuran m n. Kita identifikasi titiktitik latis pada grid tersebut dengan pasangan bilangan bulat tak negatif (i, j) dengan 0 i m dan 0 j n. Titik di ujung kiri bawah adalah titik (0, 0), kanan bawah (m, 0), kiri atas (0, n) dan kanan atas (m, n). Sekarang tinjau jajar genjang tipe pertama di dalam grid dengan titik sudut utama A (i, j). Jajargenjang-jajargenjang semacam ini ditentukan secara tunggal oleh pasangan titik (B, D) dengan B di segmen AK dan D di segmen AL, dengan B A dan D A. Banyak titik latis di segmen AK selain A adalah m i dan banyak titik latis di segmen AL selain A adalah min {i, j}. (0,n) (m,n) A(i,j) B K D C L (0,0) (m,0) 1

2 Jadi, banyak jajar genjang tipe pertama dengan titik sudut utama (i, j) adalah (m i) min {i, j}. Banyak jajar genjang tipe pertama secara keseluruhan adalah # {jajar genjang tipe pertama} # {jajar genjang tipe pertama dengan titik utama A} A grid m i0 n (m i) min {i, j}. j0 Dengan menghitung manual, untuk m dan n 4 diperoleh banyak jajar genjang tipe pertama (sama dengan banyak jajar genjang tipe kedua) adalah 105. Banyak jajar genjang tipe ketiga (yang sama banyak dengan jajar genjang tipe keempat sama banyak dengan jajar genjang tipe pertama di dalam grid baru yang dihasillkan dengan mengaplikasikan rotasi sebesar 90 (berlawanan arah dengan jarum jam) pada grid asal. Dengan demikian, kita tinggal menukar peran m dan n pada sigma sebelumnya, yakni # {jajar genjang tipe ketiga} n m (n i) min {i, j}. i0 j0 Untuk m dan n 4, diperoleh bahwa nilai sigma di atas adalah 55. Jadi, banyak jajar genjang keseluruhan (tipe pertama sampai dengan tipe keempat) adalah ( ) 0. KOMENTAR. Kita mempunyai sifat sigma berikut, n m (n i) min {i, j} i0 j0 m n (n i) min {i, j} j0 m i0 i0 j0 n (n j) min {i, j}. m n (n j) min {j, i} i0 j0 Jadi, m n #{jajar genjang tipe I - IV} (m + n i j) min {i, j}. Selanjutnya, dapat dibuktikan bahwa i0 j0 m i0 n (m + n i j) min {i, j} j0 ( ) ( )( ) min{m, n} + 1 min{m, n} + 1 max{m, n} +. SOLUSI. Seperti solusi pertama, kita tinjau kasus umum, yakni kita hitung banyak jajar genjang pada grid berukuran m n (grid persegi panjang dengan panjang alas m dan tinggi n). Kita klasifikasikan empat tipe jajar genjang yang harus dihitung dan untuk jajar genjang tipe pertama, kita definisikan titik sudut utama seperti pada SOLUSI 1.

3 Di solusi ini, kita hitung jajar genjang tipe pertama dengan tinggi k dan panjang alas l. Perhatikan bahwa 1 k min{m, n}, 1 l dan juga k + l m. Selain itu, titik sudut utama dari jajar genjang tipe pertama semacam ini terletak pada daerah yang diarsir pada gambar berikut (jika titik sudut utama di luar daerah yang diarsir, maka ada satu titik sudut lain yang terletak di luar grid). k A B n - k n - k D C k k m - k - l l Banyak titik latis pada daerah yang diarsir di atas adalah (m k l + 1) (n k + 1). Ini juga menyatakan banyak jajar genjang tipe pertama dengan tinggi k dan panjang alas l. Karena 1 k min{m, n} dan 1 l m k, banyak jajar genjang tipe pertama (yang sama banyak dengan tipe kedua) sama dengan #{jajar genjang tipe pertama} # {jajar genjang tipe pertama dengan tinggi k dan alas l} k,l yang mungkin min{m,n} k1 m k l1 (m k l + 1) (n k + 1). Untuk m dan n 4, sigma ini dapat dihitung secara manual dan sama dengan 105. Banyak jajar genjang tipe ketiga (yang sama banyak dengan tipe keempat) diperoleh dengan menukar m dan n dalam sigma di atas, yakni #{jajar genjang tipe ketiga} min{m,n} k1 n k (n k l + 1) (m k + 1). Untuk m dan n 4, sigma ini adalah 55. Jadi, banyak jajar genjang keseluruhan adalah ( ) 0. KOMENTAR. Dapat dibuktikan bahwa l1 min{m,n} k1 m k l1 (m k l + 1) (n k + 1) + min{m,n} k1 ( ) ( )( ) min{m, n} + 1 min{m, n} + 1 max{m, n} +. n k (n k l + 1) (m k + 1) l1

4 SOAL. Diberikan segitiga lancip ABC dengan lingkaran luar ω. Garis bagi BAC memotong ω di titik M. Misalkan P suatu titik pada garis AM dengan P di dalam segitiga ABC. Garis melalui P yang sejajar AB dan garis melalui P yang sejajar AC memotong sisi BC berturut-turut di titik E dan F. Garis ME dan MF memotong ω lagi berturut-turut di titik K dan L. Buktikan bahwa garis-garis AM, BL dan CK konkuren. SOLUSI. Misalkan garis MK memotong sisi AB di titik Q dan garis ML memotong sisi CA di titik R dan satu lagi, garis QR memotong garis bagi AD di titik S. A K P L Q S R B E F C M Karena P E AB dan P F AC, maka ME/MQ MP/MA MF/MR. Jadi, QR EF yang berakibat ARS ACB, sehingga ASR BAC ACB 1 BAC + ABC CAM + ABC CBM + ABC ABM. Dengan demikian, ASQK juga segiempat talibusur. Ini berakibat, AKS AQS ABC (karena QS BC). Padahal kita juga mempunyai AKC ABC. Jadi, C, S, K kolinear. Dengan cara yang sama, B, S, L juga kolinear. Kita simpulkan bahwa AD, BL dan CK bertemu di titik S dan kita selesai. 4

5 SOAL. Tentukan semua bilangan real positif M sedemikian sehingga untuk sebarang bilangan real positif a, b, c, paling sedikit satu diantara tiga bilangan berikut bernilai lebih dari atau sama dengan 1 + M. a + M ab, b + M bc, c + M ca SOLUSI 1. Perhatikan bahwa untuk sebarang bilangan real positif x, y berlaku x + y + 1 xy 1 x y xy berdasarkan ketaksamaan AM-GM. Dengan demikian, untuk sebarang bilangan real positif a, b, c berlaku ( a + 1 ) ( + b + 1 ) ( + c + 1 ) ab bc ca 1 ( a + b + 1 ab + b + c + 1 bc + c + a + 1 ) 1 ( + + ). ca Akibatnya, bilangan terbesar diantara tiga bilangan a + 1 ab, b + 1 bc, c + 1 ca pasti lebih dari / 1 + 1/. Dengan demikian, M 1/ memenuhi syarat. Kita buktikan bahwa tidak ada bilangan real positif lain yang memenuhi. Misalkan M > 0 memenuhi syarat pada soal. Dengan mengambil a b c M diperoleh a + M ab b + M bc c + M ca M + M M M M. Dengan demikian, M 1 + M. Padahal dengan ketaksamaan AM-GM dipunyai 1 + M M 1 1 M M. Jadi, kesamaan harus terjadi pada ketaksamaan AM-GM d atas, sehingga M 1/ dan kita selesai. SOLUSI. Kita buktikan bahwa M 1/ adalah syarat perlu agar kondisi pada soal terpenuhi. Misalkan M memenuhi kondisi pada soal. Dengan mengambil a b c t > 0, diperoleh t + M/t 1 + M untuk setiap t > 0. Perhatikan bahwa t + M t (1 + M) 1 t (t 1) ( t Mt M ). Tinjau fungsi kuadrat f(t) t Mt M. Diskriminannya D M + 4M positif, sehingga f memiliki dua akar real yang hasil kalinya M < 0. Jadi, ada satu akar positif r > 0 dan satu negatif s < 0. Kita selanjutnya mempunyai faktorisasi t + M t (1 + M) 1 t (t 1)f(t) 1 (t 1)(t r)(t s). t 5

6 Karena (t s)/t > 0 untuk setiap t > 0, haruslah (t 1)(t r) 0 untuk setiap t > 0. Karena r > 0, ini hanya terjadi jika dan hanya jika r 1. Selanjutnya, 0 f(1) 1 M, jadi M 1/. Untuk M 1/, ketaksamaan AM-GM juga bisa digunakan dengan cara yang berbeda sebagai berikut ( a + 1 ab ( ) ( + b + 1 ) ( + c + 1 ) bc ca a + b + 1 ab + b + c + 1 bc + c + a + 1 ab 1 ab bc 1 bc ca 1 ca 9, sehingga bilangan terbesar diantara tiga bilangan a + 1 ab, b + 1 bc, c + 1 ca pasti lebih dari / 1 + 1/. Dengan demikian, M 1/ memenuhi syarat. SOLUSI. Ini adalah solusi alternatif bahwa M 1/ memenuhi syarat. Kita bisa mengasumsikan tanpa mengurangi keumuman bahwa a adalah bilangan terbesar di antara a, b, c karena bentuk ketiga bilangan pada soal bersifat siklis. Dengan demikian, a + 1 ab 1 ( a + a + 1 ) ab ca ) a a 1 ab a b. Kita bisa juga misalnya mengasumsikan bahwa a yang terkecil. Dengan asumsi ini, dengan ketaksamaan yang sama, diperoleh bahwa c + 1/ca /.

7 SOAL 4. Misalkan p > bilangan prima dan S ijk. i<j<k p 1 Buktikan bahwa bilangan S + 1 habis dibagi p. SOLUSI. Identitas berikut penting dalam bukti kita. LEMA. Misalkan a 1, a,..., a n bilangan-bilangan real. Identitas berikut berlaku ( n ) ( n n ) ( n ) a i a j a k a i + a i a i. a i 1 i<j<k n i1 i1 i1 i1 BUKTI. Lema di atas adalah akibat langsung dari dua penjabaran berikut ( n ) n a i a i + a i a j (a i + a j ) + a i a j a k i1 i1 1 i<j n 1 i<j<k n ( n ) ( n ) a i a i i1 i1 n a i + a i a j (a i + a j ). i1 1 i<j n Bukti lema selesai. Sekarang ambil n p dengan p > dan a i i+1 untuk i 1,,..., p, kita mempunyai ( p 1 ( p 1 p 1 ) ( p 1 ) ijk i) + i i i. Kita gunakan rumus terkenal i<j<k p 1 i i i i diperoleh m i i1 m (m + 1), i<j<k p 1 m i i1 ijk m (m + 1) (m + 1), m i1 i m (m + 1) 4 ( ( ) (p 1)p (p 1) 1) p ( ) ( ) (p 1)p(p 1) (p 1)p 1 1. Sekarang kita lakukan reduksi modulo p. Karena p > dan p prima, maka p ganjil dan p 1 atau (mod ). Dengan demikian, (p 1)/ dan (p 1)(p 1)/ selalu bulat. Akibatnya ( ( ) ( ) ( ) (p 1)p (p 1) 1) p (p 1)p(p 1) (p 1)p ( 1) + ( 1) ( 1)( 1) (mod p) (mod p). Jadi, S (mod p). Karena p > prima, maka gcd(p, ) 1, sehingga S 1 (mod p), atau dengan kata lain, S + 1 habis dibagi p dan kita selesai. 7

8 SOAL 5. Diberikan sebarang polinom kuadrat P (x) dengan koefisien utama positif dan diskriminan negatif. Buktikan bahwa P (x) dapat dinyatakan sebagai jumlah tiga polinom kuadrat P (x) P 1 (x) + P (x) + P (x) dengan P 1 (x), P (x), P (x) memiliki koefisien utama positif dan diskriminan nol serta akar (real kembar) dari ketiga polinom tersebut berbeda. Catatan: Koefisien utama dari polinom kuadrat Q(x) adalah koefisien dari x. SOLUSI 1. Tulis P (x) ax + bx + c dengan a > 0 dan diskriminan D b 4ac negatif. Akan dibuktikan bahwa ada tiga bilangan real berbeda r 1, r, r yang memenuhi P (x) a (x r 1) + a (x r ) + a (x r ). (1) Kalau ini terbukti, kita tinggal mengambil P i (x) a (x r i ) / untuk i 1,,. Dengan menjabarkan dan menyederhanakan, ruas kanan (1) sama dengan ( ) ( ) P (x) ax r1 + r + r r a x + a 1 + r + r Jadi, agar (1) berlaku, kita cukup menyelesaikan sistem persamaan r 1 + r + r b a dan r 1 + r + r dengan r 1, r, r berbeda. Untuk tujuan tersebut, misalkan r b/a, ambil t D/8a > 0, lalu ambil r 1 r t, r r, r r + t. Kita mempunyai r 1 < r < r, dan c a r 1 + r + r (r t) + r + (r + t) r b a r 1 + r + r (r t) + r + (r + t) r + t ( b ) + ( ) D b D c a 8a 4a a seperti yang diinginkan dan kita selesai. SOLUSI. Tulis P (x) ax + bx + c dengan a > 0 dan diskriminan b < 4ac, sehingga c > 0. Sekarang pilih a 1 sebarang bilangan di antara b /4c dan a dengan a 1 b /c. Sekarang ambil P 1 (x) (a a 1 )x, diperoleh P (x) P 1 (x) + a 1 x + bx + c dengan Q(x) a 1 x + bx + c adalah polinom kuadrat dengan diskriminan negatif dan koefisien utama a 1 > 0. Dengan ide yang sama dengan solusi sebelumnya, kita selesaikan persamaan a 1 x + bx + c a 1 (x r 1) + a ( ) 1 r (x r ) a 1 x a 1 (r 1 + r ) x + a 1 + r 1 8

9 yakni r 1 + r b/a 1 dan r 1 + r c/a 1. Sistem persamaan tersebut ekivalen dengan Karena polinom kuadrat memiliki diskriminan r 1 + r b, r 1 r b ca 1. () a 1 b a 1 a 1 T (x) x + b a 1 x + b ca 1 a 1 b 4a 1 c a 1 b 4a 1 c a 1 maka sistem () solusi dengan r 1 r (yang merupakan akar dari T (x)). Dan karena b ca 1 0 (telah kita hindari pada pemilihan a 1 ), maka r 1, r tak nol (karena T (0) 0). Kita selanjutnya mengambil P (x) a 1 (x r 1 ) / dan P (x) a 1 (x r ) / dan kita selesai. > 0, 9

10 SOAL. Suatu bilangan asli n dikatakan kuat apabila terdapat bilangan asli x sehingga x nx + 1 habis dibagi n. (a) Buktikan bahwa 01 merupakan bilangan kuat. (b) Jika m bilangan kuat, tentukan bilangan asli terkecil y sehingga y my + 1 habis dibagi m. SOLUSI. Lema berikut sangat penting dalam bukti kita. LEMA. Misalkan a, b, k bilangan asli dengan a, b ganjil. Dengan ini, berlaku k a b + 1 jika dan hanya jika k a + 1. BUKTI. Perhatikan pemfaktoran berikut a b + 1 (a + 1)(a b 1 a b + a b a + 1). Dari sini, trivial bahwa jika k a + 1, maka k a b + 1. Sekarang untuk arah sebaliknya misalkan k a b +1. Karena a ganjil, maka a b 1, a b, a b,..., a, 1 ganjil dan karena b ganjil, ada sebanyak b bilangan ganjil pada suku kedua pemfaktoran di atas. Dengan demikian, bilangan a b 1 a b + a b a + 1 ganjil sehingga relatif prima dengan k. Akibatnya, k a + 1 dan lema terbukti. (a) Kita buktikan lebih umum bahwa semua bilangan ganjil senantiasa kuat. Misalkan m bilangan ganjil dan pilih x m 1. Dengan demikian, x ganjil sehingga mx juga ganjil. Karena x+1 m jelas habis dibagi m, maka x mx +1 juga habis dibagi m. Berdasarkan definisi, m adalah bilangan kuat. (b) Misalkan m bilangan kuat dan y bilangan asli terkecil sehingga m y my + 1. Pertama, y my + 1 harus genap, sehingga y m dan y ganjil. Berdasarkan lema (dengan a y m dan b y), diperoleh bahwa m y m + 1. Seandainya m genap, maka y m + 1 (mod 4) sementara m habis dibagi 4. Dalam hal ini, tidak mungkin berlaku m y m + 1. Jadi, m harus ganjil dan berdasarkan lema lagi (dengan a y dan b m), diperoleh m y + 1. Dengan demikian, y + 1 m atau y m 1. Sebaliknya, seperti bagian (a), y m 1 memang memenuhi m y my + 1. Jadi, bilangan y yang kita cari adalah ini dan kita selesai. 10

11 SOAL 7. Diberikan jajar genjang ABCD. Pada sisi luar jajar genjang, dikonstruksi persegipersegi ABC 1 D 1, BCD A, CDA B dan DAB 4 C 4. Pada sisi-sisi luar B 4 D 1, C 1 A, D B, dan A C 4 dari segitiga-segitiga AB 4 D 1, BC 1 A, CD B, dan DA C 4, konstruksi persegi-persegi lagi dengan pusat berturut-turut O A, O B, O C dan O D. Buktikan bahwa AO A BO B CO C DO D. SOLUSI 1. Tanpa kehilangan keumuman, misalkan ABCD terurut searah jarum jam. Kita cukup membuktikan bahwa AO A BO B. Nanti analog, BO B CO C dan CO C DO D dan kesimpulan pada soal mengikuti. O A B 4 D 1 C 1 O 1 O 4 A B D 4 A O D C Misalkan persegi-persegi ABC 1 D 1, A BCD, A B CD, dan AB 4 C 4 D berturut-turut berpusat di O 1, O, O, dan O 4. Pertama, tinjau rotasi dengan pusat D 1 dengan sudut 90 berlawanan arah dengan jarum jam, kemudian diikuti dengan dilatasi dengan pusat yang sama, yakni D 1, dengan faktor dilatasi. Transformasi ini akan membawa titik A ke B dan juga membawa titik O A ke B 4. Jadi, BB 4 AO A. Berikutnya, tinjau rotasi dengan pusat A dengan sudut 90 (berlawanan dengan arah jarum jam juga) yang diikuti dengan dilatasi berpusat di A dengan faktor dilatasi 1/. Ini membawa B ke O 1 dan juga B 4 ke O A. Jadi, O 1 O 4 BB 4 / AO A. Dengan cara yang sama, diperoleh juga BO B O O 1. Cukup dibuktikan bahwa O 1 O O 1 O 4. Untuk ini, tinjau segitiga O 1 AO 4 dan O 1 BO. Perhatikan bahwa O 1 A O 1 B dan AO 4 AD/ BC/ BO, D O 1 AO D 1 AB ( BAD) 90 + (180 BAD) 90 + ABC O 1 BO. Jadi, kedua segitiga tersebut kongruen sehingga O 1 O 4 O 1 O dan bukti kita sudah lengkap. 11

12 SOLUSI. Seperti solusi sebelumnya, akan dibuktikan bahwa AO A BO B. Konstruksi titik X, Y, Z, W sedemikian sehingga ABA X dan XA O B Y jajar genjang kemudian Y titik tengah XW dan O 4 titik tengah B 4 Z. O B W C 1 45 A D 1 Y B C P 1 45 X A D Z O A B 4 Dari konstruksi titik X dan Y tersebut, kita mempunyai bahwa segmen-segmen D 1 C 1, AB, XA, dan Y O B sejajar dan sama panjang. Dari sini kita mempunyai jajar genjang lain, misalnya ABO B Y, yang berakibat BO B AY, kemudian jajar genjang XA O B Y, XA C 1 D 1, dan Y O B C 1 D 1. Karena C 1 O B A segitiga samakaki dan siku-siku di O B, maka segitiga D 1 Y X juga samakaki dan siku-siku di Y. Karena Y titik tengah XW, maka XD 1 W samakaki dan siku-siku di D 1. Di sisi lain, karena B 4 O A D 1 samakaki dan siku-siku di O A sementara O A titik tengah B 4 Z, maka segitiga B 4 D 1 Z samakaki dan siku-siku di D 1. Tinjau rotasi dengan pusat D 1 dengan besar sudut 90 (berarti 90 searah jarum jam). Rotasi ini membawa W ke X dan juga membawa B 4 ke Z. Karena rotasi selalu mengawetkan jarak, kita simpulkan B 4 W XZ. Sekarang karena AX BA, maka X, A, B 4 segaris. Kita juga mempunyai AX BA BC AD AB 4, yakni A titik tengah B 4 X. Jadi, dan kita selesai. AO A 1 XZ 1 B 4W AY BO B SOLUSI. Solusi ini menggunakan bilangan kompleks. Kita gunakan huruf kecil untuk menyatakan bilangan kompleks (atau koordinat di bidang kompleks) dari titik dengan huruf besar. Misalnya, a, b, a 1, b 1, o a, o b berturut-turut adalah bilangan kompleks dari titik A, B, A 1, B 1, O A, O B 1

13 dan seterusnya. Tanpa mengurangi keumuman, misalkan ABCD terurut searah jarum jam. Kita gunakan gambar yang sama seperti SOLUSI. Pertama, karena ABCD jajar genjang, b a c d. Karena titik D 1 diperoleh dari titik B dengan melakukan rotasi yang berpusat di A dengan sudut 90, maka d 1 a+i(b a). Sedangkan B 4 diperoleh dari titik D dengan melakukan rotasi yang berpusat di A dengan sudut 70 (atau 90 ), jadi b 4 a i(d a). Terakhir, perhatikan bahwa titik O A diperoleh dari titik D 1 dengan rotasi yang berpusat di titik tengah B 4 D 1 dengan sudut 90, sehingga o a b ( 4 + d 1 + i d 1 b ) 4 + d 1 a i(d a) + a + i(b a) i (a i(d a) a i(b a)) 4a b d + i(b d). Kita gunakan metode yang sama, c 1 b i (a b), a b + i (c b) dan o b c ( 1 + a + i a c ) 1 + a b + i (c b) + b i (a b) + i (b + i (c b) b + i (a b)) 4b a c + i(c a). Sekarang, dari b a c d, maka d c + a b, sehingga o a a a b (c + a b) + i(b (c + a b)) (b a c) i + (a c) i(o b b). Akibatnya, AO A dan BO B sama panjang (dan tegak lurus). Analog, BO B CO C dan CO C DO D dan kesimpulan mengikuti. 1

14 SOAL 8. Misalkan A suatu himpunan berhingga beranggotakan bilangan asli. Tinjau himpunanhimpunan bagian dari A dengan tiga anggota. Himpunan A dikatakan seimbang apabila banyak himpunan bagian dari A dengan tiga anggota yang jumlah ketiga anggota tersebut habis dibagi sama dengan banyak himpunan bagian dari A dengan tiga anggota yang jumlah ketiga anggota tersebut tidak habis dibagi. (a) Berikan satu contoh himpunan seimbang dengan 9 anggota. (b) Buktikan bahwa tidak ada himpunan seimbang dengan 01 anggota. SOLUSI. Misalkan A N memiliki n anggota. Misalkan banyak anggota A yang kongruen 1 mod adalah a, banyak anggota A yang kongruen mod adalah b dan banyak anggota A yang kongruen 0 mod adalah c. Perhatikan juga bahwa jumlah tiga bilangan asli x + y + z habis dibagi jika dan hanya jika x y z mod atau x, y, z ketiganya memiliki sisa berbeda jika dibagi. Dengan demikian, banyak himpunan bagian dari A dengan tiga anggota yang jumlah ketiga anggota tersebut habis dibagi adalah ( ) ( ) ( ) a b c abc dan banyak himpunan bagian dari A dengan tiga anggota yang jumlah ketiga anggota tersebut tidak habis dibagi adalah (a ) ( ) ( ) b c (b + c) + (c + a) + (a + b). Dengan demikian, diperoleh juga bahwa ( ) ( ) ( ) ( ) n a b c abc + ( ) a (b + c) + ( ) b (c + a) + ( ) c (a + b) karena kedua ruas menyatakan banyak himpunan bagian dari A dengan tiga anggota. himpunan A seimbang jika dan hanya jika ( ) {( ) ( ) ( ) } n a b c (b + c) + (c + a) + (a + b) a(a 1)(b + c) + b(b 1)(c + a) + c(c 1)(a + b) a b + ab + b c + bc + c a + ca (ab + bc + ca) (a + b + c )(ab + bc + ca) abc Jadi, (n )(ab + bc + ca) abc. () (a) Misalkan A himpunan seimbang dengan 9 anggota. Dengan demikian, ( ) 9 7(ab + bc + ca) abc. Karena ( 9 ) 84 habis dibagi 7, maka 7 juga habis membagi abc. Karena 0 a, b, c 9, maka salah satu dari a, b, c harus habis dibagi 7. Karena kita hanya mencari satu contoh, kita ambil a 7 dan b c 1. Kita cek, ( ) 9 7(ab + bc + ca) abc

15 memang memenuhi persamaan (). Dalam hal ini, diperoleh contoh himpunan seimbang A {1, 4, 7, 10, 1, 1, 19,,, }. (b) Andaikan ada himpunan seimbang A dengan 01 anggota. Dengan demikian, ( ) 01 (01 )(ab + bc + ca) abc 011(ab + bc + ca) abc. (4) Karena ( ) / habis dibagi 011 maka abc juga habis dibagi 011. Padahal 011 adalah bilangan prima, tanpa mengurangi keumuman, 011 membagi a. Karena 0 a 01, maka a 011 atau a 0. Kasus 1. Untuk a 011, maka b + c dan dari (4), (bc + 011(b + c) bc) 011(011 bc) bc > yang jelas tidak mungkin. Kasus. Untuk a 0, maka b + c 01 dan dari (4), (0 + bc) 0 011bc (5) sehingga bc 01 01/ habis dibagi 11 (karena ). Tanpa mengurangi keumuman, 11 membagi b. Karena b + c 01 habis dibagi 11 juga maka c juga habis dibagi 11. Namun jika demikian, maka 01 01/ bc habis dibagi 11, suatu kontradiksi (karena faktanya tidak). Jadi pengandaian kita salah dan kita selesai. 15

Pembahasan OSN Matematika SMA Tahun 2013 Seleksi Tingkat Nasional Tutur Widodo

Pembahasan OSN Matematika SMA Tahun 2013 Seleksi Tingkat Nasional Tutur Widodo Tutur Widodo OSN Matematika SMA 01 Pembahasan OSN Matematika SMA Tahun 01 Seleksi Tingkat Nasional Tutur Widodo 1. Diketahui bangun persegi panjang berukuran 4 6 dengan beberapa ruas garis, seperti pada

Lebih terperinci

SOAL DAN PEMBAHASAN OSN MATEMATIKA SMA/MA 2013 AHMAD THOHIR

SOAL DAN PEMBAHASAN OSN MATEMATIKA SMA/MA 2013 AHMAD THOHIR SOAL DAN PEMBAHASAN OSN MATEMATIKA SMA/MA 2013 DIBAHAS OLEH : AHMAD THOHIR www.ahmadthohir1089.wordpress.com MA FUTUHIYAH JEKETRO GUBUG GROBOGAN JAWA TENGAH APA BILA ADA KESALAHAN DAN KEKELIRUAN DALAM

Lebih terperinci

OSN 2014 Matematika SMA/MA

OSN 2014 Matematika SMA/MA Soal 1. Bilangan-bilangan 1,2,..., 9 akan ditempatkan ke dalam papan catur berukuran 3 3. Mungkinkah bilangan-bilangan ini ditempatkan sehingga setiap dua persegi yang bertetangga, baik secara vertikal

Lebih terperinci

OSN MATEMATIKA SMA Hari 1 Soal 1. Buktikan bahwa untuk sebarang bilangan asli a dan b, bilangan. n = F P B(a, b) + KP K(a, b) a b

OSN MATEMATIKA SMA Hari 1 Soal 1. Buktikan bahwa untuk sebarang bilangan asli a dan b, bilangan. n = F P B(a, b) + KP K(a, b) a b OSN MATEMATIKA SMA Hari 1 Soal 1. Buktikan bahwa untuk sebarang bilangan asli a dan b, bilangan adalah bilangan bulat genap tak negatif. n = F P B(a, b + KP K(a, b a b Solusi. Misalkan d = F P B(a, b,

Lebih terperinci

SELEKSI TINGKAT PROPINSI MATEMATIKA SMA/MA

SELEKSI TINGKAT PROPINSI MATEMATIKA SMA/MA SELEKSI TINGKAT PROPINSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2012 MATEMATIKA SMA/MA PETUNJUK UNTUK PESERTA: 1. Tes terdiri dari dua bagian. Tes bagian pertama terdiri dari 20 soal isian singkat dan

Lebih terperinci

didapat !!! BAGIAN Disusun oleh :

didapat !!! BAGIAN Disusun oleh : SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2012 TIM OLIMPIADE MATEMATIKAA INDONESIA 2013 Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL BAGIAN PERTAMA Disusun oleh : Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2012

Lebih terperinci

OSN 2015 Matematika SMA/MA

OSN 2015 Matematika SMA/MA Soal 1. Albert, Bernard dan Cheryl sedang bermain kelereng. Di awal permainan masingmasing membawa 5 kelereng merah, 7 kelereng hijau dan 13 kelereng biru, sedangkan di kotak kelereng ada tak berhingga

Lebih terperinci

Pembahasan OSN Tingkat Provinsi Tahun 2011 Jenjang SMA Bidang Matematika

Pembahasan OSN Tingkat Provinsi Tahun 2011 Jenjang SMA Bidang Matematika Tutur Widodo Pembahasan OSP Matematika SMA 011 Pembahasan OSN Tingkat Provinsi Tahun 011 Jenjang SMA Bidang Matematika Bagian A : Soal Isian Singkat 1. Diberikan segitiga sama kaki ABC dengan AB = AC.

Lebih terperinci

Pembahasan OSN Matematika SMA Tahun 2013 Seleksi Tingkat Provinsi. Tutur Widodo. Bagian Pertama : Soal Isian Singkat

Pembahasan OSN Matematika SMA Tahun 2013 Seleksi Tingkat Provinsi. Tutur Widodo. Bagian Pertama : Soal Isian Singkat Pembahasan OSN Matematika SMA Tahun 013 Seleksi Tingkat Provinsi Tutur Widodo Bagian Pertama : Soal Isian Singkat 1. Diberikan tiga lingkaran dengan radius r =, yang saling bersinggungan. Total luas dari

Lebih terperinci

Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL

Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL "We are the first of the fastest online solution of mathematics" 009 SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 008 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 009 Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL Bidang

Lebih terperinci

Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL

Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 009 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 00 Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL BAGIAN PERTAMA Disusun oleh : Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi 009 Bagian

Lebih terperinci

Relasi, Fungsi, dan Transformasi

Relasi, Fungsi, dan Transformasi Modul 1 Relasi, Fungsi, dan Transformasi Drs. Ame Rasmedi S. Dr. Darhim, M.Si. M PENDAHULUAN odul ini merupakan modul pertama pada mata kuliah Geometri Transformasi. Modul ini akan membahas pengertian

Lebih terperinci

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2008 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2009

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2008 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2009 SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2008 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2009 Bidang Matematika Bagian Pertama Waktu : 90 Menit DEPARTEMEN PENDIDIKAN NASIONAL DIREKTORAT JENDERAL MANAJEMEN PENDIDIKAN

Lebih terperinci

SELEKSI OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2006 TINGKAT PROVINSI TAHUN Prestasi itu diraih bukan didapat!!!

SELEKSI OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2006 TINGKAT PROVINSI TAHUN Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SELEKSI OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 006 TINGKAT PROVINSI TAHUN 005 Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL Bidang Matematika Bagian Pertama Disusun oleh : Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi

Lebih terperinci

HIMPUNAN MAHASISWA MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS GADJAH MADA SEKIP UTARA UNIT III BULAKSUMUR P.O.

HIMPUNAN MAHASISWA MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS GADJAH MADA SEKIP UTARA UNIT III BULAKSUMUR P.O. HIMPUNAN MAHASISWA MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS GADJAH MADA SEKIP UTARA UNIT III BULAKSUMUR P.O. BOX BLS 2 YOGYAKARTA5528 lmnas@ugm.ac.id http://lmnas.fmipa.ugm.ac.id

Lebih terperinci

SELEKSI TINGKAT PROPINSI MATEMATIKA SMA/MA

SELEKSI TINGKAT PROPINSI MATEMATIKA SMA/MA SELEKSI TINGKAT PROPINSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 01 MATEMATIKA SMA/MA PETUNJUK UNTUK PESERTA: 1. Tes terdiri dari dua bagian. Tes bagian pertama terdiri dari 0 soal isian singkat dan tes

Lebih terperinci

SOAL UJIAN SELEKSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2014 TINGKAT PROVINSI

SOAL UJIAN SELEKSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2014 TINGKAT PROVINSI HAK CIPTA DILINDUNGI UNDANG-UNDANG SOAL UJIAN SELEKSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2014 TINGKAT PROVINSI BIDANG MATEMATIKA Waktu : 210 menit KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL

Lebih terperinci

MARKING SCHEME INAMO 2010 HARI 2

MARKING SCHEME INAMO 2010 HARI 2 MARKING SCHEME INAMO 010 HARI Soal 5 [Problem C7 (Hendrata Dharmawan) - 4 suara] Sebanyak m orang anak laki-laki dan n orang anak perempuan (m > n) duduk mengelilingi meja bundar diawasi oleh seorang guru,

Lebih terperinci

Contoh-contoh soal induksi matematika

Contoh-contoh soal induksi matematika Contoh-contoh soal induksi matematika Buktikan bahwa 2 n > n + 20 untuk setiap bilangan bulat n 5. (i) Basis induksi : Untuk n = 5, kita peroleh 2 5 > 5 + 20 adalah suatu pernyataan yang benar. (ii) Langkah

Lebih terperinci

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2014 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA Waktu : 210 Menit

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2014 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA Waktu : 210 Menit SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2014 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2015 Waktu : 210 Menit KEMENTERIAN PENDIDIKAN NASIONAL DIREKTORAT JENDERAL MANAJEMEN PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH DIREKTORAT

Lebih terperinci

Pelatihan-osn.com Konsultan Olimpiade Sains Nasional contact person : ALJABAR

Pelatihan-osn.com Konsultan Olimpiade Sains Nasional  contact person : ALJABAR ALJABAR 1. Diberikan a 4 + a 3 + a 2 + a + 1 = 0. Tentukan a 2000 + a 2010 + 1. 2. Diberikan sistem persamaan 2010(x y) + 2011(y z) + 2012(z x) = 0 2010 2 (x y) + 2011 2 (y z) + 2012 2 (z x) = 2011 Tentukan

Lebih terperinci

Pembahasan Olimpiade Matematika SMA Tingkat Kabupaten Tahun Oleh Tutur Widodo. (n 1)(n 3)(n 5)(n 2013) = n(n + 2)(n + 4)(n )

Pembahasan Olimpiade Matematika SMA Tingkat Kabupaten Tahun Oleh Tutur Widodo. (n 1)(n 3)(n 5)(n 2013) = n(n + 2)(n + 4)(n ) Pembahasan Olimpiade Matematika SMA Tingkat Kabupaten Tahun 01 Oleh Tutur Widodo 1. Banyaknya bilangan bulat n yang memenuhi adalah... (n 1)(n 3)(n 5)(n 013) = n(n + )(n + )(n + 01) Jawaban : 0 ( tidak

Lebih terperinci

Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL

Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 013 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 014 Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL BAGIAN PERTAMA Disusun oleh : Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi 013

Lebih terperinci

Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL

Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 202 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 203 Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL BAGIAN PERTAMA Disusun oleh : BAGIAN PERTAMA. Tanpa mengurangi keumuman misalkan

Lebih terperinci

SELEKSI TINGKAT PROPINSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2008 MATEMATIKA SMA BAGIAN PERTAMA

SELEKSI TINGKAT PROPINSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2008 MATEMATIKA SMA BAGIAN PERTAMA SELEKSI TINGKAT PROPINSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2008 MATEMATIKA SMA BAGIAN PERTAMA PETUNJUK UNTUK PESERTA: 1. Tes bagian pertama ini terdiri dari 20 soal. 2. Waktu yang disediakan adalah

Lebih terperinci

Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL

Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2013 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2014 Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL BAGIAN PERTAMA Disusun oleh : BAGIAN PERTAMA 1. ABC adalah segitiga sama

Lebih terperinci

SOAL DAN SOLUSI PEREMPATFINAL KOMPETISI MATEMATIKA UNIVERSITAS TARUMANAGARA 2011

SOAL DAN SOLUSI PEREMPATFINAL KOMPETISI MATEMATIKA UNIVERSITAS TARUMANAGARA 2011 SOAL DAN SOLUSI PEREMPATFINAL KOMPETISI MATEMATIKA UNIVERSITAS TARUMANAGARA 2011 (90menit) 1. Semua tripel (x, y, z) yang memenuhi bahwa salah satu bilangan jika ditambahkan dengan hasil kali kedua bilangan

Lebih terperinci

Sistem Koordinat Kartesian Tegak Lurus dan Persamaan Garis Lurus

Sistem Koordinat Kartesian Tegak Lurus dan Persamaan Garis Lurus Modul 1 Sistem Koordinat Kartesian Tegak Lurus dan Persamaan Garis Lurus Drs. Sukirman, M.Pd. D alam Modul Pertama ini, kita akan membahas tentang Sistem Koordinat Kartesian Tegak Lurus dan Persamaan Garis

Lebih terperinci

1. Diketahui suatu polynomial 15. A B 3C D. Berapakah koefisien dari. A B C D Jawab :

1. Diketahui suatu polynomial 15. A B 3C D. Berapakah koefisien dari. A B C D Jawab : 3 2 1. Diketahui suatu polynomial 15 A B 3C D. Berapakah koefisien dari 5 15 6 2 2 A B C D Jawab :? 2. Diberikan polinomial f(x) = x n + a 1 x n-1 + a 2 x n-2 + + a n-1 x + a n dengan koefisien a 1, a

Lebih terperinci

Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL

Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT KABUPATEN/KOTA 015 CALON TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 016 Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL Bidang Matematika Disusun oleh : 1. 015 = 5 13 31 Banyaknya faktor

Lebih terperinci

GLOSSARIUM. A Akar kuadrat

GLOSSARIUM. A Akar kuadrat A Akar kuadrat GLOSSARIUM Akar kuadrat adalah salah satu dari dua faktor yang sama dari suatu bilangan. Contoh: 9 = 3 karena 3 2 = 9 Anggota Himpunan Suatu objek dalam suatu himpunan B Belahketupat Bentuk

Lebih terperinci

Hand-Out Geometri Transformasi. Bab I. Pendahuluan

Hand-Out Geometri Transformasi. Bab I. Pendahuluan Hand-Out Geometri Transformasi Bab I. Pendahuluan 1.1 Vektor dalam R 2 Misalkan u = (x 1,y 1 ), v = (x 2,y 2 ) dan w = (x 3,y 3 ) serta k skalar (bilangan real) Definisi 1. : Penjumlahan vektor u + v =

Lebih terperinci

Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL

Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 015 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 016 Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL BAGIAN PERTAMA Disusun oleh : Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi 015

Lebih terperinci

LOMBA MATEMATIKA NASIONAL KE-27

LOMBA MATEMATIKA NASIONAL KE-27 LOMBA MATEMATIKA NASIONAL KE-27 Babak Penyisihan Tingkat SMA Minggu, 0 Oktober HIMPUNAN MAHASISWA MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS GADJAH MADA SEKIP UTARA UNIT III BULAKSUMUR

Lebih terperinci

Solusi Olimpiade Sains Tingkat Kabupaten/Kota 2015 Bidang Matematika

Solusi Olimpiade Sains Tingkat Kabupaten/Kota 2015 Bidang Matematika Solusi Olimpiade Sains Tingkat Kabupaten/Kota 01 Bidang Matematika Oleh : Tutur Widodo 1. Karena 01 = 13 31 maka banyaknya faktor positif dari 01 adalah (1 + 1) (1 + 1) (1 + 1) = 8. Untuk mencari banyak

Lebih terperinci

Jikax (2 x) = 57, maka jumlah semua bilangan bulat x yang memenuhi adalah A. -5 B. -1 C. 0 D. 1 E. 5

Jikax (2 x) = 57, maka jumlah semua bilangan bulat x yang memenuhi adalah A. -5 B. -1 C. 0 D. 1 E. 5 Soal Babak Penyisihan OMITS 011 BAGIAN I. PILIHAN GANDA 1. Hasil kali sebarang bilangan rasional dengan sebarang bilangan irasional selalu merupakan anggota dari himpunan bilangan A. Bulat B. Asli C. Rasional

Lebih terperinci

Pembahasan OSN Tingkat Provinsi Tahun 2012 Jenjang SMP Bidang Matematika

Pembahasan OSN Tingkat Provinsi Tahun 2012 Jenjang SMP Bidang Matematika Pembahasan OSN Tingkat Provinsi Tahun 202 Jenjang SMP Bidang Matematika Bagian A : Soal Isian Singkat. Sebuah silinder memiliki tinggi 5 cm dan volume 20 cm 2. Luas permukaan bola terbesar yang mungkin

Lebih terperinci

Pembahasan Olimpiade Matematika SMA Tingkat Kabupaten Tahun 2012

Pembahasan Olimpiade Matematika SMA Tingkat Kabupaten Tahun 2012 Tutur Widodo Pembahasan OSK Matematika SMA 01 Pembahasan Olimpiade Matematika SMA Tingkat Kabupaten Tahun 01 Oleh Tutur Widodo 1. Banyaknya bilangan bulat n yang memenuhi (n 1(n 3(n 5(n 013 = n(n + (n

Lebih terperinci

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2007 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2008

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2007 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2008 Dapatkan soal-soal lainnya di http://forum.pelatihan-osn.com SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2007 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2008 Bidang Matematika Bagian Pertama Waktu : 90 Menit DEPARTEMEN

Lebih terperinci

SELEKSI OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2005 TINGKAT PROVINSI

SELEKSI OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2005 TINGKAT PROVINSI SELEKSI OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2005 TINGKAT PROVINSI Bidang Matematika Bagian Pertama Waktu : 90 Menit DEPARTEMEN PENDIDIKAN NASIONAL DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH DIREKTORAT

Lebih terperinci

SELEKSI TINGKAT PROPINSI MATEMATIKA SMA/MA

SELEKSI TINGKAT PROPINSI MATEMATIKA SMA/MA SELEKSI TINGKAT PROPINSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2015 MATEMATIKA SMA/MA PETUNJUK UNTUK PESERTA: 1. Tes terdiri dari dua bagian. Tes bagian pertama terdiri dari 20 soal isian singkat dan

Lebih terperinci

MATEMATIKA. Pertemuan 2 N.A

MATEMATIKA. Pertemuan 2 N.A MATEMATIKA Pertemuan 2 N.A smile.akbar@yahoo.co.id Awali setiap aktivitas dengan membaca Basmallah Soal 1 (Operasi Bentuk Aljabar) Bentuk Sederhana dari adalah a. b. c. d. Pembahasan ( A ) Soal 2 (Pola

Lebih terperinci

MA5032 ANALISIS REAL

MA5032 ANALISIS REAL (Semester I Tahun 2011-2012) Dosen FMIPA - ITB E-mail: hgunawan@math.itb.ac.id. August 16, 2011 Pada bab ini anda diasumsikan telah mengenal dengan cukup baik bilangan asli, bilangan bulat, dan bilangan

Lebih terperinci

LINGKARAN. Lingkaran. pusat lingkaran diskriminan posisi titik posisi garis garis kutub gradien. sejajar tegak lurus persamaan lingkaran

LINGKARAN. Lingkaran. pusat lingkaran diskriminan posisi titik posisi garis garis kutub gradien. sejajar tegak lurus persamaan lingkaran LINGKARAN Persamaan Persamaan garis singgung lingkaran Persamaan lingkaran berpusat di (0, 0) dan (a, b) Kedudukan titik dan garis terhadap lingkaran Merumuskan persamaan garis singgung yang melalui suatu

Lebih terperinci

SOLUSI SOAL OLIMPIADE SAINS NASIONAL SMP SELEKSI TINGKAT PROPINSI TAHUN 2015 BIDANG MATEMATIKA

SOLUSI SOAL OLIMPIADE SAINS NASIONAL SMP SELEKSI TINGKAT PROPINSI TAHUN 2015 BIDANG MATEMATIKA SOLUSI SOAL OLIMPIADE SAINS NASIONAL SMP SELEKSI TINGKAT PROPINSI TAHUN 015 BIDANG MATEMATIKA BAGIAN A: SOAL ISIAN SINGKAT 1. Banyak faktor persekutuan dari 1515 dan 530 yang merupakan bilangan genap positip

Lebih terperinci

RUAS GARIS BERARAH. Andaikan sekarang ada 2 ruas garis berarah AB dan CD. Dalam

RUAS GARIS BERARAH. Andaikan sekarang ada 2 ruas garis berarah AB dan CD. Dalam RUAS GARIS BERARAH 9.1 Definisi dan Sifat-sifat ang Sederhana Untuk melajutkan penelidikan tentang isometri diperlukan pengertian tentang ruas garis berarah sebagai berikut: Definisi: Suatu ruas garis

Lebih terperinci

SELEKSI TINGKAT PROPINSI MATEMATIKA SMA/MA

SELEKSI TINGKAT PROPINSI MATEMATIKA SMA/MA SELEKSI TINGKAT PROPINSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2009 MATEMATIKA SMA/MA PETUNJUK UNTUK PESERTA: 1. Tes terdiri dari dua bagian. Tes bagian pertama terdiri dari 20 soal isian singkat dan

Lebih terperinci

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT KABUPATEN/KOTA TAHUN 2009 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA TAHUN 2010

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT KABUPATEN/KOTA TAHUN 2009 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA TAHUN 2010 SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT KABUPATEN/KOTA TAHUN 009 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA TAHUN 00 Bidang Matematika Waktu : Jam DEPARTEMEN PENDIDIKAN NASIONAL DIREKTORAT JENDERAL MANAJEMEN PENDIDIKAN DASAR

Lebih terperinci

TIM OLIPIADE MATEMATIKA INDONESIA. Olimpade Sains Propinsi 2013 Marking Scheme Uraian

TIM OLIPIADE MATEMATIKA INDONESIA. Olimpade Sains Propinsi 2013 Marking Scheme Uraian TIM OLIPIADE MATEMATIKA INDONESIA Olimpade Sains Propinsi 203 Marking Scheme Uraian 26 Juni 203 Daftar Isi I Isian Singkat 2 Jawaban 3 II Uraian 4 2 Soal 5 2. Jawab.....................................

Lebih terperinci

SELEKSI TINGKAT PROPINSI MATEMATIKA SMA/MA

SELEKSI TINGKAT PROPINSI MATEMATIKA SMA/MA SELEKSI TINGKAT PROPINSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2012 MATEMATIKA SMA/MA PETUNJUK UNTUK PESERTA: 1. Tes terdiri dari dua bagian. Tes bagian pertama terdiri dari 20 soal isian singkat dan

Lebih terperinci

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2007 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA Prestasi itu diraih bukan didapat!!!

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2007 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 007 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 008 Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL Bidang Matematika Bagian Pertama Disusun oleh : Solusi Olimpiade Matematika

Lebih terperinci

Solusi Olimpiade Sains Tingkat Kabupaten/Kota 2016 Bidang Matematika

Solusi Olimpiade Sains Tingkat Kabupaten/Kota 2016 Bidang Matematika Solusi Olimpiade Sains Tingkat Kabupaten/Kota 06 Bidang Matematika. Jika a, b, c, d, e merupakan bilangan asli dengan a < b, b < 3c, c < 4d, d < 5e dan e < 00, maka nilai maksimum dari a adalah... Jawaban

Lebih terperinci

BAHAN AJAR TEORI BILANGAN. DOSEN PENGAMPU RINA AGUSTINA, S. Pd., M. Pd. NIDN

BAHAN AJAR TEORI BILANGAN. DOSEN PENGAMPU RINA AGUSTINA, S. Pd., M. Pd. NIDN BAHAN AJAR TEORI BILANGAN DOSEN PENGAMPU RINA AGUSTINA, S. Pd., M. Pd. NIDN. 0212088701 PENDIDIKAN MATEMATIKA FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN UNIVERSITAS MUHAMMADIYAH METRO 2015 KATA PENGANTAR ب

Lebih terperinci

Rasio. atau 20 : 10. Contoh: Tiga sudut memiliki rasio 4 : 3 : 2. tentukan sudut-sudutnya jika:

Rasio. atau 20 : 10. Contoh: Tiga sudut memiliki rasio 4 : 3 : 2. tentukan sudut-sudutnya jika: Rasio Rasio adalah perbandingan ukuran. Rasio digunakan untuk membandingkan besaran dengan pembagian. Misal dua segitiga memiliki bentuk yang sama tetapi ukurannya berbeda. Salah satu sisinya yang seletak

Lebih terperinci

Jika persegi panjang ABCD di atas diketahui OA = 26 cm, maka panjang BO adalah... A. 78 cm. C. 26 cm B. 52 cm. D. 13 cm Kunci : C Penyelesaian :

Jika persegi panjang ABCD di atas diketahui OA = 26 cm, maka panjang BO adalah... A. 78 cm. C. 26 cm B. 52 cm. D. 13 cm Kunci : C Penyelesaian : 1. Jika persegi panjang ABCD di atas diketahui OA = 26 cm, maka panjang BO adalah... A. 78 cm C. 26 cm B. 52 cm D. 13 cm 2. Gambar disamping adalah persegi panjang. Salah satu sifat persegi panjang adalah

Lebih terperinci

ENGLISH MEDIUM OF INSTRUCTION. Fakultas Keguruan dan Ilmu Pendidikan - Universitas Jember. By: Risky Cahyo Purnomo ( )

ENGLISH MEDIUM OF INSTRUCTION. Fakultas Keguruan dan Ilmu Pendidikan - Universitas Jember. By: Risky Cahyo Purnomo ( ) ENGLISH MEDIUM OF INSTRUCTION Fakultas Keguruan dan Ilmu Pendidikan - Universitas Jember By: Risky Cahyo Purnomo (110210101007) Suci Rahmawati (110210101076) SMART SOLUTION 0.1 Number Theory 0.1.1 Exercise

Lebih terperinci

OSN Guru Matematika SMA (Olimpiade Sains Nasional)

OSN Guru Matematika SMA (Olimpiade Sains Nasional) ocsz Pembahasan Soal OSN Guru 2012 OLIMPIADE SAINS NASIONAL KHUSUS GURU MATEMATIKA SMA OSN Guru Matematika SMA (Olimpiade Sains Nasional) Disusun oleh: Pak Anang Halaman 2 dari 26 PEMBAHASAN SOAL OLIMPIADE

Lebih terperinci

C. 9 orang B. 7 orang

C. 9 orang B. 7 orang 1. Dari 42 siswa kelas IA, 24 siswa mengikuti ekstra kurikuler pramuka, 17 siswa mengikuti ekstrakurikuler PMR, dan 8 siswa tidak mengikuti kedua ekstrakurikuler tersebut. Banyak siswa yang mengikuti kedua

Lebih terperinci

FAKTORISASI SUKU ALJABAR

FAKTORISASI SUKU ALJABAR 1 FAKTORISASI SUKU ALJABAR Pernahkah kalian berbelanja di supermarket? Sebelum berbelanja, kalian pasti memperkirakan barang apa saja yang akan dibeli dan berapa jumlah uang yang harus dibayar. Kalian

Lebih terperinci

Pembahasan OSN SMP Tingkat Nasional Tahun 2013 Bidang Matematika Oleh Tutur Widodo

Pembahasan OSN SMP Tingkat Nasional Tahun 2013 Bidang Matematika Oleh Tutur Widodo Pembahasan OSN SMP Tingkat Nasional Tahun 01 Bidang Matematika Oleh Tutur Widodo 1. Diketahui f adalah suatu fungsi sehingga f(x) + f Carilah nilai x yang memenuhi f(x) = f( x). ( ) 1 x = x untuk setiap

Lebih terperinci

TEOREMA VIETA DAN JUMLAH NEWTON. 1. Pengenalan

TEOREMA VIETA DAN JUMLAH NEWTON. 1. Pengenalan TEOREMA VIETA DAN JUMLAH NEWTON TUTUR WIDODO. Pengenalan Sebelum berbicara banyak tentang Teorema Vieta dan Identitas Newton, terlebih dahulu saya beri penjelasan singkat mengenai polinomial. Di sekolah

Lebih terperinci

PERSAMAAN KUADRAT. Persamaan. Sistem Persamaan Linear

PERSAMAAN KUADRAT. Persamaan. Sistem Persamaan Linear Persamaan Sistem Persamaan Linear PENGERTIAN Definisi Persamaan kuadrat adalah kalimat matematika terbuka yang memuat hubungan sama dengan yang pangkat tertinggi dari variabelnya adalah 2. Bentuk umum

Lebih terperinci

A. Pengantar B. Tujuan Pembelajaran Umum C. Tujuan Pembelajaran Khusus

A. Pengantar B. Tujuan Pembelajaran Umum C. Tujuan Pembelajaran Khusus Modul 4 SEGIEMPAT A. Pengantar Materi yang akan di bahas pada kegiatan pembelajaran ini terdiri atas pengertian berbagai macam segiempat: jajargenjang, belah ketupat, layang-layang dan trapesium. Disamping

Lebih terperinci

Dari gambar jaring-jaring kubus di atas bujur sangkar nomor 6 sebagai alas, yang menjadi tutup kubus adalah bujur sangkar... A. 1

Dari gambar jaring-jaring kubus di atas bujur sangkar nomor 6 sebagai alas, yang menjadi tutup kubus adalah bujur sangkar... A. 1 1. Diketahui : A = { m, a, d, i, u, n } dan B = { m, e, n, a, d, o } Diagram Venn dari kedua himpunan di atas adalah... D. A B = {m, n, a, d} 2. Jika P = bilangan prima yang kurang dari Q = bilangan ganjil

Lebih terperinci

KUMPULAN SOAL OLIMPIADE MATEMATIKA Bagian Pertama

KUMPULAN SOAL OLIMPIADE MATEMATIKA Bagian Pertama KUMPULAN SOAL OLIMPIADE MATEMATIKA Bagian Pertama Disusun Oleh Raja Octovin P D 00 SOAL PILIHAN APRIL 008 SMA NEGERI PEKANBARU Jl Sulthan Syarif Qasim 59 Pekanbaru Bank Soal Matematika Bank Soal Matematika

Lebih terperinci

LOMBA MATEMATIKA NASIONAL KE-25

LOMBA MATEMATIKA NASIONAL KE-25 LOMBA MATEMATIKA NASIONAL KE-5 Babak Penyisihan Tingkat SMP Minggu, 9 November 04 HIMPUNAN MAHASISWA MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS GADJAH MADA SEKIP UTARA UNIT III

Lebih terperinci

SELEKSI OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2007 TINGKAT PROVINSI TAHUN Prestasi itu diraih bukan didapat!!!

SELEKSI OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2007 TINGKAT PROVINSI TAHUN Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SELEKSI OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 007 TINGKAT PROVINSI TAHUN 006 Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL Bidang Matematika Bagian Pertama Disusun oleh : Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi

Lebih terperinci

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2013 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2014

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2013 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2014 SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2013 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2014 Waktu : 210 Menit KEMENTERIAN PENDIDIKAN NASIONAL DIREKTORAT JENDERAL MANAJEMEN PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH DIREKTORAT

Lebih terperinci

SELEKSI OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2006 TINGKAT PROVINSI

SELEKSI OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2006 TINGKAT PROVINSI SELEKSI OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2006 TINGKAT PROVINSI Bidang Matematika Bagian Pertama Waktu : 90 Menit DEPARTEMEN PENDIDIKAN NASIONAL DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH DIREKTORAT

Lebih terperinci

LOMBA MATEMATIKA NASIONAL KE-25

LOMBA MATEMATIKA NASIONAL KE-25 LOMBA MATEMATIKA NASIONAL KE-25 Babak Penyisihan Tingkat SMA Minggu, 9 November 20 HIMPUNAN MAHASISWA MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS GADJAH MADA SEKIP UTARA UNIT III

Lebih terperinci

Pembahasan Soal Final Kompetisi Matematika Pasiad ( KMP ) VIII Tahun 2012 Tingkat SMP

Pembahasan Soal Final Kompetisi Matematika Pasiad ( KMP ) VIII Tahun 2012 Tingkat SMP Pembahasan Soal Final Kompetisi Matematika Pasiad ( KMP ) VIII Tahun 01 Tingkat SMP Oleh Tutur Widodo I. Soal Pilihan Ganda (Cara Penilaian : Benar = 1 poin, Kosong = 0, Salah = 0.5 poin) 1. Terdapat berapa

Lebih terperinci

PENERAPAN FAKTOR PRIMA DALAM MENYELESAIKAN BENTUK ALJABAR (Andi Syamsuddin*)

PENERAPAN FAKTOR PRIMA DALAM MENYELESAIKAN BENTUK ALJABAR (Andi Syamsuddin*) PENERAPAN FAKTOR PRIMA DALAM MENYELESAIKAN BENTUK ALJABAR (Andi Syamsuddin*) A. Faktor Prima Dalam tulisan ini yang dimaksud dengan faktor prima sebuah bilangan adalah pembagi habis dari sebuah bilangan

Lebih terperinci

SOAL DAN SOLUSI OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2007 SURABAYA OLEH : RONALD WIDJOJO SMAK ST. Louis 1 Surabaya

SOAL DAN SOLUSI OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2007 SURABAYA OLEH : RONALD WIDJOJO SMAK ST. Louis 1 Surabaya SOAL DAN SOLUSI OLIMPIADE SAINS NASIONAL 007 SURABAYA OLEH : RONALD WIDJOJO SMAK ST. Louis 1 Surabaya Soal 1. Misalkan ABC segitiga dengan ABC = ACB = 70. Misalkan titik D pada sisi BC sehingga AD garis

Lebih terperinci

abcde dengan a, c, e adalah bilangan genap dan b, d adalah bilangan ganjil? A B C D E. 3000

abcde dengan a, c, e adalah bilangan genap dan b, d adalah bilangan ganjil? A B C D E. 3000 Hal. 1 / 7 METHODIST-2 EDUCATION EXPO LOMBA SAINS PLUS ANTAR PELAJAR TINGKAT SMA SE-SUMATERA UTARA TAHUN 2015 BIDANG WAKTU : MATEMATIKA : 120 MENIT PETUNJUK : 1. Pilihlah jawaban yang benar dan tepat.

Lebih terperinci

Soal Babak Penyisihan 7 th OMITS SOAL PILIHAN GANDA

Soal Babak Penyisihan 7 th OMITS SOAL PILIHAN GANDA Soal Babak Penyisihan 7 th OMITS SOAL PILIHAN GANDA 1) Sebuah barisan baru diperoleh dari barisan bilangan bulat positif 1, 2, 3, 4, dengan menghilangkan bilangan kuadrat yang ada di dalam barisan tersebut.

Lebih terperinci

HIMPUNAN MAHASISWA MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS GADJAH MADA SEKIP UTARA UNIT III BULAKSUMUR P.O.

HIMPUNAN MAHASISWA MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS GADJAH MADA SEKIP UTARA UNIT III BULAKSUMUR P.O. HIMPUNAN MAHASISWA MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS GADJAH MADA SEKIP UTARA UNIT III BULAKSUMUR P.O. BOX BLS 21 YOGYAKARTA55281 lmnas@ugm.ac.id http://lmnas.fmipugm.ac.id

Lebih terperinci

DALIL PYTHAGORAS DAN PEMECAHAN MASALAH GEOMETRI

DALIL PYTHAGORAS DAN PEMECAHAN MASALAH GEOMETRI DALIL PYTHAGORAS DAN PEMECAHAN MASALAH GEOMETRI Segitiga 1. Beberapa sifat yang berlaku pada segitiga adalah : Jumlah sudut-sudut sembarang segitiga adalah 180 0 Pada segitiga ABC berlaku AC = BC B = A

Lebih terperinci

BAB V BAHAN LATIHAN DAN SARAN PEMECAHANNYA

BAB V BAHAN LATIHAN DAN SARAN PEMECAHANNYA V HN LTIHN N SRN PMHNNY. ahan Latihan Kerjakanlah soal-soal berikut. Jangan mencoba melihat petunjuk atau kunci, sebelum benar-benar nda mengalami jalan buntu. 1. alam sebuah persegipanjang ditarik 40

Lebih terperinci

Untuk mencari akar-akar dari persamaan kuadrat, dapat menggunakan rumus :

Untuk mencari akar-akar dari persamaan kuadrat, dapat menggunakan rumus : RUMUS-RUMUS PERSAMAAN KUADRAT Bentuk umum: ax 2 + bx + c = 0, a 0 AKAR-AKAR PERSAMAAN KUADRAT Untuk mencari akar-akar dari persamaan kuadrat, dapat menggunakan rumus : X 1.2 = Dengan : D = b 2 4ac, dan

Lebih terperinci

Modul ini adalah modul ke-7 dalam mata kuliah Matematika. Isi modul ini

Modul ini adalah modul ke-7 dalam mata kuliah Matematika. Isi modul ini PENDAHULUAN Modul ini adalah modul ke-7 dalam mata kuliah Matematika. Isi modul ini membahas tentang transformasi. Modul ini terdiri dari 2 kegiatan belajar. Pada kegiatan belajar 1 akan dibahas mengenai

Lebih terperinci

0,1,2,3,4. (e) Perhatikan jawabmu pada (a) (d). Tuliskan kembali sifat-sifat yang kamu temukan dalam. 5. a b c d

0,1,2,3,4. (e) Perhatikan jawabmu pada (a) (d). Tuliskan kembali sifat-sifat yang kamu temukan dalam. 5. a b c d 1 Pada grup telah dipelajari himpunan dengan satu operasi. Sekarang akan dipelajari himpunan dengan dua operasi. Ilustrasi 1.1 Perhatikan himpunan 0,1,2,3,4. (a) Apakah grup terhadap operasi penjumlahan?

Lebih terperinci

OLEH : PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA JURUSAN PENDIDIKAN MATEMATIKA DAN ILMU SEKOLAH TINNGI KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN

OLEH : PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA JURUSAN PENDIDIKAN MATEMATIKA DAN ILMU SEKOLAH TINNGI KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN OLEH : 1. ASRIA HIRDA YANTI ( 4007014 ) 2. ANNIE RACHMAWATI ( 4006116 ) 3. RUPITA FITRIANI ( 4007036 ) 4. PERA HIJA TERISTIANA ( 4007001 ) 5. HARTATI SUSANTI ( 4007166 ) PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA

Lebih terperinci

Matematika Semester IV

Matematika Semester IV F U N G S I KOMPETENSI DASAR Mendeskripsikan perbedaan konsep relasi dan fungsi Menerapkan konsep fungsi linear Menggambar fungsi kuadrat Menerapkan konsep fungsi kuadrat Menerapkan konsep fungsi trigonometri

Lebih terperinci

( ) = dan f 5 3 ( )( ) =? ( ) =. Hitung nilai a. 1. Operasi untuk himpunan bilangan A ={ ,,,,, } didefi nisikan sesuai tabel di bawah ini

( ) = dan f 5 3 ( )( ) =? ( ) =. Hitung nilai a. 1. Operasi untuk himpunan bilangan A ={ ,,,,, } didefi nisikan sesuai tabel di bawah ini 1. Operasi untuk himpunan bilangan A ={ 01,,,,, } didefi nisikan sesuai tabel di bawah ini 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 Jika x = x x n n 1, x = x x, Hitunglah nilai 1 0 B) 1 D). Sebuah operasi bilangan

Lebih terperinci

Mata Pelajaran Wajib. Disusun Oleh: Ngapiningsih

Mata Pelajaran Wajib. Disusun Oleh: Ngapiningsih Mata Pelajaran Wajib Disusun Oleh: Ngapiningsih Disklaimer Daftar isi Disklaimer Powerpoint pembelajaran ini dibuat sebagai alternatif guna membantu Bapak/Ibu Guru melaksanakan pembelajaran. Materi powerpoint

Lebih terperinci

Lingkaran. A. Persamaan Lingkaran B. Persamaan Garis Singgung Lingkaran

Lingkaran. A. Persamaan Lingkaran B. Persamaan Garis Singgung Lingkaran Bab Sumber: www.panebiancod.com Setelah mempelajari bab ini, Anda harus mampu merumuskan persamaan lingkaran dan menggunakannya dalam pemecahan masalah; menentukan persamaan garis singgung pada lingkaran

Lebih terperinci

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT KABUPATEN/KOTA TAHUN 2003 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA TAHUN 2004

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT KABUPATEN/KOTA TAHUN 2003 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA TAHUN 2004 SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT KABUPATEN/KOTA TAHUN 003 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA TAHUN 004 Bidang Matematika Waktu : 90 Menit DEPARTEMEN PENDIDIKAN NASIONAL DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN DASAR DAN

Lebih terperinci

SOAL DAN SOLUSI PENYISIHAN KOMPETISI MATEMATIKA UNIVERSITAS TARUMANAGARA 2011

SOAL DAN SOLUSI PENYISIHAN KOMPETISI MATEMATIKA UNIVERSITAS TARUMANAGARA 2011 SOAL DAN SOLUSI PENYISIHAN KOMPETISI MATEMATIKA UNIVERSITAS TARUMANAGARA 011 (90 menit) 1. Misalkan 1995 a. ( x) x 9 1 1995. Maka nilai dari... x 9 3... 1995 1995 b. c. d. e. 3 4 3 4 ( x) 9 9 x x 3 (1

Lebih terperinci

OLIMPIADE SAINS TERAPAN NASIONAL SEKOLAH MENENGAH KEJURUAN TINGKAT PROPINSI JAWA TENGAH 2010 BIDANG MATEMATIKA TEKNOLOGI

OLIMPIADE SAINS TERAPAN NASIONAL SEKOLAH MENENGAH KEJURUAN TINGKAT PROPINSI JAWA TENGAH 2010 BIDANG MATEMATIKA TEKNOLOGI OLIMPIADE SAINS TERAPAN NASIONAL SEKOLAH MENENGAH KEJURUAN TINGKAT PROPINSI JAWA TENGAH 2010 BIDANG MATEMATIKA TEKNOLOGI SESI III (ISIAN SINGKAT DAN ESSAY) WAKTU : 180 MENIT ============================================================

Lebih terperinci

BAB II KETERBAGIAN. 1. Mahasiswa bisa memahami pengertian keterbagian. 2. Mahasiswa bisa mengidentifikasi bilangan prima

BAB II KETERBAGIAN. 1. Mahasiswa bisa memahami pengertian keterbagian. 2. Mahasiswa bisa mengidentifikasi bilangan prima BAB II KETERBAGIAN 2.1 Pendahuluan Pada pertemuan minggu ke-3, dan 4 ini dibahas konsep keterbagian, algoritma pembagian dan bilangan prima pada bilangan bulat. Relasi keterbagian pada himpunan semua bilangan

Lebih terperinci

GEOMETRI TRANSFORMASI SETENGAH PUTARAN

GEOMETRI TRANSFORMASI SETENGAH PUTARAN GEOMETRI TRANSFORMASI SETENGAH PUTARAN Disusun Oleh : Kelompok Empat (V1 A) 1. Purna Irawan (4007178 ) 2. Sudarsono (4007028 p) 3. Mellyza Vemi R. (4007217 ) 4. Kristina Nainggolan (4007013 ) 5. Desi Kartini

Lebih terperinci

1. Diketahui fungsi : f mempunyai sifat f x 1 1 f x untuk setiap x. Jika f 2. 2, maka nilai fungsi f B. 2 C. 3 D E.

1. Diketahui fungsi : f mempunyai sifat f x 1 1 f x untuk setiap x. Jika f 2. 2, maka nilai fungsi f B. 2 C. 3 D E. f x f mempunyai sifat f x f x untuk setiap x. Jika f, maka nilai fungsi f 06. Diketahui fungsi : 06 06. Perhatikan gambar berikut ini! Berapakah ukuran luas daerah yang diarsir jika diketahui ukuran luas

Lebih terperinci

Silabus. 1 Sistem Bilangan Real. 2 Fungsi Real. 3 Limit dan Kekontinuan. Kalkulus 1. Arrival Rince Putri. Sistem Bilangan Real.

Silabus. 1 Sistem Bilangan Real. 2 Fungsi Real. 3 Limit dan Kekontinuan. Kalkulus 1. Arrival Rince Putri. Sistem Bilangan Real. Silabus 1 2 3 Referensi E. J. Purcell, D. Varberg, and S. E. Rigdon, Kalkulus, Jilid 1 Edisi Kedelapan, Erlangga, 2003. Penilaian 1 Ujian Tengah Semester (UTS) : 30 2 Ujian Akhir Semester (UAS) : 20 3

Lebih terperinci

II. SISTEM BILANGAN RIIL. Handout Analisis Riil I (PAM 351)

II. SISTEM BILANGAN RIIL. Handout Analisis Riil I (PAM 351) II. SISTEM BILANGAN RIIL Handout Analisis Riil I (PAM 351) Sifat Aljabar (Aksioma Lapangan) dari Bilangan Riil Bagian ini akan membicarakan struktur aljabar bilangan riil dengan terlebih dahulu memberikan

Lebih terperinci

STRUKTUR ALJABAR: RING

STRUKTUR ALJABAR: RING STRUKTUR ALJABAR: RING BAHAN AJAR Oleh: Rippi Maya Program Studi Magister Pendidikan Matematika Sekolah Tinggi Keguruan dan Ilmu Pendidikan (STKIP) SILIWANGI - Bandung 2016 1 Pada grup telah dipelajari

Lebih terperinci

1. Sebuah kawat yang panjangnya 10 meter akan dibuat bangun yang berbentuk 3 persegi panjang kongruen seperti pada gambar di bawah.

1. Sebuah kawat yang panjangnya 10 meter akan dibuat bangun yang berbentuk 3 persegi panjang kongruen seperti pada gambar di bawah. 1. Sebuah kawat yang panjangnya 10 meter akan dibuat bangun yang berbentuk 3 persegi panjang kongruen seperti pada gambar di bawah. Luas maksimum daerah yang dibatasi oleh kawat tersebut adalah... 3,00

Lebih terperinci

II. TINJAUAN PUSTAKA. sebuah geometri selain aksioma diperlukan juga unsur-unsur tak terdefinisi. Untuk. 2. Himpunan titik-titik yang dinamakan garis.

II. TINJAUAN PUSTAKA. sebuah geometri selain aksioma diperlukan juga unsur-unsur tak terdefinisi. Untuk. 2. Himpunan titik-titik yang dinamakan garis. 5 II. TINJAUAN PUSTAKA 2.1 Geometri Insidensi Suatu geometri dibentuk berdasarkan aksioma yang berlaku dalam geometrigeometri tersebut. Geometri insidensi didasari oleh aksioma insidensi. Di dalam sebuah

Lebih terperinci

BAHAN AJAR ANALISIS REAL 1 Matematika STKIP Tuanku Tambusai Bangkinang

BAHAN AJAR ANALISIS REAL 1 Matematika STKIP Tuanku Tambusai Bangkinang Pertemuan 2. BAHAN AJAR ANALISIS REAL Matematika STKIP Tuanku Tambusai Bangkinang 0. Bilangan Real 0. Bilangan Real sebagai bentuk desimal Pada pembahasan berikutnya kita diasumsikan telah mengetahui dengan

Lebih terperinci

TEORI BILANGAN (3 SKS)

TEORI BILANGAN (3 SKS) BAHAN AJAR: TEORI BILANGAN (3 SKS) O l e h Drs. La Misu, M.Pd. (Dipakai dalam Lingkungan Sendiri) PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN UNIVERSITAS HALU OLEO KENDARI

Lebih terperinci

50 LAMPIRAN NILAI SISWA SOAL INSTRUMEN Nama : Kelas : No : BERILAH TANDA SILANG (X) PADA JAWABAN YANG DIANGGAP BENAR! 1. Persegi adalah.... a. Bangun segiempat yang mempunyai empat sisi dan panjang

Lebih terperinci