SOAL 1. Diketahui bangun persegi panjang berukuran 4 6 dengan beberapa ruas garis, seperti pada gambar.
|
|
- Devi Iskandar
- 7 tahun lalu
- Tontonan:
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
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 terperinciSOAL 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 terperinciOSN 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 terperinciOSN 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 terperinciSELEKSI 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 terperincididapat !!! 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 terperinciOSN 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 terperinciPembahasan 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 terperinciPembahasan 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 terperinciPrestasi 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 terperinciShortlist Soal OSN Matematika 2014
Shortlist Soal OSN Matematika 2014 Olimpiade Sains Nasional ke-13 Mataram, Nusa Tenggara Barat, 2014 ii p Kontributor Komite Pemilihan Soal OSN Matematika 2014 menyampaikan rasa terima kasihnya kepada
Lebih terperinciPrestasi 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 terperinciRelasi, 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 terperinciSELEKSI 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 terperinciSELEKSI 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 terperinciHIMPUNAN 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 terperinciSELEKSI 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 terperinciSOAL 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 terperinciMARKING 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 terperinciContoh-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 terperinciSELEKSI 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 terperinciPelatihan-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 terperinciPembahasan 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 terperinciPrestasi 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 terperinciPrestasi 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 terperinciSELEKSI 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 terperinciPrestasi 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 terperinciSOAL 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 terperinciShortlist Soal OSN Matematika 2015
Shortlist Soal OSN Matematika 2015 Olimpiade Sains Nasional ke-14 Yogyakarta, 18-24 Mei 2015 ii Shortlist OSN 2015 1 Aljabar A1 Fungsi f : R R dikatakan periodik, jika f bukan fungsi konstan dan terdapat
Lebih terperinci1. 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 terperinciSistem 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 terperinciPrestasi 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 terperinciGLOSSARIUM. 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 terperinciHand-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 terperinciPrestasi 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 terperinciLOMBA 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 terperinciSolusi 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 terperinciJikax (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 terperinciPembahasan Soal OSK SMA 2018 OLIMPIADE SAINS KABUPATEN/KOTA SMA OSK Matematika SMA. (Olimpiade Sains Kabupaten/Kota Matematika SMA)
Pembahasan Soal OSK SMA 018 OLIMPIADE SAINS KABUPATEN/KOTA SMA 018 OSK Matematika SMA (Olimpiade Sains Kabupaten/Kota Matematika SMA) Disusun oleh: Pak Anang Pembahasan Soal OSK SMA 018 OLIMPIADE SAINS
Lebih terperinciPembahasan 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 terperinciPembahasan 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 terperinciPembahasan Soal Olimpiade Matematika SMP Babak 1 Persiapan Olimpiade Sains Provinsi dan Nasional
Pembahasan Soal Olimpiade Matematika SMP Babak Persiapan Olimpiade Sains Provinsi dan Nasional. Diketahui dan y merupakan bilangan real positif yang memenuhi sistim persamaan berikut y y a b Jika, maka
Lebih terperinciSELEKSI 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 terperinciSELEKSI 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 terperinciSELEKSI 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 terperinciMATEMATIKA. 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 terperinciSEGITIGA DAN SEGIEMPAT
SEGITIGA DAN SEGIEMPAT A. Pengertian Segitiga Jika tiga buah titik A, B dan C yang tidak segaris saling di hubungkan,dimana titik A dihubungkan dengan B, titik B dihubungkan dengan titik C, dan titik C
Lebih terperinciMA5032 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 terperinciLINGKARAN. 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 terperinciSOLUSI 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 terperinciRUAS 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 terperinciSELEKSI 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 terperinciSELEKSI 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 terperinciTIM 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 terperinciBerapakah nilai a? a. 25. d. 25 b. 15. e. 15 c. 10. Penyelesaian: Berarti bahwa 1, 3, 5, 7 dan 9 adalah akar-akar persamaan polinomial g(x) = 0.
KOMPETISI MATEMATIKA 07 TINGKAT SMA SE-SULUT SOLUSI BABAK SEMI FINAL Rabu, Februari 07 . Misalkan f(x) = x 5 + ax 4 + bx 3 + cx + dx + c dan f() = f(3) = f(5) = f(7) = f(9). Berapakah nilai a? a. 5 d.
Lebih terperinciSELEKSI 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 terperinciSELEKSI 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 terperinciSolusi 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 terperinciII. M A T R I K S ... A... Contoh II.1 : Macam-macam ukuran matriks 2 A. 1 3 Matrik A berukuran 3 x 1. Matriks B berukuran 1 x 3
11 II. M A T R I K S Untuk mencari pemecahan sistem persamaan linier dapat digunakan beberapa cara. Salah satu yang paling mudah adalah dengan menggunakan matriks. Dalam matematika istilah matriks digunakan
Lebih terperinciBAHAN 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 terperinciRasio. 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 terperinciJika 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 terperinciENGLISH 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 terperinciOSN 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 terperinciC. 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 terperinciFAKTORISASI 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 terperinciPEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 2012 OLEH :SAIFUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)
PEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 0 OLEH :SAIFUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI MALANG) PEMBAHASAN SOAL OLIMPIADE SAINS NASIONAL SMP A. ISIAN SINGKAT SELEKSI TINGKAT PROPINSI TAHUN 0 BIDANG STUDI
Lebih terperinciPembahasan 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 terperinciTEOREMA 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 terperinciPERSAMAAN 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 terperinciA. 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 terperinciPEMBAHASAN OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT KABUPATEN TAHUN 2018 PROVINSI SULAWESI SELATAN
PEMBAHASAN OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT KABUPATEN TAHUN 08 PROVINSI SULAWESI SELATAN 0. Pada suatu data terdapat 5 bilangan bulat positif. Bilangan terbesar pada data tersebut adalah 55. Median dari data
Lebih terperinciDari 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 terperinciKUMPULAN 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 terperinciLOMBA 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 terperinciSELEKSI 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 terperinciSELEKSI 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 terperinciSELEKSI 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 terperinciLOMBA 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 terperinciPENERAPAN 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 terperinciPembahasan 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 terperinciSOAL 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 terperinciabcde 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 terperinciSoal 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 terperinciHIMPUNAN 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 terperinciBAB 1 PERSAMAAN. a) 2x + 3 = 9 a) 5 = b) x 2 9 = 0 b) = 12 c) x = 0 c) 2 adalah bilangan prima genap d) 3x 2 = 3x + 5
BAB PERSAMAAN Sifat Sifat Persamaan Persamaan adalah kalimat matematika terbuka yang menyatakan hubungan sama dengan. Sedangkan kesamaan adalah kalimat matematika tertutup yang menyatakan hubungan sama
Lebih terperinciDALIL 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 terperinciBAB 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 terperinciUntuk 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 terperinciModul 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 terperinciOLEH : 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 terperinci0,1,2,3,4. (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 terperinciSifat-Sifat Bangun Datar
Sifat-Sifat Bangun Datar Bangun datar merupakan sebuah bangun berupa bidang datar yang dibatasi oleh beberapa ruas garis. Jumlah dan model ruas garis yang membatasi bangun tersebut menentukan nama dan
Lebih terperinciSOAL BRILLIANT COMPETITION 2013
PILIHAN GANDA. Pada suatu segitiga ABC, titik D berada di AC sehingga AD : DC = 4 :. Titik E berada di BC sehingga BE : EC = : 3. Titik F adalah titik perpotongan antara garis BD dan garis AE. Jika luas
Lebih terperinciBAB II PERSAMAAN KUADRAT DAN FUNGSI KUADRAT
BAB II PERSAMAAN KUADRAT DAN FUNGSI KUADRAT 1. Menentukan koefisien persamaan kuadrat 2. Jenis-jenis akar persamaan kuadrat 3. Menyusun persamaan kuadrat yang akarnya diketahui 4. Fungsi kuadrat dan grafiknya
Lebih terperinciMatematika 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
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 terperinciMata 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 terperinciLingkaran. 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 terperinciSOAL 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