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

Transkripsi

1 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 x 0. Untuk sebarang bilangan real y 0, substitusikan nilai x = y dan x = 1 y sehingga berturut - turut diperoleh Dari persamaan (1) dan () diperoleh ( ) 1 f(y) + f = y (1) y ( ) 1 f + f(y) = () y y f(y) = 6 y y f(y) = y y Dari sini diperoleh f(x) = f( x) x x = x + x 4 x = x x = x = atau x = Jadi, nilai x yang memenuhi f(x) = f( x) adalah x = atau x =.. Diketahui ABC adalah segitiga lancip dengan titik - titik sudutnya terletak pada lingkaran yang berpusat di titik O. Titik P terletak pada sisi BC sehingga AP adalah garis tinggi segitiga ABC. Jika ABC + 0 ACB, buktikan bahwa COP + CAB < 90. Perpanjang garis BO sehingga memotong lingkaran di titik E (seperti terlihat pada gambar). Perhatikan bahwa BE adalah diameter lingkaran luar ABC. Hal ini berakibat BAE = 90. 1

2 E C P O A B Oleh karena itu, untuk membuktikan COP + CAB < 90 cukup ditunjukkan bahwa COP < CAE. Akan tetapi CAE = CBE = OCP. Sehingga cukup ditunjukkan COP < OCP. Atau setara dengan menunjukkan CP < OP. Untuk menunjukkan CP < OP, tambahkan beberapa titik bantu yaitu titik Q pada sisi BC sehingga OQ BC dan titik R pada ruas garis AP sehingga OR AP (seperti pada gambar di bawah ini). Diperoleh OQP R berupa persegi panjang dengan P Q = OR dan P R = OQ. C P R Q O A B Perhatikan bahwa CAO = ACO = 180 AOC = 180 ABC = 90 ABC selain itu CAP = 90 ACB

3 Dari kedua hasil di atas diperoleh P AO = CAO CAP = (90 ABC) (90 ACB) = ACB ABC dan karena ABC + 0 ACB berakibat P AO 0. Sehingga diperoleh OR = OA sin P AO OA. Ingat kembali bahwa P Q = OR sehingga P Q OA = OC. Dengan menggabungkan fakta bahwa CQ < OC, CQ = CP + P Q dan P Q OC dapat disimpulkan CP < P Q. Sehingga diperoleh seperti apa yang diharapkan. Jadi, terbukti COP + CAB < 90. CP < P Q < OP. Tentukan semua bilangan asli a, b dan c yang lebih besar dari 1 dan saling berbeda, serta memenuhi sifat bahwa abc membagi habis ab + bc + ca +. Tanpa mengurangi keumuman misalkan 1 < a < b < c. ab + bc + ca + itu berarti terdapat bilangan asli k sedemikian sehingga ab + bc + ca + = k abc (1) Karena abc membagi habis Dari persamaan (1) diperoleh Mengingat 1 < a < b < c diperoleh k = 1 a + 1 b + 1 c + abc k = 14 1 < Sehingga nilai k yang mungkin hanya k = 1. Selain itu jika a diperoleh k = < 1 yang jelas tak mungkin karena k bilangan asli. Jadi, diperoleh a =. Dengan mengsubstitusikan nilai k = 1 dan a = pada persamaan (1) diperoleh b + bc + c + = bc

4 yang setara dengan (b )(c ) = 6 Oleh karena itu, ada dua kasus yang mungkin yaitu i. b = 1 dan c = 6 sehingga diperoleh b = dan c = 8. ii. b = dan c = sehingga diperoleh b = 4 dan c = 5. Mudah dicek bahwa a =, b =, c = 8 dan a =, b = 4, c = 5 memenuhi kondisi dari soal. Jadi, solusi yang memenuhi adalah a =, b =, c = 8 dan a =, b = 4, c = 5 serta semua permutasinya (total ada 1 solusi untuk triple (a, b, c) yang mungkin). 4. Misalkan A, B dan P adalah paku - paku yang ditanam pada papan ABP. Panjang AP = a satuan dan BP = b satuan. Papan ABP diletakkan pada lintasan X 1 X dan Y 1 Y sehingga A hanya dapat bergerak bebas sepanjang lintasan X 1 X dan B hanya bergerak bebas sepanjang lintasan Y 1 Y seperti pada gambar berikut. Misalkan x adalah jarak titik P terhadap lintasan Y 1 Y dan y jarak titik P terhadap lintasan X 1 X. Tunjukkan bahwa persamaan lintasan titik P adalah x b + y a = 1. P Y B A X 1 X Y 1 Untuk menyelesaikan soal ini, harus dicari hubungan antara variable - variable a, b, x dan y. Karena berbicara mengenai geometri maka salah satu alat yang dapat digunakan tentu saja adalah kesebangunan. Untuk itu perhatikan gambar di bawah ini (gambar seperti pada soal setelah ditambah beberapa titik untuk memudahkan komputasi). 4

5 P y x D B Y X 1 C O A X Y 1 Perhatikan bahwa AOB sebangun dengan BDP sehingga diperoleh OA AB = P D P B OA a b = x b x(a b) sehingga OA =. b Selanjutnya diperoleh ( dengan bantuan Pythagoras tentunya ) OD = OB + BD y = (a b) x (a b) + b b x ( ) a b b y = x b + b x y = a b b x b y = a (b x ) a x + b y = a b x b + y a = 1 Oke, sampai di sini kita telah membuktikan apa yang diminta soal. Pekerjaan selesai. Namun cara di atas terasa panjang dan membosankan karena banyak sekali notasi akar. Maka apa tidak ada cara yang lebih baik? Untungnya ada. Perhatikan kembali gambar di atas. Sekarang perhatikan ACP dan BDP. Kedua segitiga tersebut ternyata 5

6 sebangun ( mengapa tidak dari tadi ya lihatnya!). Karenanya diperoleh CP AP = BD BP y a = b x b y a = b x b b y = a (b x ) a x + b y = a b x b + y a = 1 Terlihat lebih simple ternyata. Jadi, terbukti lintasan titik P berupa ellips dengan persamaan x b + y a = Terdapat tiga buah kotak A, B dan C masing - masing berisi tiga bola berwarna putih dan dua bola berwarna merah. aturan sebagai berikut : 1. Tahap ke-1 Ambil satu bola dari kotak A.. Tahap ke- Selanjutnya dilakukan pengambilan tiga bola dengan Jika bola yang terambil dari kotak A pada Tahap ke-1 berwarna putih, maka bola tersebut dimasukkan ke kotak B. Selanjutnya dari kotak B diambil satu bola. Jika yang terambil adalah bola berwarna putih maka bola tersebut dimasukkan ke kotak C. Sedangkan, jika yang terambil adalah bola berwarna merah maka bola tersebut dimasukkan ke kotak A. Jika bola yang terambil dari kotak A pada Tahap ke-1 berwarna merah, maka bola. Tahap ke- tersebut dimasukkan ke kotak C. Selanjutnya dari kotak C diambil satu bola. Jika yang terambil adalah bola berwarna putih maka bola tersebut dimasukkan ke kotak A. Sedangkan, jika yang terambil adalah bola berwarna merah maka bola tersebut dimasukkan ke kotak B. Ambil satu bola dari masing - masing kotak A, B dan C. Berapa peluang bahwa semua bola yang terambil pada Tahap ke- berwarna merah? Berdasarkan tahap - tahap yang diberikan pada soal maka bagi menjadi 4 kasus, sebagai berikut : a. Tahap ke-1 terambil bola berwarna putih dari kotak A dan Tahap ke- terambil bola berwarna putih dari kotak B. 6

7 Peluang terambil bola putih dari kotak A pada Tahap ke-1 adalah. Selanjutnya kotak 5 B berisi 4 bola putih dan bola merah, sehingga peluang terambil bola berwarna putih pada Tahap ke- adalah 4. Pada Tahap ke-, kotak A berisi bola putih dan bola 6 merah, kotak B berisi bola putih dan bola merah, kotak C berisi 4 bola putih dan bola merah. Sehingga peluang terambil ketiga bola berwarna merah pada Tahap ke- adalah Jadi, peluang terambil ketiga bola berwarna merah pada kasus ini adalah = 75 b. Tahap ke-1 terambil bola berwarna putih dari kotak A dan Tahap ke- terambil bola berwarna merah dari kotak B. Peluang terambil bola putih dari kotak A pada Tahap ke-1 adalah 5. Selanjutnya kotak B berisi 4 bola putih dan bola merah, sehingga peluang terambil bola berwarna merah pada Tahap ke- adalah. Pada Tahap ke-, kotak A berisi bola putih dan 6 bola merah, kotak B berisi 4 bola putih dan 1 bola merah, kotak C berisi bola putih dan bola merah. Sehingga peluang terambil ketiga bola berwarna merah pada Tahap ke- adalah Jadi, peluang terambil ketiga bola berwarna merah pada kasus ini adalah = 6 65 c. Tahap ke-1 terambil bola berwarna merah dari kotak A dan Tahap ke- terambil bola berwarna putih dari kotak C. Peluang terambil bola merah dari kotak A pada Tahap ke-1 adalah 5. Selanjutnya kotak C berisi bola putih dan bola merah, sehingga peluang terambil bola berwarna putih pada Tahap ke- adalah. Pada Tahap ke-, kotak A berisi 4 bola putih dan 6 1 bola merah, kotak B berisi bola putih dan bola merah, kotak C berisi bola putih dan bola merah. Sehingga peluang terambil ketiga bola berwarna merah pada Tahap ke- adalah Jadi, peluang terambil ketiga bola berwarna merah pada kasus ini adalah = 6 65 d. Tahap ke-1 terambil bola berwarna merah dari kotak A dan Tahap ke- terambil bola berwarna merah dari kotak C. Peluang terambil bola merah dari kotak A pada Tahap ke-1 adalah 5. Selanjutnya kotak C berisi bola putih dan bola merah, sehingga peluang terambil bola berwarna merah pada Tahap ke- adalah. Pada Tahap ke-, kotak A berisi bola putih dan 6 7

8 1 bola merah, kotak B berisi bola putih dan bola merah, kotak C berisi bola putih dan bola merah. Sehingga peluang terambil ketiga bola berwarna merah pada Tahap ke- adalah Jadi, peluang terambil ketiga bola berwarna merah pada kasus ini adalah = Dari keempat kasus di atas maka total peluang terambil bola berwarna merah pada Tahap ke- yaitu = Apakah ada bilangan asli n sehingga n + 5n + 1 habis dibagi oleh 49? Jelaskan! Tidak ada bilangan asli n yang memenuhi Kita buktikan dengan kontradiksi. Andaikan terdapat bilangan asli n sehingga 49 n + 5n + 1. Karena 49 n + 5n + 1 maka berakibat 7 n + 5n + 1 = (n 1)(n + 6) + 7 sehingga 7 (n 1) atau 7 (n + 6). Akan tetapi 7 (n + 6) (n 1) = 7. Dengan kata lain, 7 (n 1) dan 7 (n + 6). Oleh karena itu, diperoleh 49 (n 1)(n + 6). Dan karena 49 (n 1)(n + 6) + 7 maka diperoleh 49 7 yang jelas tidak mungkin. Jadi, terbukti tidak ada bilangan asli n sehingga 49 n + 5n + 1. Selain dengan cara di atas ( yang menurut saya harus sedikit kreatif ), ada cara lain yang lebih umum dan mudah dilihat. Yaitu dengan bekerja pada modulo 7 dan membagi kasus. Ada 7 kasus untuk pilihan n yang mungkin yaitu a. n 0 mod 7. Sehingga n + 5n mod 7. Jadi, kasus ini tidak memenuhi. b. n 1 mod 7. Sehingga n + 5n mod 7. Jadi, kasus ini ada kemungkinan memenuhi. c. n mod 7. Sehingga n + 5n mod 7. Jadi, kasus ini tidak memenuhi. d. n mod 7. Sehingga n + 5n mod 7. Jadi, kasus ini tidak memenuhi. e. n 4 mod 7. Sehingga n + 5n mod 7. Jadi, kasus ini tidak memenuhi. f. n 5 mod 7. Sehingga n + 5n mod 7. Jadi, kasus ini tidak memenuhi. g. n 6 mod 7. Sehingga n + 5n mod 7. Jadi, kasus ini tidak memenuhi. 8

9 Jadi, satu - satunya bilangan asli n yang mungkin adalah n 1 mod 7 atau n = 7k + 1 untuk suatu bilangan bulat nonnegatif k. Akan tetapi untuk n = 7k + 1 diperoleh (7k + 1) + 5(7k + 1) + 1 = 49k + 14k k = 49(k + k) + 7 yang jelas tidak habis dibagi oleh 49. Jadi, dapat disimpulkan tidak ada bilangan asli n sehingga 49 n + 5n Diketahui parabola y = ax +bx+c melalui titik (, 4) dan (, 16), serta tidak memotong sumbu-x. Carilah semua nilai absis yang mungkin untuk titik puncak parabola tersebut. Karena parabola tersebut melalui titik (, 4) dan (, 16) diperoleh 9a b + c = 4 (1) 9a + b + c = 16 () dari persamaan (1) dan () di atas diperoleh 6b = 1 b =. Perhatikan juga bahwa parabola tersebut tidak memotong sumbu-x oleh karena itu diskriminan dari y = ax + bx + c kurang dari nol, b 4ac < 0 4 4ac < 0 ac > 1 () Selain itu, dari persamaan (1) dan b = diperoleh pula c = 10 9a. Jika nilai c = 10 9a disubstitusikan ke pertidaksamaan () diperoleh, a(10 9a) > 1 9a 10a + 1 < 0 (9a 1)(a 1) < 0 sehingga diperoleh 1 9 < a < 1. Misalkan absis dari titik puncak parabola tersebut adalah x p, kita ketahui bahwa x p = b a = a = 1 a dan karena 1 9 < a < 1 maka diperoleh 9 < x p < 1. Jadi, kemungkinan nilai absis yang mungkin untuk titik puncak parabola tersebut adalah 9 < x p < Diketahui T ABC adalah limas segitiga beraturan dengan panjang rusuk cm. Titik - titik P, Q, R dan S berturut - turut merupakan titik berat segitiga ABC, segitiga T AB, segitiga T BC dan segitiga T CA. Tentukan volume limas segitiga beraturan P QRS. Catatan : titik berat suatu segitiga adalah perpotongan ketiga garis berat. 9

10 Untuk membuat visualisasi soal ini dalam bentuk tiga dimensi relatif susah. Oleh karena itu, kita ambil titik P dan S sebagai wakilnya (seperti pada gambar di bawah ini). T S C D E P B A Perhatikan bahwa T P dan DP berturut - turut adalah tinggi limas segitiga beraturan T ABC dan P QRS. Dan karena bidang ABC dan P QR sejajar maka EP//SD. Hal ini beakibat T EP sebangun dengan T SD. Dan karena T S SE = diperoleh T P DP =. Selanjutnya, kita hitung terlebih dahulu volume limas segitiga beraturan T ABC. Perhatikan kembali gambar di atas. Segitiga ABC adalah segitiga samasisi sehingga BE adalah garis berat dan sekaligus garis tinggi. Oleh karena itu dengan pytagoras diperoleh BE = sehingga BP =. Sekali lagi dengan bantuan pytagoras pada BP T diperoleh T P =. Sehingga volume limas segitiga beraturan T ABC yaitu 8 Volume Limas TABC = 1 1 AC BE T P = = 1 8 = Mengingat limas T ABC sebangun dengan limas P QRS, diperoleh ( ) DP Volume Limas PQRS = Volume Limas TABC T P ( ) 1 = = 81 10

11 Jadi, volume limas segitiga beraturan P QRS adalah 81 cm. 9. Pada suatu acara diundang 1 tamu istimewa yang terdiri dari 8 orang pria dan 5 orang wanita. Khusus untuk semua tamu istimewa tersebut disediakan 1 tempat duduk pada satu baris khusus. Jika diharapkan tidak ada dua orang wanita yang duduk bersebelahan, tentukan banyak posisi duduk yang mungkin untuk semua tamu istimewa tersebut. Terlebih dahulu atur tempat duduk 8 pria dalam satu baris yaitu ada 8! cara. Selanjutnya kelima wanita tersebut dapat ditempatkan di sela - sela tempat duduk laki - laki, yaitu ada 9 pilihan tempat duduk yang dapat dipilih oleh kelima wanita tersebut, seperti gambar berikut Pilihan Tempat Untuk Wanita Sehingga cara mengatur tempat duduk kelima wanita tersebut adalah = 1510 cara. Jadi, total banyak posisi duduk yang mungkin dari ketiga belas tamu istimewa tersebut adalah ! cara. 10. Sebuah tabel yang berukuran n baris dan n kolom akan diisi dengan bilangan 1 atau 1 sehingga hasil kali semua bilangan yang terletak dalam setiap baris dan hasil kali semua bilangan yang terletak dalam setiap kolom adalah 1. Berapa banyak cara berbeda untuk mengisi tabel tersebut? Misalkan a ij menyatakan bilangan pada baris ke-i, kolom ke-j. Pertama - tama isi terlebih dahulu tabel (n 1) (n 1) yang pertama dengan 1 atau 1. Banyaknya cara pengisian jelas ada (n 1). Selanjutnya untuk bilangan - bilangan yang diisikan pada kolom terakhir yaitu kolom ke-n ada tepat satu pilihan, menyesuaikan agar perkalian setiap baris ke-i 11

12 sama dengan 1. Sebagai contoh untuk a 1n nilainya tergantung dari hasil n 1 a 1i. Oleh karena itu pengisian bilangan- bilangan pada kolom ke-n adalah unik untuk setiap cara pengisian pada tabel (n 1) (n 1) yang pertama. Demikian pula untuk pengisian bilangan - bilangan pada baris ke-n juga unik. Dari sini dapat dilihat bahwa banyaknya cara pengisian tabel n n sesuai kriteria pada soal ada maksimal (n 1). Mengapa demikian? Sebab untuk setiap cara pengisian yang diperoleh dari tabel (n 1) (n 1) yang pertama, bisa jadi kita tidak dapat mengisi kolom ke-n dan baris ke-n sehingga dipenuhi kriteria pada soal. Apa masalahnya? Tentu saja mudah dilihat bahwa untuk mengisi kolom ke-n dari a 1n sampai dengan a (n 1)n atau untuk mengisi baris ke-n dari a n1 sampai dengan a n(n 1) tidak ada masalah. Masalahnya terletak pada bilangan a nn karena nilainya ditentukan oleh n 1 a in dan n 1 a ni. Dengan kata lain, untuk menjamin bahwa untuk setiap cara pengisian dari tabel (n 1) (n 1) yang pertama, kita selalu bisa mengisi bilangan - bilangan pada kolom ke-n dan baris ke-n sehingga kondisi pada soal terpenuhi, harus dibuktikan bahwa n 1 n 1 a in = Untuk itu, misalkan A adalah hasil perkalian semua bilangan yang diisikan pada tabel (n 1) (n 1) yang pertama. Diperoleh demikian pula Dari kedua kesamaan di atas diperoleh seperti yang diharapkan. a ni n 1 A a in = ( 1) n 1 n 1 A a ni = ( 1) n 1 n 1 n 1 a in = Jadi, banyaknya cara pengisian tabel n n tersebut adalah (n 1). a ni Disusun oleh : Tutur Widodo Website : tutur.w87@gmail.com Terima kasih. 1