MARKING SCHEME INAMO 2010 HARI 2

Ukuran: px

Mulai penontonan dengan halaman:

Download "MARKING SCHEME INAMO 2010 HARI 2"

Devi Cahyadi
6 tahun lalu
Tontonan:

1 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, dan mereka melakukan sebuah permainan sebagai berikut. Mulamula sang guru menunjuk seorang anak laki-laki untuk memulai permainan. Anak laki-laki tersebut meletakkan sekeping uang logam di atas meja. Kemudian bergiliran searah jarum jam, setiap anak melakukan gilirannya masing-masing. Jika anak tersebut laki-laki, ia menambahkan sekeping uang logam ke tumpukan di atas meja, dan jika anak tersebut perempuan, ia mengambil sekeping uang logam dari tumpukan tersebut. Jika tumpukan di atas meja habis, maka permainan berakhir saat itu juga. Perhatikan bahwa tergantung siapa yang ditunjuk oleh sang guru untuk memulai langkah pertama, maka permainan tersebut bisa cepat berakhir, atau bisa saja berlangsung paling sedikit 1 putaran penuh. Jika sang guru menginginkan agar permainan tersebut berlangsung paling sedikit 1 putaran penuh, ada berapa pilihan anak laki-laki yang dapat beliau tunjuk untuk memulai? Solusi: Misalkan kita sebut anak laki-laki yang memenuhi syarat yang diminta di soal jagoan. Yakni, jika seorang jagoan memulai permainan, maka permainan tersebut akan berlangsung paling sedikit 1 putaran penuh. Kita akan membuktikan bahwa ada tepat m n jagoan. Perhatikan bahwa jika ada anak laki-laki P yang duduk di sebelah kanan anak perempuan Q (sehingga giliran Q tepat sesudah P ), maka P tidak mungkin seorang jagoan. Jika P memulai permainan, maka permainan akan berakhir tepat setelah giliran Q. Kemudian, jika P dan Q berdiri meninggalkan meja, banyaknya jagoan di meja tidak berubah. Untuk setiap permainan yang akan menyelesaikan satu putaran penuh dengan P dan Q, maka permainan tersebut juga akan sanggup menyelesaikan satu putaran penuh tanpa P dan Q di meja. Hal ini dikarenakan P dan Q memiliki efek yang saling meniadakan. Yakni, kondisi tumpukan uang logam di meja sebelum giliran P dan sesudah giliran Q adalah sama persis. (3 poin) Jadi kita lakukan operasi ini berulang-ulang. Yakni kita cari anak laki-lagi yang duduk di sebelah kanan anak perempuan, dan kita minta keduanya untuk berdiri meninggalkan meja. Untuk setiap operasi, kita tidak mengubah banyaknya jagoan yang ada di meja. Selama masih ada anak perempuan di meja, kita pasti bisa menemukan pasangan seperti itu. Proses eliminasi kita berakhir ketika tidak ada lagi anak perempuan di meja, dan pada saat itu, ada m n anak laki-laki yang tersisa. Mereka semuanya adalah jagoan. (3 poin) 1

2 Soal 6 [Problem N (Raja Oktovin) - 3 suara] Cari semua bilangan asli n > 1 demikian sehingga τ(n) + ϕ(n) = n + 1. Dalam hal ini, τ(n) menyatakan banyaknya bilangan asli yang habis membagi n dan ϕ(n) menyatakan banyaknya bilangan asli yang kurang dari n dan relatif prima terhadap n. Solusi: Misalkan A adalah himpunan pembagi positif dari n dan B adalah himpunan semua bilangan asli yang relatif prima terhadap n dan kurang dari n. Jelas bahwa A B {1,,..., n} dan A B = {1}. Akibatnya, kita punyai bahwa sehingga haruslah τ(n) + ϕ(n) n + 1. n A B = A + B A B = τ(n) + ϕ(n) 1 Kesamaan terjadi saat A B = n, atau dengan kata lain semua bilangan asli yang tidak relatif prima dengan n habis membagi n. Jika n = p prima, maka kita punyai bahwa τ(p) = (yaitu 1 dan p) dan ϕ(p) = p 1 (yaitu 1,,..., p 1). Akibatnya τ(p) + ϕ(p) = p + 1 jadi jika n = p prima memenuhi. Sekarang andaikan n komposit, maka terdapat bilangan prima p < n yang habis membagi n. Karena gcd(n, n p) = gcd(n, p) = p > 1, maka haruslah n p n akibatnya n p habis membagi n (n p) = p. Ada dua kemungkinan: Kasus I: n p = 1 maka haruslah n = p + 1. Ini tidak mungkin sebab tidak ada bilangan prima p yang membagi p + 1. Kasus II. n p = p sehingga haruslah n = p. Jika p adalah prima genap, i.e. p =, maka kita punyai bahwa τ(4) = 3 (yaitu 1,, 4) dan ϕ(4) = (yaitu 1, 3). Kita cek bahwa τ(4) + ϕ(4) = 5, jadi memenuhi. (lanjutan kasus II) Sekarang, asumsikan p adalah prima ganjil, maka kita punyai bahwa τ(p) = 4 (yaitu 1,, p, p) dan ϕ(p) = p 1 (yaitu 1, 3,..., p, p + 1,..., p 1) sehingga τ(p) + ϕ(p) = p + 3. Asumsi bahwa n = p (p prima ganjil) memenuhi kondisi, maka haruslah p+1 = p+3 sehingga p =, kontradiksi.

3 Jadi, kita tiba pada himpunan solusi n {4} {p : p prima}. Catatan. (1) Menemukan solusi tanpa bukti (tetapi harus lengkap) mendapatkan 1 poin dan tidak ada poin jika solusi tidak lengkap. () Tidak mengecek semua solusi mendapatkan pengurangan 1 poin. Solusi alternatif. Misalkan A adalah himpunan pembagi positif dari n dan B adalah himpunan semua bilangan asli yang relatif prima terhadap n dan kurang dari n. Jelas bahwa A B {1,,..., n} dan A B = {1}. Akibatnya, kita punyai bahwa n A B = A + B A B = τ(n) + ϕ(n) 1 sehingga haruslah τ(n) + ϕ(n) n + 1. Kesamaan terjadi saat A B = n, atau dengan kata lain semua bilangan asli yang tidak relatif prima dengan n habis membagi n. Jika n bilangan komposit dan n 6, maka kita dapat menulis n = ab dengan a 3 dan b. Sekarang perhatikan bahwa 1 (a 1)b n dan gcd((a 1)b, n) = b > 1 dan (a 1)b tidak membagi n karena a 1 tidak membagi a. Dari argumen sebelumnya, kesamaan di atas tidak terpenuhi, atau dengan kata lain τ(n) + ϕ(n) < n + 1. Sekarang cek bahwa n prima dan n = 4 adalah solusi. 3

4 Soal 7 [Problem A5 (Raja Oktovin) - 5 suara] Misalkan a dan b bilangan real positif. Diberikan polinom F (x) = x + ax + b dan G(x) = x + bx + a sehingga semua akar dari polinom F (G(x)) dan G(F (x)) adalah bilangan real. Buktikan bahwa a dan b lebih dari 6. Solusi: Misalkan x 1 dan x adalah akar persamaan dari F (x) = 0. Karena semua solusi F (G(x)) = 0 real, maka semua akar (G(x) x 1 )(G(x) x ) = 0 juga real. Karena semua akar x + bx + (a x i ) = 0 real, maka b 4(a x i ) untuk i = 1 dan. Jumlahkan kedua ketaksamaan ini, maka b 8a 4(x 1 + x ) = 1a sehingga b 6a. Dengan cara yang sama karena persamaan semua solusi G(F (x)) = 0 real, maka a 6b. Sekarang tanpa mengurangi keumuman, asumsikan a b, maka b 6a 6b sehingga b 6. Sehingga min{a, b} 6. Asumsikan min{a, b} = 6, sebut saja a b = 6. Maka 36 = b 6a maka 6 a sehingga a = b = 6. Jadi, kita punyai F (x) = G(x) = x + 6x + 6. Kedua akarnya adalah x 1, = 6± 1. Perhatikan bahwa F (G(x)) = (G(x) x 1 )(G(x) x ) = 0 punya akar real jika dan hanya jika x + 6x + 6 x i = 0 punya akar real. Jadi, haruslah 6 4(6 x i ) sehingga haruslah x i 3. Tetapi kita punyai salah satu akarnya 6 1 < 3, jadi tidak memenuhi jika min{a, b} = 6. Akibatnya min{a, b} > 6. Terbukti. 4

5 Soal 8 [Problem G4 (Raja Oktovin) - 4 suara] Diberikan segitiga lancip ABC dengan titik pusat lingkaran luar O dan titik tinggi H. Misalkan K sebarang titik di dalam segitiga ABC yang tidak sama dengan O maupun H. Titik L dan M terletak di luar segitiga ABC sedemikian sehingga AKCL dan AKBM jajaran genjang. Terakhir, misalkan BL dan CM berpotongan di titik N dan misalkan juga J adalah titik tengah HK. Buktikan bahwa bahwa KON J jajaran genjang. Solusi: Jika X dan Y berturut-turut adalah titik tengah AB dan AC, maka karena X adalah titik tengah KM dan Y adalah titik tengah KL, maka XY = 1 LM = 1 BC dan XY sejajar LM sehingga XY sejajar BC. Jadi, haruslah BCLM merupakan jajaran genjang. Misalkan P adalah titik demikian sehingga AHBP merupakan jajaran genjang. Perhatikan bahwa AP B = AHB = 180 ACB. (jadi, P terletak di lingkaran luar segitiga ABC). Selain itu, kita punyai bahwa P BA + ABH + HBC = BAH + ABH + HBC = 90. (alternatifnya, P B sejajar AH dan AH tegak lurus BC, sehingga P B tegak lurus BC) Akibatnya, kita punyai bahwa CP adalah garis tengah lingkaran luar segitiga ABC. Karena AKBM jajaran genjang, maka AK = BM. Karena AHBP jajaran genjang, maka AH = BP. Lebih jauh, karena AH sejajar BP dan AK sejajar BM, maka KAH = M BP. Ini berakibat, segitiga AKH dan segitiga BP M kongruen. Akibatnya, P M = KH dan P M sejajar KH. Karena BCLM merupakan jajaran genjang, maka N merupakan titik tengah CM. Karena CP merupakan garis tengah lingkaran luar ABC, maka O adalah titik tengah CP. Akibatnya P M = ON dan P M sejajar ON. Tetapi P M = KH dan P M sejajar KH. Dengan demikian, KH = ON dan KH sejajar ON. 5

6 Misalkan J adalah titik tengah HK, maka JK = ON dan JK sejajar ON. merupakan jajaran genjang. Akibatnya, KON J Solusi alternatif. Dari solusi pertama, BCLM merupakan jajaran genjang, sehingga N merupakan titik tengah CM. A M E H N K J O C F B Tinjau segitiga ACM. Misalkan E titik tengah AC. Karena N titik tengah CM, maka EN sejajar AM, sehingga EN sejajar BK. Misalkan F titik tengah BK, maka EN sejajar KF dan juga EN = 1 AM = 1 BK = KF. Jadi F KEN juga jajaran genjang. Sekarang tinjau segitiga BKH. Karena F titik tengah BK dan J titik tengah KH, maka F J sejajar BH, sehingga F J tegak lurus AC. Karena E titik tengah AC, maka EO tegak lurus AC. Jadi, F J sejajar EO. Selanjutnya kita buktikan bahwa F J = EO. Karena AOC = B dan AO = OC = R (jari-jari lingkaran luar ABC), maka OAC = 90 B, sehingga EO = R sin(90 B). Selanjutnya karena BH dan AH garis tinggi, maka ABH = 90 A dan BAH = 90 B, sehingga AHB = A + B = 180 C. Dengan aturan sinus pada segitiga ABH dan aturan sinus pada segitiga ABC, Jadi seperti yang telah diklaim. BH sin(90 B) = AB sin(180 C) = AB sin C = R. EO = R sin(90 B) = 1 BH = F J, 6

7 Karena F J sejajar EO dan F J = EO, kita simpulkan bahwa F JEO jajaran genjang. Sebelumnya kita telah membuktikan bahwa F KEN juga jajaran genjang. Akibatnya, EF, JO dan KN berpotongan di satu titik yang merupakan titik tengah EF, JO dan KN. Secara khusus, JO dan KN berpotongan di titik yang merupakan titik tengah JO dan KN, akibatnya KONJ juga jajaran genjang. 7

dokumen-dokumen yang mirip

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