Pembahasan OSN SMP Tingkat Nasional Tahun 2012 Bidang Matematika

Transkripsi

1 Tutur Widodo Pembahasan OSN SMP Tahun 01 Pembahasan OSN SMP Tingkat Nasional Tahun 01 Bidang Matematika Hari Kedua Pontianak, 1 Juli Pada suatu hari, seorang peneliti menempatkan dua kelompok spesies yang berbeda yakni amoeba dan bakteri pada suatu media yang sama, masing - masing dalam jumlah tertentu (dalam satuan sel). Peneliti tersebut mengamati bahwa pada hari berikutnya, yakni hari kedua, ternyata setiap sel masing - masing spesies membelah diri menjadi dua sel. Pada hari yang sama setiap sel amoeba memangsa tepat satu sel bakteri. Pengamatan selanjutnya yang dilakukan setiap hari menunjukkan pola yang sama, yakni setiap sel masing - masing spesies membelah diri menjadi dua sel dan kemudian setiap sel amoeba memangsa tepat satu sel bakteri. Pengamatan pada hari ke- 100 menunjukkan bahwa setelah masing - masing spesies membelah diri dan kemudian setiap sel amoeba memangsa tepat satu sel bakteri, ternyata membuat bakteri punah. Tentukan perbandingan jumlah amoeba dengan jumlah bakteri pada hari pertama. Penyelesaian : Misalkan jumlah amoeba pada hari pertama adalah a dan jumlah bakteri pada hari pertama adalah b. Selain itu definisikan pula A i dan B i berturut - turut sebagai jumlah amoeba dan bakteri pada hari ke-i. Maka diperoleh dua barisan bilangan yaitu A 1 = a A = a A 3 = 4a A 4 = 8a. =. A 100 = 99 a 1

2 Tutur Widodo Pembahasan OSN SMP Tahun 01 dan B 1 = b B = b a B 3 = 4b 4a 4a B 4 = 8b 8a 8a 8a. =. B 100 = 99 b a Karena pada hari ke-100 bakteri punah maka diperoleh B 100 = 0 sehingga 99 b a = 0 b 99a = 0 a b = 1 99 Oleh karena itu, perbandingan jumlah amoeba dengan jumlah bakteri pada hari pertama adalah 1 : 99.. Diketahui n adalah bilangan bulat positif. Jika f(n) = 4n + 4n 1 n n 1 tentukan f(13) + f(14) + f(15) + + f(11). Penyelesaian : Sederhanakan bentuk f(n) terlebih dahulu dengan mengalikan bentuk yang ada dengan sekawannya, yaitu f(n) = 4n + 4n 1 n + 1 n 1 n n 1 n + 1 n 1 = 4n( n + 1 n 1) + 4n 1( n + 1 n 1) = 4n( n + 1 n 1) + (n + 1) n 1 (n 1) n + 1 = n n + 1 n n 1 + n 1 + n + 1 = (n + 1) n + 1 (n 1) n 1

3 Tutur Widodo Pembahasan OSN SMP Tahun 01 dari sini diperoleh, sehingga f(13) = f(14) = f(15) = =. f(111) = f(11) = f(13) + f(14) + f(15) + + f(111) + f(11) = = Budi menyusun empat belas buah bola masing - masing berjari - jari 10 cm. Sembilan buah bola pertama diletakkan di atas meja sedemikian sehingga membentuk persegi dan saling bersinggungan. Empat buah bola berikutnya diletakkan di atas sembilan bola pertama sehingga saling bersinggungan. Bola keempat belas ditaruh di atas empat bola tadi, sehingga menyinggung empat bola tersebut. Jika Bambang mempunyai lima puluh lima buah bola yang masing - masing juga berjari - jari 10 cm dan semua bola tersebut disusun mengikuti pola susunan bola yang dilakukan Budi, hitunglah ketinggian pusat bola yang paling atas diukur dari permukaan meja pada susunan bola yang dilakukan Bambang. Penyelesaian : Susunan bola yang dibentuk oleh Budi dari tingkat atas ke tingkat dasar membentuk barisan persegi yaitu 1, 4, 9, 16, 5, 36,... Oleh karena itu, jika Bambang memiliki 55 bola dan disusun seperti cara Budi maka akan ada 5 tingkatan yaitu 1, 4, 9, 16, 5. Apabila dilihat dari samping dari arah sudut maka akan diperoleh gambar seperti di bawah ini : 3

4 Tutur Widodo Pembahasan OSN SMP Tahun 01 C A D B E Ketinggian pusat bola yang paling atas diukur dari permukaan meja pada susunan bola yang dilakukan Bambang adalah panjang ruas garis CE. Perhatikan bahwa ABC adalah segitiga sama kaki dengan AC = BC = 80 cm dan AB = 80. Selain itu ruas garis CD adalah garis tinggi sekaligus garis berat ABC oleh karena itu, BDC = 90 dan AD = DB = 40. Sehingga dengan teorema pythagoras pada BDC diperoleh CD = BC BD = 80 (40 ) = = 300 CD = 40 Oleh karena itu diperoleh CE = CD + DE = Jadi, ketinggian pusat bola yang paling atas diukur dari permukaan meja pada susunan bola yang dilakukan Bambang adalah ( ) cm. 4. Diketahui sebuah segitiga ABC dengan panjang sisi - sisinya adalah 5 cm, 8 cm dan 41 cm. Tentukan luas maksimum persegi panjang yang mungkin dapat dibuat di dalam segitiga ABC tersebut. Penyelesaian : Persegi panjang yang terbentuk luasnya akan maksimum jika salah satu sisinya berhimpit dengan salah satu sisi segitiga dan titik sudut di sisi yang berlawanan dengan sisi yang berhimpit tersebut menyinggung dua sisi segitiga yang lain. Untuk lebih jelasnya perhatikan gambar di bawah ini! 4

5 Tutur Widodo Pembahasan OSN SMP Tahun 01 A E P F B Q D R C dengan AB = 5 cm, BC = 8 cm dan AC = 41 cm, AD garis tinggi dari ABC. Dengan teorema pythagoras pada ABD dan ACD diperoleh, AB BD = AC DC 5 BD = 41 (8 BD) 5 BD = BD BD 16BD = 48 BD = 3 oleh karena itu AD = 4 cm. Misalkan pula panjang dan lebar persegi panjang yang dicari berturut - turut adalah p dan l. Dalam hal ini (sesuai dengan gambar di atas) diperoleh QR = EF = p dan EQ = F R = l. Karena EF sejajar BC maka mudah dibuktikan bahwa AEP EBQ dan AP F F RC. Oleh karena itu diperoleh, EP BQ = AP EQ = 4 l l dan P F RC = AP F R = 4 l l sehingga didapat, 4 l l = EP BQ = P F RC = EP + P F BQ + RC = p 8 p oleh sebab itu diperoleh, 4 l l = p 8 p (4 l)(8 p) = pl 3 4p 8l + pl = pl 4p = 3 8l p = 8 l 5

6 Tutur Widodo Pembahasan OSN SMP Tahun 01 dengan mengingat rumus luas untuk persegi panjang didapat, L = pl = (8 l)l = 8l l = l + 8l = (l ) Jadi, luas maksimum persegi panjang yang mungkin dapat dibuat di dalam segitiga ABC tersebut adalah 8 cm dengan ukuran 4 cm x cm. 5. Ada 1 orang yang antri untuk membeli tiket masuk suatu pertunjukkan dengan harga satu tiket adalah Rp 5.000,00. Diketahui 5 orang diantara mereka hanya mempunyai uang kertas Rp ,00 dan sisanya hanya mempunyai uang kertas Rp 5.000,00. Jika penjual tiket awalnya hanya mempunyai uang Rp 5.000,00, berapakah peluang penjual tiket tersebut mempunyai cukup kembalian untuk melayani semua orang sesuai dengan urutan mereka dalam antrian? Penyelesaian : Misal S adalah ruang sampel dari semua susunan antrian yang mungkin dan A adalah susunan antrian dimana penjual tiket mempunyai cukup kembalian untuk melayani semua orang sesuai dengan urutan mereka dalam antrian. Untuk selanjutnya guna memudahkan penulisan kita misalkan susunan antrian dimana penjual tiket mempunyai cukup kembalian sebagai antrian bagus. Selain itu, misalkan pula kelompok orang yang mempunyai uang Rp ,00 sebagai kelompok merah dan kelompok orang yang mempunyai uang Rp 5.000,00 sebagai kelompok biru. Selanjutnya mudah dilihat bahwa n(s) = 1! Sedangkan untuk menghitung n(a) yaitu banyaknya antrian bagus bisa dilakukan dengan cara seperti di bawah ini : Karena penjual tiket diawal telah memiliki uang Rp 5.000,00 maka satu orang dari kelompok merah dapat berada di awal antrian. Oleh karena itu, karena kelompok biru terdiri dari 7 orang maka akan ada 8 tempat yang bisa ditempati oleh orang dari kelompok merah seperti ilustrasi di bawah ini. Jika setiap kotak merah dari kiri ke kanan dilabeli dengan x 1, x, x 3, x 4, x 5, x 6, x 7 dan x 8 berturut - turut seperti di bawah ini, 6

7 Tutur Widodo Pembahasan OSN SMP Tahun 01 x 1 x x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 i untuk membentuk antrian bagus maka haruslah dipenuhi x k i untuk i = 1,, 3, 4 sedangkan untuk i = 5, 6, 7, 8 kotak x i bisa diisi oleh sebarang orang (dalam hal ini maksimal 5 orang). Untuk menghitung banyaknya kemungkinan, ekuivalen dengan mencari banyaknya solusi bulat nonnegatif dari persamaan x 1 + x + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 + x 8 = 5 dengan i k=1 k=1 x k i untuk i = 1,, 3, 4 dan 0 x i 5 untuk i = 5, 6, 7, 8. Untuk mempermudah kita selesaikan terlebih dahulu sistem persamaan yang menjadi batasan/ syarat yaitu x 1 1 x 1 + x x 1 + x + x 3 3 x 1 + x + x 3 + x 4 4 yang banyaknya solusi ada 4 seperti terlihat pada diagram di bawah ini 7

8 Tutur Widodo Pembahasan OSN SMP Tahun 01 Selanjutnya untuk menyelesaikan persamaan x 1 + x + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 + x 8 = 5 kita bagi menjadi beberapa kasus sebagai berikut : (a) x 1 + x + x 3 + x 4 = 4 Hal ini berakibat x 5 + x 6 + x 7 + x 8 = 1. Padahal berdasarkan diagram di atas diperoleh banyaknya solusi dari persamaan x 1 + x + x 3 + x 4 = 4 ada 14, sedangkan banyaknya solusi persamaan x 5 + x 6 + x 7 + x 8 = 1 bisa dihitung dengan relatif mudah yaitu ada sebanyak C3 4 = 4. Oleh karena itu, pada kasus ini banyaknya penyelesaian dari persamaan x 1 + x + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 + x 8 = 5 ada sebanyak 14 x 4 = 56. (b) x 1 + x + x 3 + x 4 = 3 Hal ini berakibat x 5 + x 6 + x 7 + x 8 =. Padahal berdasarkan diagram di atas diperoleh banyaknya solusi dari persamaan x 1 + x + x 3 + x 4 = 3 ada 14, sedangkan banyaknya solusi persamaan x 5 + x 6 + x 7 + x 8 = bisa dihitung dengan relatif mudah yaitu ada sebanyak C3 5 = 10. Oleh karena itu, pada kasus ini banyaknya penyelesaian dari persamaan x 1 + x + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 + x 8 = 5 ada sebanyak 14 x 10 =

9 Tutur Widodo Pembahasan OSN SMP Tahun 01 (c) x 1 + x + x 3 + x 4 = Hal ini berakibat x 5 + x 6 + x 7 + x 8 = 3. Padahal berdasarkan diagram di atas diperoleh banyaknya solusi dari persamaan x 1 + x + x 3 + x 4 = 4 ada 9, sedangkan banyaknya solusi persamaan x 5 + x 6 + x 7 + x 8 = 3 bisa dihitung dengan relatif mudah yaitu ada sebanyak C3 6 = 0. Oleh karena itu, pada kasus ini banyaknya penyelesaian dari persamaan x 1 + x + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 + x 8 = 5 ada sebanyak 9 x 0 = 180. (d) x 1 + x + x 3 + x 4 = 1 Hal ini berakibat x 5 + x 6 + x 7 + x 8 = 4. Padahal berdasarkan diagram di atas diperoleh banyaknya solusi dari persamaan x 1 + x + x 3 + x 4 = 1 ada 4, sedangkan banyaknya solusi persamaan x 5 + x 6 + x 7 + x 8 = 4 bisa dihitung dengan relatif mudah yaitu ada sebanyak C3 7 = 35. Oleh karena itu, pada kasus ini banyaknya penyelesaian dari persamaan x 1 + x + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 + x 8 = 5 ada sebanyak 4 x 35 = 140. (e) x 1 + x + x 3 + x 4 = 0 Hal ini berakibat x 5 + x 6 + x 7 + x 8 = 5. Padahal berdasarkan diagram di atas diperoleh banyaknya solusi dari persamaan x 1 + x + x 3 + x 4 = 0 ada 1, sedangkan banyaknya solusi persamaan x 5 + x 6 + x 7 + x 8 = 5 bisa dihitung dengan relatif mudah yaitu ada sebanyak C3 8 = 56. Oleh karena itu, pada kasus ini banyaknya penyelesaian dari persamaan x 1 + x + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 + x 8 = 5 ada sebanyak 1 x 56 = 56. Sehingga banyaknya penyelesaian dari persamaan x 1 + x + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 + x 8 = 5 seluruhnya adalah = 57. Namun ingat bahwa dari masing - masing penyelesaian persamaan di atas untuk membentuk antrian bagus, masing - masing dari 5 orang dari kelompok merah dan 7 orang dari kelompok biru dapat dipermutasikan. Oleh karena itu, n(a) = 57 5! 7! sehingga P (A) = n(a) n(s) = 57 5! 7! 1! = Jadi, peluang penjual tiket tersebut mempunyai cukup kembalian untuk melayani semua orang sesuai dengan urutan mereka dalam antrian adalah

10 Tutur Widodo Pembahasan OSN SMP Tahun 01 Disusun oleh : Tutur Widodo Apabila ada saran, kritik maupun masukan silakan kirim via ke tutur.w87@gmail.com Terima kasih. My blog : 10