OSN Guru Matematika SMA

Transkripsi

1 z Pembahasan Soal OLIMPIADE SAINS NASIONAL KHUSUS GURU MATEMATIKA SMA OSN Guru Matematika SMA (Olimpiade Sains Nasional) Disusun oleh: Pak Anang

2 Halaman 2 dari 26 PEMBAHASAN SOAL OLIMPIADE GURU MATEMATIKA SMA TINGKAT PROPINSI TANGGAL 20 JULI 2011 By Pak Anang ( ( anang.blogspot.com) Bagian pertama 1. Diketahui suatu barisan bilangan riil 1 2 yang memenuhi = , dimana 1 9 = 9 dan 1 ; = 128, 1 = =. 1 9 = ? = = 2( )+1 4 = = = 21? +1 9 = 2( ) = ; = 21 = +1? = 2( ) = Dari soal diketahui 1 9 = 9 dan 1 ; = 128, eliminasi 1 6 untuk mendapatkan nilai = = = = = = 4 Substitusi 1 4 ke = 9, sehingga = 9 2(4)+1 6 = = = = 1 Jadi, didapatkan nilai 1 = yaitu: 1 = = = 12(4)+5(1) = 48+5 = 53

3 Halaman 3 dari Jika FG dan H vektor sehingga K FG +H K = 3 dan K FG H K = 5, maka FG H =. Dari bentuk berikut: K FG +H K 4 = F 4 + H 4 +2 F H cosn K FG H K 4 = F 4 + H 4 2 F H cosn Eliminasi F 4 + H 4 pada K FG +H K 4 dan K FG H K 4, sehingga: K FG +H K 4 = F 4 + H 4 +2 F H cosn K FG H K 4 = F 4 + H 4 2 F H cosn K FG +H K 4 K FG H K 4 = 4 F H cosn FG H cosn = K FG +H K4 K FG H K 4 FG H = FG H = FG H = 16 4 FG H = 4 4

4 Halaman 4 dari Diberikan gambar berikut: P A B O Banyaknya rute terpendek dari titik O ke P yang tidak melalui ruas garis AB adalah. TRIK SUPERKILAT: Lintasan atau rute terpendek dari titik O ke P adalah lintasan yang terdiri kombinasi dari gerakan ke kanan dan ke atas. Misal titik-titik C, D, E terletak seperti pada gambar berikut: Q R 20 P O A B C D E Perhatikan gambar, dari titik O ke titik C ada 1 lintasan, dari titik O ke titik C ada 1 lintasan, sehingga dari titik O ke titik D terdapat 2 lintasan, yaitu melalui titik C atau titik E. Demikian seterusnya hingga mencapai titik P. Dengan demikian untuk mencapai titik P dapat melalui titik Q dan R, sehingga banyak lintasan atau rute terpendek dari titik O ke titik P yang tidak melewati titik A dan B adalah sebanyak = 42 lintasan.

5 Halaman 5 dari Segitiga ABC memiliki titik sudut A = (2, 0), B = (0, 2) dan C, dimana C berada pada garis S+T = 5. Luas segitiga ABC yang terbesar adalah. Pertama, kita harus memahami maksud soal tersebut. Misal U adalah alas segitiga ABC, dan kita misalkan ruas garis AB adalah alas dari segitiga ABC, maka U = V(0 2) 4 +(2 0) 4 = 8 = 2 2 Selanjutnya, tinggi segitiga ABC adalah jarak antara ruas garis AB terhadap titik C yang terletak pada garis S+T = 5. Luas daerah segitiga ABC akan menjadi tak hingga apabila garis S+T = 5 dan ruas garis AB tidak sejajar, karena tinggi segitiga ABC akan berbeda untuk setiap titik C. Sehingga, kita akan memeriksa apakah ruas garis AB sejajar dengan garis S+T = 5. Misal Y Z[ adalah gradien ruas garis AB, dan Y adalah gradient garis S+T = 5, maka: Y Z[ = = 1 S+T = 5 T = 5 S Y = 1 Karena Y Z[ = Y, maka ruas garis AB sejajar dengan garis S+T = 5. Dengan demikian misalkan \ menyatakan tinggi segitiga ABC terhadap alas AB, maka \ adalah jarak titik pada ruas garis AB terhadap garis S+T = 5. Kita ambil titik A yang berada di ruas garis AB, maka \ adalah jarak titik A = (2, 0) ke garis S+T 5 = 0, sehingga: \ = ] (2)+(0) 5 ] = ^ ^ = = Jadi, luas daerah segitiga ABC yang terbesar adalah: _ abc = 1 2 U\ = = 3 satuan luas 2

6 Halaman 6 dari Wati memiliki dua orang kakak laki-laki yang kembar. Wati berumur U tahun dan kakak laki-lakinya berumur e tahun, dimana U dan e adalah bilangan bulat. Hasil perkalian ketiga umur mereka adalah 128. Jumlah ketiga umur mereka adalah. 128 = 2 f Diketahui umur Wati adalah U, umur kakak laki-laki Wati yang kembar adalah e, dimana U,e adalah bilangan bulat dan U < e, maka perkalian umur ketiganya adalah: Ue 4 = 128 Nilai U dan e yang mungkin adalah: 2 (2 9 ) 4 = 128 U = 2,e = 2 9 Sehingga, misal h adalah jumlah ketiga umur mereka, maka: h = U+2e = = 2+16 = 18 tahun.

7 Halaman 7 dari Banyakya segitiga siku-siku yang memiliki sisi tegak U,e dan sisi miring e+1, dimana U,e adalah bilangan bulat dan e < 100, adalah. Jika U,e,dan e+1 adalah sisi-sisi segitiga siku-siku dengan sisi miring e+1, maka nilai sisi-sisi segitiga tersebut harus memenuhi: U+e > e+1 U > 1 Pada segitiga siku-siku dengan sisi tegak U,e dan sisi miring e+1 berlaku teorema Pythagoras: U 4 +e 4 = (e+1) 4 U 4 = (e+1) 4 e 4 U 4 = j(e+1)+ekj(e+1) ek U 4 = 2e+1 Padahal dari soal diketahui e < 100, sehingga nilai U 4 yang mungkin U 4 < 201. Sedangkan dari syarat U > 1 maka U 4 > 1. Berarti nilai U harus berada pada interval 1 < U 4 < 201 Mengingat 2e adalah bilangan bulat dan U 4 = 2e+1, sehingga U 4 pasti bernilai ganjil. Karena U adalah bilangan bulat, maka nilai U 4 adalah bilangan kuadrat yang bernilai ganjil yang harus memenuhi 1 < U 4 < 201. Nilai U 4 yang mungkin adalah 9, 25, 49, 81, 121, dan 169. Sehingga pasangan sisi segitiga siku-siku yang mungkin dibuat adalah: U 4 = 9 2e+1 = 9 e = 4, jadi sisi-sisi segitiga tersebut adalah 3, 4, dan 5. U 4 = 25 2e+1 = 25 e = 12, jadi sisi-sisi segitiga tersebut adalah 5, 12, dan 13. U 4 = 49 2e+1 = 49 e = 24, jadi sisi-sisi segitiga tersebut adalah 7, 24, dan 25. U 4 = 81 2e+1 = 81 e = 40, jadi sisi-sisi segitiga tersebut adalah 9, 40, dan 41. U 4 = 121 2e+1 = 121 e = 60, jadi sisi-sisi segitiga tersebut adalah 11, 60, dan 61. U 4 = 169 2e+1 = 169 e = 84, jadi sisi-sisi segitiga tersebut adalah 13, 84, dan 85. Jadi dapat disusun sebanyak 6 buah segitiga siku-siku.

8 Halaman 8 dari Misalkan diberikan fungsi n:r R dengan n(1) = 1 dan untuk sebarang S R memenuhi n(s+5) n(s)+5 dan n(s+1) n(s)+1. Jika t(s) = n(s) S+1 maka t(2011) adalah. Kita periksa fungsi rekursif dari n(s+1) n(s)+1 dengan nilai awal n(1) = 1, maka: n(2) n(1)+1 n(2) 1+1 n(2) 2 n(3) n(2)+1 n(3) 2+1 n(3) 3 n(4) n(3)+1 n(4) 3+1 n(4) 4 n(2012) 2012 Dari pola tersebut, bisa disimpulkan nilai n(2012) 2012 Sekarang periksa fungsi rekursif dari n(s+5) n(s)+5 dengan nilai awal n(1) = 1, maka n(6) n(1)+5 n(6) 1+5 n(6) 6 n(7) n(2)+5 n(7) 2+5 n(7) 7 n(8) n(1)+5 n(8) 3+5 n(8) 8 n(2012) 2012 Dari pola tersebut, bisa disimpulkan nilai n(2012) 2012 Karena 2012 n(2012) 2012, artinya n(2012) = 2012, sehingga: t(s) = n(s) S+1, jika S = 2012, maka diperoleh: t(2012)=n(2012) = = 1

9 Halaman 9 dari 26 x 8. Banyaknya nilai U yang memenuhi v 3S 4 3wS y6 x z 3S 4 3wS y6 = 4 {S 9 3S x y6 = 4 (U 9 3U) ( 1+3) = 4 U 9 3U 2 = 4 U 9 3U+2 = 0 (U 1) 4 (U+2) = 0 = 4 adalah. Jadi, ada 2 nilai U yang memenuhi adalah U = 1 atau U = 2.

10 Halaman 10 dari Misalkan U,e,},w bilangan asli sehingga log x e = 9 dan log 4 ~w = =. Jika U } = 9 maka? e w =. log x e = 3 2 e = U log ~ w = 5 4 w = } Misalkan S = U ƒ maka berakibat e = U e = U ƒ 9 e = S 9. Misalkan T = } ƒ maka berakibat w = } w = } ƒ = w = T =. Sementara itu, dari S = U ƒ diperoleh U = S 4, dan dari dari T = } ƒ diperoleh } = T?, sehingga: U } = 9 S 4 T? = 9 j tu\ eˆ \F U 4 e 4 = (U+e)(U e)k (S+T 4 )(S T 4 ) = 9 ( tu\ nu \Š wu 9 UwUŒUh 3 3 U\UF 9 1) Ž UŒ (S+T 4 )=3 wu (S T 4 )=3, UwUhUŒ (S+T 4 ) (S T 4 ). Uw (S+T 4 ) = 3 wu (S T 4 ) = 3 \ wu YˆYˆ Fh. hˆh ttu TU t YˆYˆ Fh UwUŒUh (S+T 4 )=9 wu (S T 4 )=1 Dengan metode eliminasi dan substitusi pada persamaan (S+T 4 ) = 9 dan (S T 4 ) = 1 akan diperoleh nilai S dan T sebagai berikut: S+T 4 = 9 S T 4 = 1 2S = 10 S = 5 Sehingga, S+T 4 = 9 T 4 = 9 S T 4 = 9 5 T 4 = 4 T = ±2 ( U ˆ U S,T e ŒU tu U Œ,YU U TU t YˆYˆ Fh hu TU T = 2) T = 2 Jadi, e w = S 9 T = = = = = 93

11 Halaman 11 dari Jika U dan e bilangan asli dan V = U+ e, maka nilai U e adalah j k j 7+ 5k Jadi, nilai U = 7 dan e = 5, sehingga U e = 7 5 = 35. TRIK SUPERKILAT: Jadi, dengan mengingat konsep (U+e)+2 Ue = U+ e dan dengan melihat bentuk V di atas, sangat mudah kita temukan bahwa nilai U e = 35.

12 Halaman 12 dari Nilai dari logtan1 +logtan2 +logtan3 + +logtan89 adalah. logtan1 +logtan2 +logtan3 + +logtan89 log(tan1 tan2 tan3 tan89 ) log(tan1 tan89 tan2 tan88 tan3 tan87 tan45 ) log(tan1 tan(90 1 ) tan2 tan(90 2 ) tan3 tan(90 3 ) tan45 ) logj(tan1 cot1 ) (tan2 cot2 ) (tan3 cot3 ) tan45 k log( ) log1 0

13 Halaman 13 dari U,e,2011 adalah sebuah barisan dengan U dan e adalah bilangan bulat positif dan U < e < Jika setiap suku dikurangi dengan dua, maka barisan tersebut menjadi barisan geometri dengan rasio bilangan bulat. Nilai U adalah. U,e,2011 adalah sebuah barisan, U,e N. Jika setiap suku dikurangi dua, diperoleh barisan geometri dengan rasio, untuk Z. Barisan geometri tersebut adalah: (U 2),(e 2),2009 Perhatikan bilangan pada suku ke-3 barisan geometri tersebut. Dikarenakan rumus suku ke- dari barisan geometri adalah F 2 = U 2y6, maka suku ke-3 adalah F 9 = U 4. Padahal diketahui U,e N dan Z, maka untuk suku ke-3 pasti memuat faktor kuadrat. Kita periksa faktor dari bilangan 2009, diperoleh: 2009 = Dan karena F 9 = U 4 dan F 9 = 2009 maka diperoleh: U 4 = = 7 4 = 7 U = 41

14 Halaman 14 dari Suku banyak (S) = S f +US ; +es = +}S? +ws 9 +ˆS 4 +ns+t mempunyai tujuh akar real berbeda dan salah satunya adalah nol. Koefisien yang tidak boleh nol adalah. Misal akar-akar suku banyak (S) = S f +US ; +es = +}S? +ws 9 +ˆS 4 +ns+t adalah S 6,S 4,S 9,S?,S =,S ;,dan S f. Diketahui suku banyak memiliki tujuah akar real berbeda dan salah satu akarnya adalah nol, misal S 6 = 0. Sehingga dengan memeriksa sifat simetri akar (teorema Vieta) diperoleh: S 6 +S 4 +S 9 +S? +S = +S ; +S f = U (ešœˆh ŠŒ) S 6 S 4 +S 6 S 9 +S 6 S? + +S ; S f = e (ešœˆh ŠŒ) S 6 S 4 S 9 +S 6 S 4 S? +S 6 S 4 S = + +S = S ; S f = }(ešœˆh ŠŒ) S 6 S 4 S 9 S? +S 6 S 4 S 9 S = +S 6 S 4 S 9 S ; + +S? S = S ; S f = w(ešœˆh ŠŒ) S 6 S 4 S 9 S? S = +S 6 S 4 S 9 S? S ; +S 6 S 4 S 9 S? S f + +S 9 S? S = S ; S f = ˆ(eŠŒˆh ŠŒ) S 6 S 4 S 9 S? S = S ; +S 6 S 4 S 9 S? S = S f +S 6 S 4 S 9 S? S ; S f + +S 4 S 9 S? S = S ; S f = n(\ wu ešœˆh ŠŒ) S 6 S 4 S 9 S? S = S ; S f = t = 0( U \ ŠŒ) Nilai U,e, },w, ˆ mungkin saja nol jika jumlah suku yang tidak memuat S 6 adalah nol. Nilai t pasti nol. Karena terdapat S 6 = 0 yang membuat nilai S 6 S 4 S 9 S? S = S ; S f = 0. Sedangkan untuk n, tidak boleh nol, karena semua yang berwarna merah nilainya adalah 0, dan mengingat hanya satu akar yang nol yaitu S 6 maka akar suku banyak yang lainnya adalah tidak nol. Jadi perkalian S 4 S 9 S? S = S ; S f tidak boleh nol!

15 Halaman 15 dari Tiga dadu dibentuk dengan pola seperti gambar di atas. Jika ketiga dadu tersebut ditumpuk di atas sebuah meja sedemikian sehingga satu dadu berada di atas dadu lainnya, maka jumlah maksimum dari angka-angka yang dapat terlihat adalah. Perhatikan jumlah angka-angka pada sisi-sisi berhadapan adalah: 1+32 = = = 12 Sehingga jumlah semua angka pada sisi dadu adalah = 63 \UY U wˆ U \UY U eˆœu U t Jika kita menyusun tiga dadu secara bertumpuk, maka akan terdapat dua pasang sisi berhadapan yang tidak terlihat pada dua buah dadu terbawah, sementara pada dadu teratas hanya ada satu sisi yang tidak terlihat. Sehingga, jumlah maksimum dari angka-angka yang dapat terlihat bisa diperoleh dengan meminimumkan angka-angka yang tidak terlihat. Pertama, untuk dua pasang sisi berhadapan kita pilih pasangan angka 4 dan 8. Kedua, untuk satu sisi yang tidak terlihat di dadu teratas kita pilih angka 1. Jadi, jumlah maksimum dari angka-angka yang terlihat adalah: (3 63) j(2 12)+1k = = 164

16 Halaman 16 dari Barisan naik 1, 3, 4, 9, 10, 12, 13, terdiri dari bilangan-bilangan asli perpangkatan dari 3 atau jumlah dari perpangkatan 3 yang berbeda. Suku ke-2011 barisan itu adalah. (3 œ ),(3 6 ),( œ ),(3 4 ),( œ ),( ),( œ ), Jika diamati, barisan tersebut ekuivalen dengan barisan bilangan biner 1, 10, 11, 100, 101, 110, 111, pada basis 3. Jadi untuk mendapatkan suku ke 2011 maka kita harus mencari bilangan biner untuk 2011: sisa 1 sisa 1 sisa 0 sisa 1 sisa 1 sisa 0 sisa 1 sisa 1 sisa 1 sisa 1 Jadi œ = Perhatikan bahwa bisa dibuktikan 2011 = 2 6œ ž +2 f +2 ; +2? œ. Sehingga suku ke 2011 barisan tersebut adalah: F 4œ66 = 3 6œ ž +3 f +3 ; +3? œ = = 88321

17 Halaman 17 dari Misalkan Y dan bilangan asli yang memenuhi =?. Nilai Y+ adalah. 2 f 1 Y +1 = 4 7 Y+ Y = 4 7 7(Y+ ) = 4Y 4Y 7Y 7 = 0 c (4, 7, 7) = 1,ŒUŒF ˆwFU FU w UŒ 4. 16Y 28Y 28 = 0 (\UYeUh U ˆwFU FU wˆ tu 49) 16Y 28Y = 49 (4Y 7)(4 7) = 49 Uw (4Y 7) U \ UŒUh U\F nu \Š wu 49 = ±1,±7±49 Karena 1 adalah faktor 49, maka: (4Y 7) = 1 4Y = 8 Y = 2,sehingga: (4Y 7)(4 7) = 49 (4 7) =? 4 = 56 = 14 6 Jadi, Y = 2 dan = 14 adalah solusi bulat dari =?. 2 f Karena 1 adalah faktor 49, maka: (4Y 7) = 1 4Y = 6 Y = ;?, sehingga ini bukan solusi bulat dari =? f. Karena 7 adalah faktor 49, maka: (4Y 7) = 7 4Y = 14 Y = 6??, sehingga ini juga bukan solusi bulat dari =? f. Karena 7 adalah faktor 49, maka: (4Y 7) = 7 4Y = 0 Y = 0,sehingga: (4Y 7)(4 7) = 49 (4 7) = = 0 = 0 Jadi, Y = 0 dan = 0, namun sayang bukan bilangan asli, dan penyebut pecahan haram diisi bilangan nol. Sehingga tidak jadi masuk ke jawaban. Hehe Karena 49 adalah faktor 49, maka: (4Y 7) = 49 4Y = 56 Y = 14,sehingga: (4Y 7)(4 7) = 49 (4 7) = = 8 = 2 Jadi, Y = 14 dan = 2 adalah solusi bulat dari =? f. Karena 49 adalah faktor 49, maka: (4Y 7) = 49 4Y = 42 Y = y?4?, sehingga bukan solusi bulat dari =? f. Jadi Y+ = 2+14 = 14+2 = 16

18 Halaman 18 dari 26 TRIK SUPERKILAT: 1 Y +1 = 4 7 Y+ Y = 4 7 7(Y+ ) = 4Y 7Y+7 = 4Y 7Y = 4Y 7 7Y = (4Y 7) = 7Y 4Y 7 ; 4Y 7 0 Solusi bulat Y dan didapatkan untuk nilai Y = 2 = 14 dan Y = 14 = 2 Jadi Y+ = 2+14 = 14+2 = 16

19 Halaman 19 dari Untuk bilangan riil U dan e didefinisikan U $ e = (U e) 4. Bentuk sederhana dari (S T) 4 $(T S) 4 adalah. (S T) 4 $(T S) 4 = ((S T) 4 (T S) 4 ) 4 TRIK SUPERKILAT: = j(s 4 2ST+T 4 ) (T 4 2ST+S 4 )k 4 = 0 4 = 0 Ingat S 4 = ( S) 4, maka (S T) 4 = j (S T)k 4 = (T S) 4 Jadi (S T) 4 $(T S) 4 = (S T) 4 $(S T) 4 = j(s T) (S T)k 4 = 0 4 = 0

20 Halaman 20 dari Jika 50 œ œ66 dibagi oleh 7, maka sisanya adalah. Misal S 2 adalah sisa pembagian 50 2 oleh 7, maka: 50 = 1 (YŠw 7) U ˆ U 50 1 = 49 = 7 7, Uw = 1 2 (YŠw 7) Jadi berapapun nilai (pangkat) dari 50 2, sisa pembagian 50 2 adalah S 2 = 1 2 = 1. Sehingga, Sisa pembagian 50 œ œ66 oleh 7, bisa dituliskan sebagai: 4œ66 4œ (YŠw 7) = 1 2 œ 2 œ (YŠw 7) = ª «+1 (YŠw 7) 4œ64 x ±²³ = 2012 (YŠw 7) = (YŠw 7) 503 = 6 (YŠw 7) = 4 6 (YŠw 7) = 24 (YŠw 7) = 3 (YŠw 7) Jadi sisa pembagian 50 œ œ66 oleh 7 adalah 3. TRIK SUPERKILAT: Menggunakan cara pembagian tradisional, sisa pembagian 2012 terhadap 7 adalah 3.

21 Halaman 21 dari Volume dari sebuah kubus yang memiliki luas permukaan dua kali lebih luas dari luas permukaan kubus yang memiliki volume satu satuan adalah. Dari soal diperoleh informasi berikut: _ 4 = 2_ = = = 1 2 Sehingga, karena µ ƒ = 6 dan H µ 4 6 = 1 satuan volume, maka: H 6 = 6 9 H H 6 = 6 9 H H 4 = H 4 = H 4 = 8 9 H 4 = 2 2 satuan volume TRIK SUPERKILAT: Volume dan luas adalah _. Sehingga volumenya adalah 2 = 2 2

22 Halaman 22 dari Jika bilangan real S dan T memenuhi (S+5) 4 +(T 12) 4 = 14 4, maka nilai minimum S 4 +T 4 adalah. (S+5) 4 +(T 12) 4 = 14 4 Persamaan tersebut adalah persamaan lingkaran dengan pusat ( 5,12) dan jari-jari 14. S 4 +T 4 = 4 Persamaan tersebut adalah persamaan lingkaran dengan pusat (0,0) dan jari-jari. Sekarang, mari kita periksa apakah titik (0,0) berada di dalam lingkaran atau tidak? S = 0 dan T = ( 12) 4 < 14 4 Jadi titik (0,0) berada di dalam lingkaran, sehingga agar nilai S 4 +T 4 maksimum maka lingkaran S 4 +T 4 = 4 harus menyinggung lingkaran (S+5) 4 +(T 12) 4 = Misalkan titik singgung tersebut adalah titik», maka diperoleh: Jarak titik ( 5,12) ke titik P adalah jari-jari lingkaran tersebut, yaitu 14. Jarak titik ( 5,12) ke titik (0,0) dengan menggunakan teorema Pythagoras adalah 13. Nah, karena titik», ( 5,12),(0,0) adalah sebuah garis lurus, sehingga jarak jari-jari lingkaran yang berpusat di (0,0) adalah 1. Jadi, nilai minimum S 4 +T 4 adalah 1 4 = 1. TRIK SUPERKILAT: Dari teorema Pythagoras diperoleh jarak ke titik O adalah 13, sementara jari-jari lingkaran luar adalah 14. Berarti selisihnya adalah jari-jari maksimum lingkaran dalam yang menyinggung sisi lingkaran luar. Jadi nilai maksimum = 1.

23 Halaman 23 dari 26 Bagian kedua A. Persamaan kuadrat S 4 (2U+1)S+U(U 1) = 0 mempunyai dua akar real S 6 1 dan S 4 > Apakah nilai dari diskriminan 0 dan S 6 S 4 < 0 perlu dan cukup untuk menentukan nilai U yang memenuhi persamaan dengan akar-akar tersebut? Mengapa? Tidak, karena jika 0 berarti ada kemungkinan dua akar tersebut real dan kembar. Padahal kenyataannya nilai akar-akar persamaan kuadrat tersebut terpisah pada dua interval S 6 1 dimana nilai S 6 pasti negatif, sementara S 4 > 1 nilai S 4 pasti positif. Jelas diketahui bahwa tidak aka nada irisan yang tercipta antara bilangan positif dan negatif. Untuk syarat S 6 S 4 < 0 juga kurang tepat, mengingat perkalian paling kecil yang tercipta adalah 1 1 Œˆe h w \ = 1 F U t w \. 22. Jika tidak, tuliskan kondisi (persyaratan) yang harus dimiliki agar nilai U dapat ditentukan untuk akar-akar tersebut? Catatan: Saudara tidak perlu menentukan nilai U. Syarat yang harus dimiliki adalah: S 6 1 ¼ Jadi S S 4 > 1 1 < S 6 1 < 1 < S 4. 4 Sehingga daerah penyelesaian dari S 6 1 < 1 < S 4 adalah irisan dari: S 6 1 < S 4 S < S 4 +1 (S 6 +1)(S 4 +1) 0.(1) S 6 < 1 < S 4 S 6 1 < 0 < S 4 1 (S 6 1)(S 4 1) < 0.(2) Dan juga jangan lupa, karena persamaan kuadrat memiliki dua akar real berbeda, maka determinan harus positif, sehingga: > 0 j (2U+1)k 4 4(1)jU(U 1)k > 0..(3) Sehingga daerah penyelesaiannya agar nilai U dapat ditentukan untuk akar-akar tersebut adalah irisan dari daerah penyelesaian (1), (2), dan (3).

24 Halaman 24 dari 26 B. Perhatikan persamaan: S 1 3 S+1 + S 2 = U Untuk mencari nilai U agar persamaan itu memiliki penyelesaian dapat dilakukan dengan menggambar grafik T = n(s) = S 1 3 S+1 + S Gambar sketsa grafik fungsi n! n(s) = S 1 3 S+1 + S 2 Pertama kita hilangkan tanda mutlak pada S 1, sehingga n(s) menjadi: S 1 3 S+1 + S 2, S 1 0 n(s) = ½ S+1 3 S+1 + S 2, S 1 < 0 Selanjutnya kita hilangkan tanda mutlak pada S+1, sehingga n(s) menjadi: S 1 3(S+1)+ S 2, S 1 0 wu S+1 0 S 1 3( S 1)+ S 2, S 1 0 wu S+1 < 0 n(s) = ¾ S+1 3(S+1)+ S 2, S 1 < 0 wu S+1 0 S+1 3( S 1)+ S 2, S 1 < 0 wu S+1 < 0 Selanjutnya kita hilangkan tanda mutlak pada S 2, sehingga n(s) menjadi: S 1 3(S+1)+(S 2), S 1 0 wu S+1 0 wu S 2 0 Â S 1 3(S+1)+( S+2), S 1 0 wu S+1 0 wu S 2 < 0 S 1 3( S 1)+(S 2), S 1 0 wu S+1 < 0 wu S 2 0 À S 1 3( S 1)+( S+2), S 1 0 wu S+1 < 0 wu S 2 < 0 n(s) = Á S+1 3(S+1)+(S 2), S 1 < 0 wu S+1 0 wu S 2 0 S+1 3(S+1)+( S+2), S 1 < 0 wu S+1 0 wu S 2 < 0 À S+1 3( S 1)+(S 2), S 1 < 0 wu S+1 < 0 wu S 2 0 S+1 3( S 1)+( S+2), S 1 < 0 wu S+1 < 0 wu S 2 < 0 Sehingga dengan menyederhanakan fungsi n(s) akan diperoleh: Â S 6, S 2 3S 2, 1 S < 2 À À 5S, S 1 wu S < 1 wu S 2 3S 4, S 1 wu S < 1 wu S < 2 n(s) = Á 3S 4, S < 1 wu S 1 wu S 2 À 5S, 1 S < 1 À3S 2, S < 1 wu S < 1 wu S 2 S 6, S < 1 Perhatikan untuk yang saya tandai merah adalah domain tidak valid. Sehingga, fungsi n(s) adalah: S 6, F \F S 2 3S 2, F \F 1 S < 2 n(s) = ¾ 5S 6, F \F 1 S < 1 S+6, F \F S < 1 Untuk sketsa grafiknya bisa dilihat di sebelah kanan

25 Halaman 25 dari Dengan menggunakan sketsa grafik yang telah Saudara buat, tentukan nilai U agar persamaan itu memiliki paling sedikit satu penyelesaian untuk S. Nilai U bisa dimaknai sebagai titik-titik potong keempat garis tersebut. Sehingga dengan eliminasi dan substitusi diperoleh titik-titik potong berikut: 3S 2, 5S 6,dan S+6 berpotongan di ( 2,4). Sehingga U = T = 4. S 6 dan S+6 berpotongan di ( 6,0). Sehingga U = T = 0. S 6 dan 3S 2 berpotongan di (2, 2). Sehingga U = T = 2. S 6 dan 5S 6 berpotongan di (0, 6). Sehingga U = T = 0.

26 Halaman 26 dari 26 C. Misalkan N adalah bilangan bulat positif, dan N * menyatakan bilangan bulat yang diperoleh dari menjumlahkan bilangan N dengan semua angka-angkanya. Sebagai contoh: 5 * = 10, 86 * = 100, 977 * = 1000, 9968 * = Untuk menentukan bilangan bulat N sehingga N * = , perhatikan proses pencarian berikut ini: i. N memiliki paling banyak enam angka, sehingga jumlahnya paling besar 54. ii. Misalkan N = 999.9Ue dengan U dan e adalah dua angka terakhir, dan N iii = N * = ( U +e) + (36 + U + e) atau 11U + 2e = 64. iv. Kita memperoleh 46 11U 64 atau 46/11 U 64/11. v. Nilai U = 5 dan e = Tuliskan pernyataan yang salah atau buat suatu kesimpulan dari proses pencarian bilangan bulat N di atas! Pernyataan yang salah berwarna merah: i. N memiliki paling banyak enam angka, sehingga jumlahnya paling besar 54. ii. Misalkan N = 999.9Ue dengan U dan e adalah dua angka terakhir, dan N iii = N * = ( U +e) + (36 + U + e) atau 11U + 2e = 64. iv. Kita memperoleh 46 11U 64 atau 46/11 U 64/11. v. Nilai U = 5 dan e = 4 Solusi bulat untuk persamaan linear dua variabel tersebut adalah dengan menggunakan teorema Diophantine. Setelah menyelesaikan teorema Diophantine pada persamaan tersebut, ternyata tidak ditemukan hasil yang memenuhi, karena nilai bulat yang memenuhi adalah, U = 4, dan e = 10. Ingat U,e adalah bilangan satuan mulai 0 sampai 9. Sehingga kesimpulannya, untuk N * = tidak akan ditemukan solusinya. Pembahasan soal OSN Guru Matematika SMA 2011 ini sangat mungkin jauh dari sempurna mengingat keterbatasan penulis. Saran, koreksi dan tanggapan sangat diharapkan demi perbaikan pembahasan soal OSN ini. Untuk download pembahasan soal SNMPTN, UNAS, Olimpiade, dan rangkuman materi pelajaran serta soal-soal ujian yang lainnya, silahkan kunjungi Terima kasih. Pak Anang.