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 ketiga lingkaran tersebut berikut daerah yang dibatasinya sama dengan... A B C ABC adalah segitiga samasisi dengan panjang sisi r = 4. Sehingga Luas ABC = 1 4 sin 60 = 4 3. Sedangkan luas ketiga daerah lingkaran diluar segitiga ABC yaitu 900 360 π = 10π Jadi, luas daerah yang diminta soal adalah 4 3 + 10π satuan luas.. 013 lampu dikontrol oleh 013 tombol saklar yang diberi nomor 1,, 3,, 013. Menekan tombolsaklar satu kali akan merubah nyala lampu (hidup atau mati). Pada awalnya semua lampu dalam keadaan mati. Pada hari pertama, semua tombol saklar ditekan satu kali. Pada hari kedua, semua tombol saklar bernomor atau kelipatan ditekan sekali. Dengan melakukan hal yang sama pada hari ke-n, semua tombol saklar lampu bernomor n atau kelipatan n ditekan sekali. Demikian seterusnya. Berapa banyak lampu dalam kondisi hidup setelah operasi pada hari ke 013 dilakukan? 1
Perhatikan bahwa jika saklar lampu ditekan sebanyak k kali dengan k bilangan ganjil maka lampu tersebut akan menyala. Itu artinya cukup dicari bilangan yang memiliki banyak faktor ganjil. Dan tentu saja bilangan yang memiliki sifat demikian adalah bilangan kuadrat sempurna. Padhal bilangan kuadrat sempurna kurang dari 013 ada sebanyak 44. Oleh karena itu, banyak lampu dalam kondisi hidup setelah operasi pada hari ke 013 adalah 44 lampu. 3. Diberikan fungsi real f dengan f(x) = cx ( ) x 3, x 3 dan f f(x) = x untuk semua x 3. Nilai f(013) adalah... ( ) Dari keterangan bahwa f f(x) = x dapat disimpulkan bahwa f adalah invers dari dirinya sendiri. Padahal f 1 (x) = 3x x c. diperoleh c = 3. Sehingga diperoleh f(x) = Oleh karena itu, karena f(x) = f 1 (x) 3x x 3 4. Pasangan bilangan bulat positif (x, y) yang memenuhi bilangan prima adalah... xy x + y dan karenanya f(013) = 6039 403. Misalkan F P B(x, y) = d maka diperoleh x = dp dan y = dq dengan F P B(p, q) = 1. Dari sini diperoleh xy x + y = d3 pq dp + dq = d pq p + q Karena F P B(p, q) = 1 maka F P B(p + q, pq ) = 1. Sehingga haruslah (p + q) d. Selain itu, mengingat d pq mungkin p + q prima maka q = 1. Akibatnya agar d p p+1 d prima dan p = 1. p + 1 Akibatnya d =. Sehingga diperoleh x = dp = dan y = dq =. d = 1 prima dan p prima. p + 1 Diperoleh d = dan p = 3. Sehingga x = dp = 6 dan y = dq =. prima, ada dua kasus yang Jadi, ada dua pasangan bilangan (x, y) yang memenuhi yaitu (, ) dan (6, ). 5. Jika x + x + y = 10 dan x + y y = 1, maka nilai dari x + y adalah... Bagi menjadi 4 kasus, a. x < 0 dan y < 0, diperoleh x + x + y = 10 y = 10. Tidak memenuhi.
b. x 0 dan y 0, diperoleh x + y y = 1 x = 1. Tetapi x + x + y = 10, tidak memenuhi. c. x < 0 dan y 0, diperoleh x + x + y = 10 y = 10 sehingga x + y y = 1 x = 1, tidak memenuhi karena x < 0. d. x 0 dan y < 0, diperoleh x + x + y = 10 x + y = 10 dan x + y y = 1 x y = 1. Dengan eliminasi sederhana kita peroleh x = 3 dan y = 14 5 5 sehingga x + y = 18 5. Jadi, x + y = 18 5. 6. Banyaknya bilangan bulat positif n yang memenuhi n 660 merupakan bilangan kuadrat sempurna adalah... Misalkan n 660 = k untuk suatu bilangan bulat positif k. Selanjutnya kita peroleh n k = 660 (n + k)(n k) = 3 5 11. Karena (n + k) > (n k) dan keduanya memiliki paritas yang sama, akibatnya ada empat kasus yang mungkin, n + k = 330 dan n k = sehingga diperoleh n = 166 dan k = 164. n + k = 110 dan n k = 6 sehingga diperoleh n = 58 dan k = 5. n + k = 66 dan n k = 10 sehingga diperoleh n = 38 dan k = 8. n + k = 30 dan n k = sehingga diperoleh n = 6 dan k = 4. Jadi, ada 4 bilangan asli n yang memenuhi. 7. Ada berapa barisan sembilan suku a 1, a, a 3,, a 9, yang masing - masing sukunya adalah 0, 1,, 3,, 8 atau 9 dan memuat tepat satu urutan a i, a j dimana a i genap dan a j ganjil? Misalkan bola biru mewakili kemungkinan tempat untuk bilangan genap dan bola merah mewakili kemungkinan tempat untuk bilangan ganjil. Dua bola biru dan merah yang berada di dalam kotak merupakan dua bilangan dengan urutan genap ganjil seperti yang diharapkan pada soal. Terlebih dahulu kita bagi menjadi dua kasus, 3
Terdapat 5 bilangan ganjil dan 4 bilangan genap dalam barisan. Untuk memilih 4 bilangan genap dari 5 bilangan genap yang tersedia ada 5 cara. Perhatikan juga bahwa cara memilih dua bilangan yang diletakkan didalam kotak ada 4 5 = 0 cara. Sedangkan untuk menempatkan 4 bilangan ganjil sisanya ada 4! + 3!1! +!! + 1!3! + 4! = 64 cara. Dan untuk menempatkan 3 bilangan genap sisanya ada 3!+!1!+1!!+3! = 16 cara. Jadi barisan berbeda yang dapat dibentuk pada kasus ini adalah 5 0 64 16 = 10400 Terdapat 4 bilangan ganjil dan 5 bilangan genap dalam barisan. Untuk kasus ini sama persis dengan kasus pertama hanya mengganti jumlah genap dan ganjilnya saja. Jadi untuk kasus ini juga diperoleh 10400 barisan. Jadi, total ada 04800 barisan sembilan digit yang bisa dibentuk. 8. Bilangan asli n dikatakan cantik jika n terdiri dari 3 digit berbeda atau lebih dan digitdigit penyusunnya tersebut membentuk barisan aritmetika atau barisan geometri. Sebagai contoh 13 adalah bilangan cantik karena 1,, 3 membentuk barisan aritmetika. Banyak bilangan cantik adalah... Kemungkinan barisan geometri yang bisa disusun yaitu a. 1,, 4, 8. Banyak bilangan cantik yang dapat disusun dari barisan ini adalah 3 = 6. b. 1, 3, 9. Banyak bilangan cantik yang dapat disusun dari barisan ini adalah 1 =. Kemungkinan barisan aritmetika yang bisa disusun yaitu a. 0, 1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 Banyak bilangan cantik yang dapat disusun dari barisan ini adalah 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + + 1 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + + 1 = 64. b. 0,, 4, 6, 8 Banyak bilangan cantik yang dapat disusun dari barisan ini adalah +1+3++1 = 9. c. 1, 3, 5, 7, 9 Banyak bilangan cantik yang dapat disusun dari barisan ini adalah 3++1+3++1 = 1. d. 0, 3, 6, 9 Banyak bilangan cantik yang dapat disusun dari barisan ini adalah 1 + + 1 = 4. e. 1, 4, 7 Banyak bilangan cantik yang dapat disusun dari barisan ini adalah 1 =. 4
f., 5, 8 Banyak bilangan cantik yang dapat disusun dari barisan ini adalah = 1. g. 0, 4, 8 Banyak bilangan cantik yang dapat disusun dari barisan ini adalah 1. h. 1, 5, 9 Banyak bilangan cantik yang dapat disusun dari barisan ini adalah 1 =. Jadi, total bilangan cantik yang dapat disusun adalah 6 + + 64 + 9 + 1 + 4 + + + 1 + = 104 9. Misalkan M adalah titik tengah sisi BC pada ABC dan CAB = 45, ABC = 30 maka tan AMC adalah... C 105 M A 45 30 B Berdasarkan aturan sinus pada ABC diperoleh AC sin B = BC sin A AC sin 30 = AC 1 = BC 1 BC sin 45 AC = 1 BC AC 1 BC = BC AC AC BC = MC AC Jadi, ABC sebangun dengan AMC sehingga AMC = CAB = 45. Akibatnya tan AMC = 1. 10. Diberikan bilangan prima p > 013. Misalkan a dan b adalah bilangan - bilangan asli sehingga a + b habis dibagi p tetapi tidak habis dibagi p. Jika diketahui a 013 + b 013 habis dibagi p maka banyak bilangan asli n 013 sehingga a 013 + b 013 habis dibagi 5
p n adalah... Karena a + b 0 mod p = a b mod p. Selain itu, kita juga punya a 013 + b 013 = (a + b) ( a 01 a 011 b + a 010 b + a b 010 ab 011 + b 01) karena p membagi (a + b) tetapi p tidak membagi (a + b) maka p membagi (a 01 a 011 b + a 010 b + a b 010 ab 011 + b 01 ). Dengan demikian diperoleh a 01 a 011 b + a 010 b + a b 010 ab 011 + b 01 0 mod p b 01 + b 01 + b 01 + + b 01 + b 01 + b 01 0 mod p 013b 013 0 mod p b 0 mod p Jadi, p b = p a. Sehingga p 013 (a 013 + b 013 ). Sehingga diperoleh p n (a 013 + b 013 ) untuk setiap bilangan asli n 013. Jadi, banyak bilangan asli n 013 sehingga a 013 + b 013 habis dibagi p n adalah 013. 11. Ada enam anak TK masing-masing membawa suatu makanan. Mereka akan mengadakan kado silang, yaitu makanannya dikumpulkan dan kemudian dibagi lagi sehingga masingmasing anak menerima makanan yang bukan makanan yang dibawa semula. Banyaknya cara untuk melakukan hal tersebut adalah... Jika hanya ada satu anak jelas tidak ada proses pertukaran kado. Jika terdapat dua anak maka banyak cara pertukaran kado ada tepat 1 cara. Jika anak ketiga masuk dalam kelompok maka dia punya kesempatan untuk bertukar kado dengan orang yang telah ada dalam kelompok sebelumnya. Jadi, jika terdapat tiga anak maka banyak cara pertukaran kado ada 1 = cara. Seterusnya jika anak keempat masuk maka anak keempat memiliki kesempatan untuk bertukar kado dengan 3 teman yang lain, anak kelima memiliki 4 kesempatan dan anak keenam memiliki 5 kesempatan. Jadi jika terdapat enam anak maka banyak cara pertukaran kado ada 5 4 3 1 = 10 cara. Lebih umum, jika terdapat n anak maka banyak cara pertukaran kado ada (n 1)! cara. 1. Grafik parabola y = x a dan x = y b dengan a > 0 dan b > 0 berpotongan di empat titik (x 1, y 1 ), (x, y ), (x 3, y 3 ) dan (x 4, y 4 ). Nilai (x 1 + x )(x 1 + x 3 )(x 1 + x 4 ) adalah... Dari y = x a = y = x 4 ax + a sehingga x = y b = x = x 4 ax + a b yang equivalen dengan persamaan derajat empat x 4 ax x + a b = 0. Karena x 1, x, x 3, x 4 adalah absis dari perpotongan kedua grafik maka x 1, x, x 3, x 4 adalah akar - 6
akar dari x 4 ax x + a b = 0. Berdasarkan teorema Vieta untuk polinom derajat empat diperoleh x 1 + x + x 3 + x 4 = 0 x 1 x x 3 + x 1 x x 4 + x 1 x 3 x 4 + x x 3 x 4 = 1 Oleh karena itu diperoleh, (x 1 + x )(x 1 + x 3 )(x 1 + x 4 ) = x 3 1 + x 1x + x 1x 3 + x 1x 4 + x 1 x x 3 + x 1 x x 4 + x 1 x 3 x 4 + x x 3 x 4 = x 1(x 1 + x + x 3 + x 4 ) + 1 = x 1 0 + 1 = 1 13. Sebuah dadu dilempar (dua) kali. Misalkan a dan b berturut-turut adalah angka yang muncul pada pelemparan pertama dan kedua. Besarnya peluang terdapat bilangan real x, y, dan z yang memenuhi persamaan x + y + x = a dan x + y + z = b sebesar... x + y + x = a = x + y + z + (xy + yz + zx) = a = b + (xy + yz + zx) = a Dari rearrangement equality kita tahu bahwa x +y +z xy+yz+zx. Dengan demikian a = b + (xy + yz + zx) b + (x + y + z ) = 3b Sehingga pasangan bilangan (a, b) yang mungkin yaitu (1, 1), (1, ), (, ), (1, 3), (, 3), (3, 3), (1, 4), (, 4), (3, 4), (1, 5), (, 5), (3, 5), (1, 6), (, 6), (3, 6), (4, 6) ada 16 kemungkinan. Jadi, peluangnya adalah 16 36 = 4 9. 14. Misalkan 1,, 3, adalah barisan segitiga sama sisi dengan panjang sisi 1 adalah 1. Untuk n 1, segitiga n+1 didefinisikan dengan cara sebagai berikut: pertama didefinisikan P n sebagai persegi yang titik-titik sudutnya terletak pada sisi-sisi n, selanjutnya didefinisikan L n sebagai lingkaran terbesar di dalam P n, kemudian didefinisikan n+1, sebagai segitiga sama sisi yang titik-titik sudutnya terletak pada keliling lingkaran. Panjang sisi dari 013 adalah... Misalkan panjang sisi n adalah a n. Diketahui a 1 = 1 dan ditanyakan nilai a 013. Selan- 7
jutnya mari kita lihat n dan mencari hubungannya dengan n+1. Untuk memudahkan misalkan n diwakili oleh ABC dan n+1 diwakili oleh P QR (seperti gambar di bawah ini) C H R G A P E D Q F B Dengan BC = a n, BD = 1 a n, CD = 1 3an. Misalkan pula panjang sisi persegi EF GH adalah s dan jari-jari lingkaran r. Perhatikan BF G adalah segitiga siku-siku dengan BF G = 90 dan F BG = 60. Sehingga diperoleh tan 60 = F G BF s 3 = 1 (a n s) 3(a n s) = s 3a n = s( + 3) 3an s = + 3 s = ( 3 3)a n Karena r = s = ( 3 3)a n maka dengan aturan sinus pada P QR diperoleh ( a n+1 sin 60 = r a n+1 = ( ) ( 1 ) 3 3)a n 3 = ( ) 6 3 3 Dari sini dapat ( dilihat bahwa ) ukuran sisi - sisi segitiga n membentuk barisan geometri 6 3 3 dengan ratio. Dan karena a 1 = 1 diperoleh a 013 = ( 6 3 3 ) 01 a n 8
Jadi, panjang sisi dari 013 adalah ( ) 01 6 3 3. 15. Suatu barisan x 1, x, x 3,, x n, didefinisikan dengan x 1 =, dan x n+1 = ( 1 + 1 ) x n + n n untuk setiap bilangan asli n. Nilai x 013 adalah... Cek untuk beberapa nilai n maka akan diperoleh bahwa barisan pada soal adalah barisan aritmetika yang berbentuk :, 6, 10,. Sehingga, x n = 4n dan karenanya x 013 = 8050. Bukti formal untuk soal ini dapat menggunakan induksi yaitu akan dibuktikan bahwa x n = 4n. Untuk n = 1 jelas x 1 = 4 1 = dan untuk n = kita punya x = 4 = 6 = ( 1 + 1 ) + 1 1 Untuk n = k jika x k = 4k maka ( x k+1 = 1 + 1 ) x k + k k ( ) k + 1 = (4k ) + k k = 1 ( 4k + k + ) k = 4k + = 4(k + 1) Secara induksi terbukti bahwa x n = 4n 1. 16. Diberikan bujursangkar dengan panjang sisi sama dengan 3. Didalam bujursangkar tersebut terdapat dua segitiga sama sisi dengan alas merupakan sisi-sisi bujursangkar yang berhadapan. Perpotongan kedua segitiga sama sisi membentuk rhombus. Luas rhombus sama dengan... 9
D R C Y S E F Q X A P B BEC adalah segitiga samasisi dengan panjang sisi 3 maka EQ = F S = 3. Selain itu perlu diperhatikan bahwa SQ = EQ + F S EF 3 = 3 + 3 EF EF = 6 3 Di sisi lain BP X adalah segitiga siku-siku dengan P BX = 30. Karena BP = 3 maka P X = 1. Perlu diingat juga bahwa P X = Y R, jadi kita peroleh P R = P X + XY + Y R 3 = 1 + XY + 1 XY = 3 Luas rhombus EXF Y yaitu 1 EF XY = 1 (6 3)( 3 ) = 8 3 1. 17. Bilangan bulat positif a dan b yang memenuhi F P B(a, b) = 1 dan bilangan bulat ada sebanyak... a b + 5b 1a Andaikan terdapat bilangan bulat positif a, b yang memenuhi kondisi ini. Misalkan a b = x maka x adalah bilangan rasional positif. Misalkan juga untuk suatu bilangan bulat positif k. x + 5 1x = k ) Dari persamaan *) diperoleh persamaan kuadrat dalam x berikut 1x 1kx + 5 = 0 Mengingat x adalah bilangan rasional maka diskriminan dari persamaan kuadrat di atas harus berbentuk bilangan kuadrat sempurna. Dengan demikian diperoleh, 441k 100 = m ) 10
untuk suatu bilangan bulat positif m. Perhatikan bahwa ruas kiri persamaan **) habis dibagi 1. Oleh karena itu 1 m = 1 m. Akibatnya ruas kiri juga harus habis dibagi 1. Karena 1 441k maka 100 juga habis dibagi 1 yang jelas tidak mungkin. Kontradiksi. Jadi, tidak ada bilangan bulat positif a, b yang memenuhi. 18. Diberikan segitiga ABC, AB = 0, AC = 1 dan BC = 9. Titik D dan E terletak pada segmen BC, sehingga BD = 8 dan EC = 9. Besar DAE sama dengan... Perhatikan bahwa ABC adalah segitiga siku-siku dengan BAC = 90. C F E D A G B Misalkan F dan G berturut - turut titik pada AC dan AB sehingga EF AC dan DG AB (seperti terlihat pada gambar). Diperoleh EF = EC sin C = 9 0 9 CF = EC cos C = 9 1 9 AF = AC CF = 1 9 1 9 DG = BD sin B = 8 1 9 BG = BD cos B = 8 0 9 AG = AB BG = 0 8 0 9 = 0 1 9 = 1 0 9 11
Misal GAD = α dan F AE = β, diperoleh tan α = DG AG = 8 1 9 1 0 9 tan β = EF AF = 9 0 9 0 1 9 = 5 dan = 3 7 Sehingga cot DAE = cot ( 90 (α + β) ) = tan(α + β) tan α + tan β = 1 tan α tan β 5 = + 3 7 1 3 5 7 = 1 Jadi, DAE = 45. 19. Suatu kompetisi diikuti oleh 0 peserta. Pada setiap ronde, dua peserta bertanding. Setiap peserta yang kalah dua kali dikeluarkan dari kompetisi, peserta yang terakhir berada di kompetisi adalah pemenangnya. Jika diketahui pemenang kompetisi tidak pernah kalah, banyaknya pertandingan yang dilangsungkan pada kompetisi tersebut adalah... Misalkan banyak pertandingan yang berlangsung adalah N. Perhatikan bahwa setelah k k kali pertandingan maka jumlah maksimal peserta yang dikeluarkan adalah. Karena di akhir kompetisi jumlah peserta yang dikeluarkan adalah 19 maka N 38. Akan tetapi di lain pihak, karena setiap peserta yang kalah dua kali dikeluarkan maka jumlah kekalahan yang terjadi maksimal adalah 19 = 38. Sehingga banyak pertandingan yang terjadi maksimal 38 atau n 38. Jadi, diperoleh N = 38. Jadi, Banyaknya pertandingan yang dilangsungkan pada kompetisi tersebut adalah 38 pertandingan. 0. Jumlah dari semua bilangan bulat x yang memenuhi log(x 4x 1) merupakan bilangan bulat adalah... Agar log(x 4x 1) merupakan bilangan bulat maka x 4x 1 = n, untuk suatu bilangan bulat nonnegatif n. Perhatikan bahwa x 4x 1 = (x ) 5. Sehingga diperoleh (x ) = n + 5. Untuk n 3 maka ruas kanan kongruen 5 mod 8. Padahal kita ketahui bilangan kuadrat kongruen 0,1, atau 4 mod 8. Oleh karena itu haruslah n. 1
Jika n = 0 maka diperoleh x 4x 1 = 1 x 4x = 0 yang tidak memiliki penyelesaian bulat. Jika n = 1 maka diperoleh x 4x 1 = x 4x 3 = 0 yang tidak memiliki penyelesaian bulat. Jika n = maka diperoleh x 4x 1 = 4 x 4x 5 = 0 (x 5)(x+1) = 0 sehingga x = 1 atau x = 5. Jadi, jumlah dari semua bilangan bulat x yang memenuhi adalah ( 1) + 5 = 4. 13
Pembahasan OSN Matematika SMA Tahun 013 Seleksi Tingkat Provinsi Tutur Widodo Bagian Kedua : Soal Uraian 1. Ada dua gelas, gelas A berisi 5 bola merah, dan gelas B berisi 4 bola merah dan satu bola putih. Satu gelas dipilih secara acak dan kemudian satu bola diambil secara acak dari gelas tersebut. Hal ini dilakukan berulang kali sampai salah satu gelas kosong. Tentukan probabilitas bahwa bola putih tidak terambil. Karena bola putih tidak terambil maka gelas yang habis adalah gelas A. Agar salah satu gelas habis maka pengambilan dilakukan paling sedikit 5 kali dan paling banyak 9 kali. Untuk itu kita bagi menjadi 5 kasus sebagai berikut : i. Proses pengambilan bola dilakukan tepat 5 kali. Untuk kasus ini kelima bola merah berasal dari gelas A semua. Jadi, peluangnya adalah ( 1 )5 = 1 3 ii. Proses pengambilan bola dilakukan tepat 6 kali. Untuk kasus ini kelima bola merah berasal dari gelas A dan satu bola merah berasal dari gelas B. Perhatikan bahwa bola yang berasal dari gelas B tidak boleh diambil pada pengambilan keenam. Jadi, untuk kasus ini peluangnya adalah ( 1 ) 6 4 5 C5 1 = 1 16 iii. Proses pengambilan bola dilakukan tepat 7 kali. Untuk kasus ini kelima bola merah berasal dari gelas A dan dua bola merah berasal dari gelas B. Perhatikan bahwa bola yang berasal dari gelas B tidak boleh diambil pada pengambilan ketujuh. Jadi, untuk kasus ini peluangnya adalah ( 1 ) 7 4 5 3 4 C6 = 9 18 iv. Proses pengambilan bola dilakukan tepat 8 kali. Untuk kasus ini kelima bola merah berasal dari gelas A dan tiga bola merah berasal dari gelas B. Perhatikan bahwa bola yang berasal dari gelas B tidak boleh diambil pada pengambilan kedelapan. Jadi, untuk kasus ini peluangnya adalah ( 1 ) 8 4 5 3 4 3 C7 3 = 7 18 14
v. Proses pengambilan bola dilakukan tepat 9 kali. Untuk kasus ini kelima bola merah berasal dari gelas A dan empat bola merah berasal dari gelas B. Perhatikan bahwa bola yang berasal dari gelas B tidak boleh diambil pada pengambilan kesembilan. Jadi, untuk kasus ini peluangnya adalah ( 1 ) 9 4 5 3 4 3 1 C8 4 = 7 56 Jadi, total peluang bola putih tidak terambil (dengan kata lain semua yang terambil adalah bola merah) yaitu 1 3 + 1 16 + 9 18 + 7 18 + 7 56 = 63 56. Untuk sebarang bilangan real x, didefinisikan x sebagai bilangan bulat terbesar yang kurang dari atau sama dengan x. Tentukan banyak bilangan asli n 1.000.000 sehingga n n < 1 013 Jika n bilangan kuadrat sempurna diperoleh n = n, sehingga n n = 0 < 1 013. Oleh karena itu semua bilangan kuadrat sempurna memenuhi. Selanjutnya akan dibuktikan, jika n bukan kuadrat sempurna maka n n 1 013. Bukti. Karena n bukan kuadrat sempurna maka n = k + m dengan 1 m k. Sehingga n = k. Perhatikan kita memiliki ketaksamaan berikut k + 1 > k + ( ) k + 1 k + = k + 4k + 4k + 1 (k + ) = k + k k + + 1 (k + ) ( ) 1 = k + (k + ) yang equivalen dengan k + 1 > k + 1 (k+) k + 1 k > 1, untuk setiap k+ bilangan asli k. Karena n 1.000.000 maka kita peroleh n n = k + m k > k + 1 k > 1 k + > 1 999 + > 1 013 Jadi, bilangan asli n 1.000.000 yang memenuhi ketaksamaan pada soal adalah semua 15
bilangan kuadrat sempurna yaitu ada 1.000 bilangan. 3. Suatu bilangan asli n dikatakan valid jika 1 n + n + 3 n + + m n habis dibagi 1 + + 3 + + m untuk setiap bilangan asli m. a. Tunjukkan bahwa 013 valid. b. Buktikan bahwa ada tak hingga banyaknya bilangan yang tidak valid a. Lemma. Jika n bilangan ganjil maka n valid. Bukti. Untuk setiap bilangan ganjil n berlaku i n + (m i) n 0 mod m i n + (m + 1 i) n 0 mod (m + 1) Bagi menjadi dua kasus, m bilangan genap, maka berlaku m 1 n + n + 3 n + + m n = i n + (m + 1 i) n 0 mod (m + 1) i=1 dan 1 n + n + 3 n + + m n = m i=1 ( ) i n + (m i) n m n + + m n 0 mod ( m ) m bilangan ganjil, maka berlaku 1 n + n +3 n + +m n = m 1 i=1 ( ) i n + (m + 1 i) n m + 1 n + 0 mod ( ) m + 1 dan 1 n + n + 3 n + + m n = m 1 i=1 i n + (m i) n + m n 0 mod m Karena m dan m + 1 relatif prima maka terbukti 1 n + n + 3 n + + m n habis dibagi oleh 1 (m(m + 1)) = 1 + + 3 + + m untuk setiap bilangan asli m dan bilangan ganjil n. Karena 013 ganjil maka 013 merupakan bilangan valid. 16
b. Lemma. Jika n genap maka n tidak valid. Bukti. Karena n genap diperoleh 1 n + n = 1 + (3 1) n 1 + ( 1) n mod 3 Jadi, 1 n + n tidak habis dibagi oleh 1 + = 3. Terbukti n tidak valid. Oleh karena itu, semua bilangan asli genap adalah bilangan tidak valid. Jadi, terbukti ada takhingga bilangan tidak valid. 4. Buktikan bahwa untuk semua bilangan real positif a, b, c dengan a + b + c 6 berlaku a + a(a + 4) + b + b(b + 4) + c + c(c + 4) 1 a + a(a + 4) + b + b(b + 4) + c + c(c + 4) = 1 ( 1 a + 1 a + 4 + 1 b + 1 b + 4 + 1 c + 1 ) c + 4 = 1 ( 1 a + 1 b + 1 c + 1 a + 4 + 1 b + 4 + 1 ) c + 4 1 ( ) 9 a + b + c + 9 a + b + c + 1 1 ( 9 6 18) + 9 = 1 5. Diberikan segitiga ABC lancip. Garis tinggi terpanjang adalah dari titik sudut A tegak lurus pada BC, dan panjangnya sama dengan panjang median (garis berat) dari titik sudut B. Buktikan bahwa ABC 60. Misalkan AD adalah garis tinggi dari titik A dan BE adalah median dari titik B, maka AD = BE. Misalkan pula CF adalah garis tinggi dari titik C, titik G, H berturut - turut titik pada AB dan BC sehingga EG sejajar CF dan EH sejajar AD (seperti pada gambar di bawah ini) 17
C H E D A G F B Karena AE = EC maka EH = 1AD dan EG = 1 CF. Pada BEH diperoleh sehingga HBE = 30. Pada BEG diperoleh pula sehingga GBE 30. sin HBE = EH 1 BE = AD AD = 1 sin GBE = EG 1 BE = CF 1 AD AD AD = 1 Jadi, diperoleh ABC = HBE + GBE 30 + 30 = 60. Terbukti. Lebih jauh kesamaan terjadi, yaitu ABC = 60 ketika ABC adalah segitiga samasisi. Akan tetapi jika melihat konteks soal bahwa AD adalah garis tinggi terpanjang maka kesamaan tidak mungkin terjadi. Disusun oleh : Tutur Widodo Apabila ada saran, kritik maupun masukan silakan kirim via email ke tutur.w87@gmail.com Terima kasih. Website : 18