"We are the first of the fastest online solution of mathematics" 2009 SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2008 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2009 Prestasi itu diraih bukan didapat!!! SOLUSI SOAL Bidang Matematika Bagian Kedua [ w w w. i n u g z c a k e p. w o r d p r e s s. c o m ] Page 1
BAGIAN KEDUA 1. 1 + x + x 2 + + x n = 40 x + x 2 + + x n = 39 x(1 + x + x 2 + + x n 1 ) = 39 Karena x dan n bilangan asli maka x merupakan faktor dari 39 Nilai x yang mungkin memenuhi adalah 1, 3, 13 atau 39. Jika x = 1 maka 1 2 + n = 39. Jadi, n = 39 Jika x = 3 Untuk x = 3 maka 3 n+1 1 = 80 Nilai n yang memenuhi adalah n = 3. Jika x = 13 Untuk x = 13 maka 13 n+1 1 = 480 13 n+1 = 481 = 13 37 Karena 37 tidak habis dibagi 13 maka tidak ada n asli yang memenuhi. Jika x = 39 Untuk x = 39 maka 39 n+1 1 = 1520 39 n+1 = 1521 = 39 2 Nilai n yang memenuhi adalah n = 1. Semua pasangan bilangan asli (x, n) yang memenuhi adalah (1, 39), (3, 3), (39, 1) 2. Karena P(x) = 0 mempunyai 2008 selesaian real maka berlaku P(x) = (x x 1 )(x x 2 )(x x 3 ) (x x 2008 ) dengan x i semua real untuk i = 1, 2,, 2008. Karena P(2008) 1 maka tidak mungkin semua x i < 2007. P(Q(x)) = P(x 2 + 2x + 2008) P(Q(x)) = (x 2 + 2x + 2008 x 1 )(x 2 + 2x + 2008 x 2 ) (x 2 + 2x + 2008 x 2008 ) = 0 Diskriminan x 2 + 2x + 2008 x i adalah Diskriminan = 4 4(2008 x i ) Diskriminan = 4(x i 2007) untuk i = 1, 2,, 2008. Karena tidak semua x i < 2007 maka akan terdapat x k sehingga Diskriminan = 4(x i 2007) 0. Karena diskriminan 0 maka terbukti ada sedikitnya 2 bilangan x real yang memenuhi P(Q(x))= 0 Terbukti bahwa persamaan P(Q(x)) = 0 mempunyai selesaian real. [ w w w. i n u g z c a k e p. w o r d p r e s s. c o m ] Page 2
3. Misalkan O adalah pusat lingkaran dalam segitiga ABC. Maka garis bagi dari B dan C akan melalui titik O. Karena CO dan BO adalah garis bagi maka ECO = DCO dan DBO = FBO Misalkan ECO = DCO = γ (1) dan DBO = FBO = β (2) Jelas bahwa CEO = CDO = 90 o sehingga EOD = 180 o 2γ (3) Jelas juga bahwa BDO = BFO = 90 o sehingga DOF = 180 o 2β (4) Maka EOF = 360 o EOD DOF = 2(γ + β) (5) Segitiga EOF adalah segitiga sama kaki sehingga OEF = OFE = 90 o (γ + β) (6) Lingkaran dalam menyinggung segitiga ABC di D, E dan F sehingga CE = CD dan BD = BF. Karena CE = CD dan OE = OD maka segiempat CEOD adalah layang-layang. Jadi, CO ED. ED = 2 CE sin γ (7) CED = 90 o γ sehingga OED = γ GED = OEF + OED = (90 o (γ + β)) + (γ) = 90 o β (8) EG = ED cos GED = (2 CE sin γ)(cos (90 o β) EG = 2sin γ sin β (9) CE Karena BD = BF dan OD = OF maka segiempat BDOF adalah layang-layang. Jadi, BO DF. DF = 2 BF sin β (10) BFD = 90 o β sehingga OFD = β GFD = OFE + OFD = (90 o (γ + β)) + (β) = 90 o γ (11) FG = DF cos GFD = (2 BF sin β)(cos (90 o γ) FG = 2sin γ sin β (12) BF Dari persamaan (9) dan (12) dapat disimpulkan bahwa Terbukti bahwa FG = EG BF CE FG EG FG BF = sehingga =. BF CE EG CE [ w w w. i n u g z c a k e p. w o r d p r e s s. c o m ] Page 3
4. Andaikan bahwa tidak ada tiga bilangan berdekatan yang jumlahnya lebih besar dari 15. Jika terdapat tiga bilangan dengan dua diantaranya adalah 7, 8 atau 9 maka ketiga bilangan tersebut akan memiliki jumlah lebih dari 15. Maka haruslah terdapat dua bilangan di antara 7, 8 dan 9. Kemungkinan susunan hanya ada 1, yaitu : Rata-rata enam bilangan 1, 2, 3, 4, 5 dan 6 adalah 3,5. Maka maks (A + B, C + D, E + F) 7. Jika maks (A + B, C + D, E + F) = 7 maka A + B = C + D = E + F = 7 Maka 9 jika dipasangkan dengan salah satu dari pasangan (A, B), (C, D) atau (E, F) akan membentuk tiga bilangan yang jumlahnya lebih dari 15. Kontradiksi dengan anggapan semula. Jika maks (A + B, C + D, E + F) > 7 maka maks (A + B, C + D, E + F) 8 Pasangan bilangan yang memiliki nilai maks tersebut pasti akan berdekatan dengan 8 atau 9 yang penjumlahan ketiga bilangan tersebut akan bernilai lebih besar dari 15. Kontradiksi dengan anggapan semula. Terbukti bahwa ada tiga bilangan berdekatan yang jumlahnya lebih besar dari 15. 5. Sebuah bilangan akan habis dibagi 3 apabila penjumlahan angka-angkanya habis dibagi 3. Ada 4 angka/digit yang habis dibagi 3 dan masing-masing ada 3 angka/digit yang bersisa 1 atau 2 jika dibagi 3. Misalkan bilangan palindrom tersebut adalah abcba. Penjumlahan angka = 2(a + b) + c. Karena angka pertama tidak boleh 0 maka banyaknya cara memilih digit a 0 (mod 3) hanya ada 3 kemungkinan. Jika c 0 (mod 3) Maka 2(a + b) 0 (mod 3) sehingga a + b 0 (mod 3) Tiga kemungkinan pasangan (a, b) adalah a 0 (mod 3) dan b 0 (mod 3), a 1 (mod 3) dan b 2 (mod 3) atau a 2 (mod 3) dan b 1 (mod 3) Banyaknya cara memilih digit c adalah 4. Maka banyaknya cara memilih bilangan palindrom jika c 0 (mod 3) = 4 (3 4 + 3 3 + 3 3) Maka banyaknya cara memilih bilangan palindrom jika c 0 (mod 3) = 120. Jika c 1 (mod 3) Maka 2(a + b) 2 (mod 3) sehingga a + b 1 (mod 3) Tiga kemungkinan pasangan (a, b) adalah a 0 (mod 3) dan b 1 (mod 3), a 1 (mod 3) dan b 0 (mod 3) atau a 2 (mod 3) dan b 2 (mod 3) Banyaknya cara memilih digit c adalah 3. Maka banyaknya cara memilih bilangan palindrom jika c 1 (mod 3) = 3 (3 3 + 3 4 + 3 3) Maka banyaknya cara memilih bilangan palindrom jika c 1 (mod 3) = 90. [ w w w. i n u g z c a k e p. w o r d p r e s s. c o m ] Page 4
Jika c 2 (mod 3) Maka 2(a + b) 1 (mod 3) sehingga a + b 2 (mod 3) Tiga kemungkinan pasangan (a, b) adalah a 0 (mod 3) dan b 2 (mod 3), a 1 (mod 3) dan b 1 (mod 3) atau a 2 (mod 3) dan b 0 (mod 3) Banyaknya cara memilih digit c adalah 3. Maka banyaknya cara memilih bilangan palindrom jika c 2 (mod 3) = 3 (3 3 + 3 3 + 3 4) Maka banyaknya cara memilih bilangan palindrom jika c 2 (mod 3) = 90. Banyaknya bilangan palindrom yang memenuhi adalah 120 + 90 + 90 = 300. Banyaknya bilangan palindrom 5-angka yang habis dibagi 3 adalah 300. [ w w w. i n u g z c a k e p. w o r d p r e s s. c o m ] Page 5