TIM OLIPIADE MATEMATIKA INDONESIA Olimpade Sains Propinsi 203 Marking Scheme Uraian 26 Juni 203
Daftar Isi I Isian Singkat 2 Jawaban 3 II Uraian 4 2 Soal 5 2. Jawab..................................... 5 2.2 Solusi..................................... 5 2.3 Remarks.................................... 6 3 Soal 2 7 3. Jawab..................................... 7 3.2 Solusi..................................... 7 4 Soal 3 9 4. Solusi..................................... 9 5 Soal 4 5. Solusi, AM{HM............................... 5.2 Solusi 2, Cauchy-Schwarz........................... 2 5.3 Solusi 3, Jensen................................ 2 6 Soal 5 4 6. Solusi..................................... 4 6.2 Solusi Alternatif................................ 6 6.3 Remarks.................................... 6 6.4 Gambar.................................... 7
Bagian I Isian Singkat 2
Bab Jawaban. 4 p 3 2. 44 3. 67 447 4. (2; 2) dan (6; 2) 5. 8 5 = 3:6 6. 4 solusi 7. 8. 03 9. 0. 203 0 5 5 9 = 492 87 500. 265 cara 2. 6 3. 36 3 4. 4 + 2 p 3 5. 8050 6. 8 p 3 2 202 7. 0 (tidak ada solusi) 8. 45 9. 38 20. 4 3
Bagian II Uraian 4
Bab 2 Soal 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. 2. Jawab Jawab: 63 256 (sedang)(uraian) 2.2 Solusi Tambahan. Tinjau bahwa yang harus habis adalah gelas A sebab gelas B memuat bola putih. (Jika ditulis 0 poin, jika tidak ditulis - poin) Misalkan bola merah yang terambil dari gelas B sebanyak k, k = 0; ; 2; 3; 4, dan bola merah dari gelas A terambil semua (5 bola) dengan salah satunya terambil terakhir. Berarti memilih B sebanyak k dan memilih A sebanyak 5 dengan salah satunya yang terakhir. (2 poin) 5+k. 2 Ada sebanyak 4+k k cara. Probabilitasnya adalah 4+k k 4+k k didapat dari kemungkinan cara pengambilan, misal k = adalah AAAABA; AAABAA; AABAAA; ABAAAA; BAAAAA. Probabilitas bola putih di B tidak terambil adalah 5 contoh, untuk k = 3; peluangnya adalah 4 3 2 = 2 = 5 2. Hati-hati jika 5 4 3 5 5 ada anak yang menuliskan dalam bentuk yang belum sederhana, seharusnya tidak dikurangi poinnya. k. 5 (2 poin) 5
. Jadi probabil- Probabilitas yang terambil k bola merah di B adalah 4+k k itas bahwa bola putih tidak terambil adalah 5+k 5 2 k 5 (2 poin) 4X 5+k 4 + k 5 k 2 k=0 5 k = 63 256 : (menghitung hasil poin) 2.3 Remarks Mohon diperhatikan ketika ada siswa yang mengerjakan dengan cara menghitung dikurangi peluang bola putih terambil. P (:X) = P (X) 6
Bab 3 Soal 2 Untuk sebarang bilangan real x; didenisikan bxc sebagai bilangan bulat terbesar yang kurang dari atau sama dengan x. Tentukan banyak bilangan asli n :000:000 sehingga 3. Jawab Terdapat 000 bilangan yang memenuhi. p n p n < 203 : 3.2 Solusi Jika n adalah kuadrat sempurna, maka p n merupakan bilangan asli, sehingga p n b p nc = 0 < 203 yang jelas memenuhi kondisi soal. ( poin) Sekarang asumsikan n bukan kuadrat sempurna, maka kita punya p n bukan bilangan bulat maka p n > p n n n > p n 2 p 2 n > 0: Karena n dan b p nc 2 maka n p n 2 (2 poin) 7
Sekarang perhatikan bahwa p n p n = p n p n ( p n + b p nc) ( p n + b p nc) = n bp nc 2 p n + b p nc > p p n + b nc 2 p n 2 p 0 = 6 2000 203 : (3 poin) Jadi untuk n 0 6 bukan kuadrat sempurna, p n b p nc > ; sehingga p n 203 b p nc < jika dan hanya jika n merupakan kuadrat sempurna. Dapat kita hitung 203 dengan mudah bahwa kuadrat sempurna yang kurang dari satu 0 6 ada sebanyak 000: Jadi bilangan asli n yang memenuhi ada sebanyak 000 bilangan. ( poin) 8
Bab 4 Soal 3 Suatu bilangan asli n dikatakan "valid " jika n + 2 n + 3 n + + m n habis dibagi + 2 + 3 + + m untuk setiap bilangan asli m:. Tunjukkan bahwa 203 valid. 2. Buktikan bahwa ada tak hingga banyak bilangan yang tidak valid. 4. Solusi Misalkan S n (m) = n +2 n +3 n + +m n. Perhatikan bahwa +2+3+ +m = m(m+) 2 : ( poin). Kita punya bahwa a 203 + b 203 selalu habis dibagi a + b: Kita bagi menjadi 2 kasus yaitu m ganjil dan m genap. (a) jika m ganjil maka S 203 (m) = 203 + 2 203 + 3 203 + + m 203 = m 203 + = m 203 + mx j= j 203 (m )=2 X j= j 203 + (m j) 203 yang jelas bahwa mjj 203 + (m j) 203 untuk setiap j; sehingga mjs 203 (m) : Selain itu, kita juga punya S 203 (m) = 203 + 2 203 + 3 203 + + m 203 203 (m )=2 m + X = + j 203 + ((m + ) 2 j= j) 203 yang habis dibagi m+ m+ : Karena m dan relatif prima maka m(m+) js 2 2 2 203 (m) : (2 poin) 9
(b) jika m genap maka S 203 (m) = 203 + 2 203 + 3 203 + + m 203 = (m )=2 X j= yang habis dibagi m + : Selain itu j 203 + ((m + ) j) 203 S 203 (m) = 203 + 2 203 + 3 203 + + m 203 = m 2 203 + m 203 + (m 2)=2 X j= j 203 + (m j) 203 yang habis dibagi m: Karena m dan m+ relatif prima maka kita juga dapatkan 2 2 m(m+) js 2 203 (m) : Jadi, untuk sebarang m kita punya m(m+) js 2 203 (m) yang artinya 203 valid. (2 poin) 2. Akan ditunjukkan setiap n genap tidak memenuhi. Untuk membuktikan bahwa n genap tidak valid, cukup ditunjukkan bahwa terdapat bilangan asli m sehingga n tidak valid. Pilih m = 2, untuk sebarang bilangan asli k kita punya 2 2k = 4 k k mod 3 sehingga 2k + 2 2k + mod 3 2 mod 3 sehingga + 2-2k + 2 2k ; sehingga untuk setia bilangan genap n = 2k; n tidak valid. ( poin) Karena ada tak hingga banyak bilangan genap maka ada tak hingga banyak bilangan tidak valid. ( poin) 0
Bab 5 Soal 4 Buktikan bahwa untuk semua bilangan real positif a; b; c dengan a + b + c 6 berlaku 5. Solusi, AM{HM a + 2 a (a + 4) + b + 2 b (b + 4) + c + 2 c (c + 4) : Perhatikan bahwa dan dengan Cauchy-Scwarz Engel form (a + 2) + (b + 2) + (c + 2) = a + b + c + 6 2 a + 2 + b + 2 + c + 2 9 (a + 2) + (b + 2) + (c + 2) 9 2 = 3 4 Sehingga dengan menggunakan ketaksamaan AM-HM diperoleh (2 poin) a + 2 a (a + 4) + b + 2 b (b + 4) + c + 2 c (c + 4) = = 9 a(a+4) + b(b+4) + c(c+4) a+2 b+2 c+2 9 ( poin) (a+2) 2 4 + (b+2)2 4 + (c+2)2 4 a+2 b+2 c+2 (manipulasi aljabar, 2 poin) 9 (a + 2) + (b + 2) + (c + 2) 4 + + a+2 b+2 c+2 (menggunakan ketaksamaan () dan (2) ; poin) 9 2 4 3 4 = (menghitung, poin) seperti yang diinginkan.
5.2 Solusi 2, Cauchy-Schwarz Perhatikan bahwa dan dengan Cauchy-Schwarz Engel form (a + 2) + (b + 2) + (c + 2) = a + b + c + 6 2 (5.) a + 2 + b + 2 + c + 2 9 (a + 2) + (b + 2) + (c + 2) 3 4 (5.2) useful inequality, 2 poin Dengan ketaksamaan Cauchy-Schwarz didapat a (a + 4) b (b + 4) c (c + 4) a + 2 + + a + 2 b + 2 c + 2 a (a + 4) + b + 2 b (b + 4) + c + 2 9: c (c + 4) ( poin) Sehingga cukup dibuktikan bahwa a (a + 4) b (b + 4) + + a + 2 b + 2 Bukti untuk (3). Perhatikan bahwa ruas kiri c (c + 4) 9: (5.3) c + 2 a (a + 4) a + 2 + b (b + 4) b + 2 + c (c + 4) c + 2 = (a + 2)2 4 a + 2 + (b + 2)2 4 b + 2 + (c + 2)2 4 c + 2 (manipulasi aljabar, 2 poin) 4 4 4 a + 2 + b + 2 + c + 2 a + 2 b + 2 c + 2 = [(a + 2) + (b + 2) + (c + 2)] 4 a + 2 + b + 2 + c + 2 ( menggunakan inequality () dan (2) ; poin) 2 4 3 9 4 (menghitung, poin) seperti yang diinginkan. 5.3 Solusi 3, Jensen Tinjau fungsi y = x + 2 : Perhatikan bahwa x (x + 4) d 2 x + 2 2 = dx 2 x (x + 4) x 3 (x + 4) 3 x 3 + 6x 2 + 24x + 32 2
yang bernilai positif saat x 0: (2 poin) Sehingga a + 2 a (a + 4) + b + 2 b (b + 4) + c + 2 c (c + 4) 0 a + b + c + 2 3 B 3 @ C a + b + c a + b + c A + 4 3 3 a + b + c + 6 = 9 (a + b + c) (a + b + c + 2) (Ketaksaman Jensen, 3 poin) Misalkan a + b + c = p 6. Perhatikan pula bahwa 9 (p + 6) p (p + 2) = p2 3p + 54 p (p + 2) = (p + 9) (6 p) p (p + 2) yang selalu positif sebab p 6: (faktorisasi cukup penting, 2 poin) 3
Bab 6 Soal 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 o. 6. Solusi Jika M pertengahan AC; maka BM median. Jika melalui A dibuat garis yang tegak lurus pada BC; perpotongan garis ini sebut N; maka AN adalah garis tinggi terpanjang. Diketahui bahwa AN = BM: Karena AN garis tinggi terpanjang, maka BC = a merupakan sisi yang terpendek, dengan demikian a b; a c. Menurut aturan sinus b sin B = a : Pada segitiga ANC dan segitiga ANB berlaku: sin A sin C = AN b ; sin B = AN c maka sin A = a b sin B = a bc AN (fakta penting, poin) Pada segitiga MB; karena BM = AN dan MC = b 2 maka b = AN sin C = BM sin C = diperoleh sin \MBC = 2 maka \MBC = 6. (fakta penting, poin) MC sin \MBC Pada segitiga AMB; MB = AN dan AM = b, maka 2 BM sin A = AM sin \ABM AN a AN = b 2 sin \ABM bc b 2 sin \MBC 4
(hasil yang digunakan, 2 poin) diperoleh sin \ABM = a 2 c 2 c c = 2 (hasil yang digunakan, 2 poin) Karena ABC lancip, maka \ABM 6 (Alasan harus ditulis, poin) Jadi, \ABC = \ABM + \MBC 6 : (jika ditulis 0 poin, jika tidak ditulis atau salah hitung - poin) 5
6.2 Solusi Alternatif Misalkan BM adalah median dan AN adalah garis tinggi. Misalkan pula A adalah titik tengah NC. Karena M adalah titik tengah AC dan A adalah titik di sisi BC sehingga MA?BC, akibatnya MA kbc sehingga MA = 2 AN = 2 BM: (fakta penting, poin) Akibatnya \MBC = \MBA = sin MA = sin BM 2 = 6 : (fakta penting, poin) Berikutnya, pilih C di sisi AB sehingga MC?AB: Dengan cara yang sama diperoleh MC = 2 h c. (fakta penting, poin) Tinjau bahwa AN = h a adalah garis tinggi terpanjang, maka h c h a ; sehingga (fakta penting, poin) MC = 2 h c 2 h a = MA Terakhir, perhatikan bahwa segitiga ABC lancip dan akibatnya sin \MBA = sin \MBC = MC BM MA BM = 2 sin \MBA 2 ( hasil penting, 2 poin) dan \MBA karena ABC segitiga lancip. 6 (Alasan harus ditulis, poin) Jadi \ABC = \ABM + \MBC 6 + 6 = 3 (jika ditulis 0 poin, jika tidak ditulis atau salah hitung - poin) 6.3 Remarks Soal ini memiliki setidaknya 7 solusi, ketika siswa mengerjakan dengan cara lain bisa disesuaikan dengan Solusi untuk trigonometri dan diseusaikan dengan Solusi 2 untuk bukti Euclid. 6
6.4 Gambar 7