Coba Jawab Osp Matematika 2006

SELEKSI TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2007

TINGKAT PROVINSI SOLUSI

Bidang Matematika Bagian Pertama Waktu : 120 Menit

DEPARTEMEN PENDIDIKAN NASIONAL DIREKTORAT JENDERAL MANAJEMEN PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS TAHUN 2006

Solusi 1.

Olimpiade Matematika Provinsi 2006

Bagian Pertama

123 = 1728 ; 133 = 2197 ; 442 = 1936 ; 452 = 2025 3

2006 < m < 2006 dapat disederhanakan menjadi 13 ≤ m ≤ 44 untuk m bulat

Himpunan m yang memenuhi = {13, 14, 15, ⋅⋅⋅, 44} 13 + 14 + 15 + ⋅⋅⋅ + 44 = 912 ∴ Penjumlahan semua bilangan yang memenuhi sama dengan 912.

2. Jika titik P di luar lingkaran dan menyinggung lingkaran tersebut di titik Q dan R maka PQ = PR

Dari gambar di atas didapat DG = DH ; CG = CF ; BF = BE ; AE = AH Keliling = AE + AH + BE + BF + CF + CG + DG + DH = 2 (DG + CG + AE + BE) Keliling = 2(DC + AB) = 2(40 + 75) ∴ Keliling trapesium = 230

3. (x − 1)3 + (x − 2)2 = 1 (x − 1)3 = 1 − (x − 2)2 = (1 − (x − 2))(1 + (x − 2)) = (3 − x)(x − 1) (x − 1)((x − 1)2 − (3 − x)) = 0 (x − 1)(x2 − x − 2) = 0 (x − 1)(x + 1)(x − 2) = 0 ∴ Himpunan semua nilai x yang memenuhi adalah {−1, 1, 2}

4. Misalkan a, b an c adalah ketiga bilangan prima tersebut dengan a = b + c Bilangan prima genap hanya ada 1 yaitu 2. Karena a ≥ 10 maka a pasti ganjil yang menyebabkan paritas b dan c harus berbeda. Misalkan c ≤ b maka c = 2 a=b+2 Æ a−b=2 Karena a − b = 2 maka terdapat tepat 1 bilangan asli di antara a dan b. Misalkan bilangan tersebut adalah k. Maka b, k dan a adalah 3 bilangan asli berurutan. Salah satunya harus habis dibagi 3. Karena b dan a bilangan prima lebih dari 3 maka k habis dibagi 3. Karena k juga genap maka k habis dibagi 6. Jika k = 16 ⋅ 6 = 96 maka b = 95 bukan prima. Jika k = 15 ⋅ 6 = 90 maka a = 91 bukan prima. Jika k = 14 ⋅ 6 = 84 maka a = 85 bukan prima. Jika k = 13 ⋅ 6 = 78 maka b = 77 bukan prima. Jika k = 12⋅6 = 72 maka a = 73 dan b = 71 yang memenuhi keduanya prima ∴ Bilangan prima dua angka terbesar yang memenuhi adalah 73.

Olimpiade Matematika Provinsi 2006

Solusi

5.

S∞ =

Bagian Pertama

a 1− r

Misalkan bilangan pertama yang dipilih Afkar adalah (½)a untuk a bilangan bulat tak negatif dan rasio, r = (½)b untuk b bilangan asli maka : a

⎛1⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 2⎠ = 1 b 7 ⎛1⎞ 1− ⎜ ⎟ ⎝ 2⎠

Karena b asli maka ½ ≤ 1 − (½)b < 1 a

1 ⎛1⎞ 1 ≤⎜ ⎟ < 14 ⎝ 2 ⎠ 7 Nilai a yang memenuhi hanya a = 3 Æ b = 3 Maka 3 suku pertama yang dipilih Afkar adalah (½)3, (½)6 dan (½)9

∴ Tiga suku pertama yang dipilih Afkar adalah

1 1 1 , , . 8 64 512

6. Misalkan panjang sisi-sisi balok tersebut adalah a, b dan c. Tanpa mengurangi keumuman soal misalkan ab = 486 = 2 ⋅ 35 ; ac = 243 = 35 ; bc = 162 = 2 ⋅ 34 (ab)(ac)(bc) = (abc)2 = 22 ⋅ 314 abc = 2 ⋅ 37 = 4374 ∴ Volume balok = 4374

7.

⎛1⎞ f ( x) = ⎜ ⎟ ⎝3⎠

x 2 − 4 x +3

Æ

f ( x) = 3 − x

2

+ 4 x −3

Agar f(x) maksimum maka y = −x2 + 4x − 3 harus maksimum y = −x2 + 4x − 3 = −(x − 2)2 + 1 y maksimum = 1 saat x = 2 f(x)maksimum = 3 ∴ f(x)maksimum = 3

8. f(x) = ⏐⏐x − 2⏐ − a⏐ − 3 f memotong sumbu x maka ⏐⏐x − 2⏐ − a⏐ − 3 = 0 ⏐⏐x − 2⏐ − a⏐ = 3 ⏐x − 2⏐ − a = 3 atau ⏐x − 2⏐ − a = −3 ⏐x − 2⏐ = a + 3 atau ⏐x − 2⏐ = a − 3

Solusi

Olimpiade Matematika Provinsi 2006

Bagian Pertama

Jika a + 3 = 0 maka ⏐x − 2⏐ = 0 hanya ada 1 penyelesaian. Sebaliknya jika a + 3 ≠ 0 maka penyelesaian persamaan⏐x − 2⏐ = a + 3 ada 2 penyelesaian yaitu x − 2 = a + 3 atau x − 2 = −(a + 3) Hal yang sama untuk persamaan ⏐x − 2 ⏐ = a − 3 Maka jika a = −3 akan menyebabkan hanya ada 1 penyelesaian x untuk persamaan ⏐x − 2⏐ = a + 3 namun ada dua nilai x untuk penyelesaian ⏐x − 2⏐ = a − 3 Sedangkan jika a = 3 akan menyebabkan hanya ada 1 penyelesaian x untuk persamaan ⏐x − 2⏐ = a − 3 namun ada dua nilai x untuk penyelesaian ⏐x − 2⏐ = a + 3 ∴ Nilai a yang menyebabkan grafik f memotong sumbu x tepat di tiga titik adalah a = 3 atau a = −3.

9. s(n) = 1 + 2 + ⋅⋅⋅ + n = ½n(n + 1) p(n) = 1 x 2 x ⋅⋅⋅ x n Karena n genap maka ½n bilangan bulat. Karena n + 1 > 1 ; n + 1 > 2 ; ⋅⋅⋅ ; n + 1 > n maka agar p(n) habis dibagi s(n) maka n + 1 tidak boleh prima. Bilangan genap terkecil yang menyebabkan n + 1 bukan prima adalah 8. ∴ Bilangan genap terkecil yang memenuhi p(n) habis dibagi s(n) adalah 8.

10. ⏐x⏐ + x + y = 10 dan x + ⏐y⏐ − y = 12 * Jika x dan y di kuadran I maka ⏐x⏐ = x dan ⏐y⏐ = y 2x + y = 10 dan x = 12 Æ y = −14 (tidak memenuhi (x, y) di kuadran I) * Jika x dan y di kuadran II maka ⏐x⏐ = −x dan ⏐y⏐ = y y = 10 dan x = 12 (tidak memenuhi (x, y) di kuadran II) * Jika x dan y di kuadran III maka ⏐x⏐ = −x dan ⏐y⏐ = −y y = 10 dan x − 2y = 12 Æ x = 32 (tidak memenuhi (x, y) di kuadran III) * Jika x dan y di kuadran IV maka ⏐x⏐ = x dan ⏐y⏐ = −y 2x + y = 10 dan x − 2y = 12 Nilai (x, y) yang memenuhi adalah (32/5, −14/5) (memenuhi (x, y) di kuadran IV)

32 14 − 5 5 18 ∴ x+y= 5 x+y=

11. Jika a, b dan c adalah himpunan aritmatika maka 2b = a + c dengan a < c. • Jika b = 2 maka a + c = 4. Ada 1 pasangan (a, c) yang memenuhi yaitu (1, 3) • Jika b = 3 maka a + c = 6. Ada 2 pasangan (a, c) yang memenuhi yaitu (1, 5), (2, 4) • Jika b = 4 maka a + c = 8. Ada 3 pasangan (a, c) yang memenuhi yaitu (1, 7), (2, 6), (3, 5) • Jika b = 5 maka a + c = 10. Ada 3 pasangan (a, c) yang memenuhi yaitu (2, 8), (3, 7), (4, 6) • Jika b = 6 maka a + c = 12. Ada 2 pasangan (a, c) yang memenuhi yaitu (4, 8), (5, 7) • Jika b = 7 maka a + c = 14. Ada 1 pasangan (a, c) yang memenuhi yaitu (6, 8) ∴ Banyaknya himpunan aritmatika = 1 + 2 + 3 + 3 + 2 + 1 = 12

Olimpiade Matematika Provinsi 2006

Solusi

Bagian Pertama

12. (a + 2) + (a + 1) + a = 3(a + 1) Maka semua bilangan yang berbentuk N = ( a + 2)( a + 1) a habis dibagi 3 sebab penjumlahan digitnya habis dibagi 3. 321 = 3 ⋅ 107 dengan 3 dan 107 adalah bilangan prima. Tetapi 432/107 bukan bilangan bulat atau 107 tidak membagi 432. FPB (321, 432) = 3 ∴ Maka kesepuluh bilangan N semacam itu memiliki faktor persekutuan terbesar = 3

2

1 1⎞ 1 ⎛ 13. x + 2 = 47 Æ ⎜ x + ⎟ − 2 = 47 Æ x + = 7 x x⎠ x ⎝ 2

2

⎛ 1 ⎞ ⎜⎜ x + ⎟⎟ − 2 = 7 x⎠ ⎝ 1 ∴ x+ =3 x

14. Misalkan jumlah murid laki-laki = m dan jumlah murid perempuan = n (m : (m + n)) : (n : (m + n)) = 2 : 3 m : n = 2 : 3 Æ 3m = 2n

2m 2 m = = m + n 2m + 3m 5

∴ Persentase murid laki-laki di kelas tersebut adalah 40 %

15.

Karena α < 45 maka AC > AD Æ AC > 2 Karena AD adalah garis bagi ∆ABC maka berlaku Misalkan panjang CD = x maka AC = 2x Pada ∆ABD berlaku cos α =

2 2 + 2 2 − 12 7 = 2⋅2⋅2 8

AB BD = AC CD

Æ AC = 2 CD

Olimpiade Matematika Provinsi 2006

Solusi Pada ∆ABC berlaku

cos 2α = 2 cos 2 α − 1 =

Bagian Pertama

(2 x) 2 + 2 2 − (1 + x) 2 2 ⋅ (2 x) ⋅ 2

34 4 x 2 + 4 − (1 + 2 x + x 2 ) = 64 8x

17x = 12x2 − 8x + 12 (4x − 3)(3x − 4) = 0 Karena AC > 2 maka x > 1 Nilai x yang memenuhi hanya x = 4/3 ∴ CD =

4 3

16. ax4 + bx3 + 1 = q(x) ⋅ (x − 1)2 Jelas bahwa q(x) harus merupakan fungsi kuadrat. Karena koefisien x4 adalah a dan konstanta ruas kiri = 1 maka q(x) = ax2 + px + 1 ax4 + bx3 + 1 = (ax2 + px + 1) ⋅ (x2 − 2x + 1) ax4 + bx3 + 1 = ax4 + (−2a + p)x3 + (a − 2p + 1)x2 + (p − 2)x + 1 Dari persamaan di atas didapat : Berdasarkan koefisien x maka p − 2 = 0 Æ p = 2 Berdasarkan koefisien x2 maka a − 2p + 1 = 0 Æ a = 3 Berdasarkan koefisien x3 maka b = −2a + p Æ b = −4 ∴ ab = −12

17.

Karena A4O = A3A4 maka ∆OA4A3 sama kaki Æ ∠OA3A4 = α dan ∠A3A4A6 = 2α

Pada ∆A4A3A2 sama kaki berlaku ∠A3A2A4 = 2α Æ ∠A4A3A2 = 180o − 4α Æ ∠A2A3A1 = 3α Pada ∆A1A2A3 sama kaki berlaku ∠A2A1A3 = 3α Æ ∠A1A2A3 = 180o − 6α ∠A1A2A6 = ∠A3A2A4 + ∠A1A2A3 = 180o − 4α

Pada ∆A1A2A6 sama kaki berlaku ∠A1A6A2 = ∠A1A2A6 = 180o − 4α Æ ∠A6A1A2 = 8α − 180o ∠A5A1A6 = ∠A2A1A3 − ∠A6A1A2 = 3α − (8α − 180o) = 180o − 5α Pada ∆A1A6A5 sama kaki berlaku ∠A6A5A1 = ∠A5A1A6 = 180o − 5α Æ ∠A6A5O = 5α Pada ∆OA5A6 sama kaki berlaku ∠OA6A5 = ∠A5OA6 = α

Pada ∆OA5A6 berlaku ∠A5OA6 + ∠OA5A6 + ∠OA6A5 = 180o α + 5α + α = 180o ∴

α=

180° 7

Olimpiade Matematika Provinsi 2006

Solusi

Bagian Pertama

18. Banyaknya susunan 7 angka dengan 3 angka 2 yang sama dan 2 angka 4 yang sama adalah Tetapi 420 bilangan tersebut termasuk bilangan dengan angka 0 pada angka pertama. Banyaknya bilangan dengan 0 pada angka pertama adalah

7! = 420. 3!⋅2!

6! = 60 3!⋅2!

∴ Banyaknya bilangan yang dapat dibentuk adalah 420 − 60 = 360.

19. ak+1 − ak = 2(ak − ak-1) − 1 Misalkan a2 − a1 = 2 = u1 a3 − a2 = 2(a2 − a1) − 1 = 2u1 − 1 = u2 a4 − a3 = 2(a3 − a2) − 1 = 2u2 − 1 = u3

M

ak+1 − ak = 2(ak − ak-1) − 1 = 2uk-1 − 1 = uk Jumlahkan seluruh persamaan di atas didapat : ak+1 − a1 = u1 + u2 + u3 + ⋅⋅⋅ + uk Karena a1, a2, a3, ⋅⋅⋅ semuanya asli maka ak+1 > u1 + u2 + u3 + ⋅⋅⋅ + uk Misalkan ak+1 = 2006 Agar didapat (a1)minimal maka u1 + u2 + u3 + ⋅⋅⋅ + uk harus paling dekat dengan 2006 namun kurang dari 2006 u1 = 2 ; u2 = 3 ; u3 = 5 ; u4 = 9 ; u5 = 17 ; u6 = 33 ; u7 = 65 ; u8 = 129 ; u9 = 257 ; u10 = 513 dan u11 = 1025. u1 + u2 + u3 + ⋅⋅⋅ + u10 = 1033 sedangkan u1 + u2 + u3 + ⋅⋅⋅ + u11 = 2058 > 2006 maka 2006 = a11 a11 − a1 = u1 + u2 + u3 + ⋅⋅⋅ + u10 = 1033 (a1)minimum = 2006 − 1033 ∴ (a1)minimum = 973

20.

CF dan BE adalah garis berat yang berpotongan di titik D. Maka CD : DF = 2 : 1 dan BD : DE = 2 : 1 Misalkan DF = x maka CD = 2x dan jika DE = y maka BD = 2y tan B = tan (∠CBD + ∠FBD) =

tan ∠CBD + tan ∠FBD 1 − tan ∠CBD ⋅ tan ∠FBD

Solusi

Olimpiade Matematika Provinsi 2006

2x x + 2y x 3 xy 2y 2y Æ ctgB = − tan B = = 2 2 2x x 3x 3 y 2y − x 1− ⋅ 2y 2y tan ∠BCD + tan ∠ECD tan C = tan (∠BCD + ∠ECD) = 1 − tan ∠BCD ⋅ tan ∠ECD 2y y + 2x y 3 xy Æ ctgC = − tan C = 2 x 2 x = 2 2 2y y 3 y 3x 2x − y ⋅ 1− 2x 2x x y ctgB + ctgC = + 3 y 3x Berdasarkan ketaksamaan AM-GM maka :

ctgB + ctgC ≥ 2

x y 2 ⋅ = 3 y 3x 3

∴ Maka nilai minimum ctg B + ctg C adalah

2 3

Bagian Pertama

SELEKSI TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2007

TINGKAT PROVINSI SOLUSI

Bidang Matematika Bagian Kedua Waktu : 120 Menit

DEPARTEMEN PENDIDIKAN NASIONAL DIREKTORAT JENDERAL MANAJEMEN PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS TAHUN 2006

Olimpiade Matematika Provinsi 2006

Solusi

Bagian Dua

1. Misalkan ∠GAF = α dan ∠GFA = γ

BD DE BD tan A sedangkan tan α = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) = = AD AD 2 AD 2 BD BD 2 BD sedangkan tan γ = tan C = = = 2 tan C ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) CD FD CD

tan A =

A + C = 90o Æ tan A = tan (90o − C) = ctg C Æ tan A tan C = 1 tan α ⋅ tan γ = tan A ⋅ tan C = 1

tan (α + γ ) =

tan α + tan γ 1 − tan α tan γ

Karena tan α ⋅ tan γ = 1 maka α + γ = 90o Pada ∆AGF berlaku ∠AGF = 180o − (α + γ) = 90o Karena ∠AGF = 90o maka AG tegak lurus FG ∴ Terbukti bahwa AE ⊥ BF

2. Dibuat subhimpunan {1, 2005}, {2, 2004}, {3, 2003}, ⋅⋅⋅, {1002, 1004}, {1003} Jika diambil satu bilangan dari masing-masing subhimpunan tersebut maka terdapat 1003 bilangan yang tidak ada sepasang di antaranya yang berjumlah 2006. Jika ditambahkan satu bilangan lagi selain 1003 bilangan tersebut maka dapat dipastikan terdapat sepasang bilangan yang berjumlah 2006. ∴ Banyaknya anggota S harus dipilih agar selalu terdapat paling sedikit satu pasang anggota terpilih yang hasil tambahnya 2006 adalah 1004.

3. d = FPB(7n + 5, 5n + 4) a.

Maka d⏐7n + 5 dan d⏐5n + 4 Karena d membagi 7n + 5 maka d juga membagi 5(7n + 5) Karena d membagi 5n + 4 maka d juga membagi 7(5n + 4) Akibatnya d juga membagi 7(5n + 4) − 5(7n + 5) = 3 Karena d⏐3 maka d = 1 atau 3 (terbukti) b. Sebuah bilangan akan termasuk ke dalam salah satu bentuk dari 3k, 3k + 1 atau 3k + 2 Jika n = 3k maka 7n + 5 = 21k + 5 ≡ 2 (mod 3) dan 5n + 4 = 15k + 4 ≡ 1 (mod 3) Jika n = 3k + 1 maka 7n + 5 = 21k + 12 ≡ 0 (mod 3) dan 5n + 4 = 15k + 9 ≡ 0 (mod 3) Jika n = 3k + 2 maka 7n + 5 = 21k + 19 ≡ 1 (mod 3) dan 5n + 4 = 15k + 14 ≡ 2 (mod 3) Terbukti bahwa hanya bentuk n = 3k + 1 yang menyebabkan kedua bilangan 7n + 5 dan 5n + 4 habis dibagi 3 untuk n bilangan asli.

4. Agar Win akan mengulangi prosedur pelemparan koin lebih dari tiga kali maka pada lemparan yang

ketiga masih terdapat sedikitnya satu koin yang muncul dengan sisinya bukan angka. Pada lemparan pertama agar hal tersebut terjadi maka sisi koin yang muncul haruslah terdapat tepat satu sisi angka dan satu sisi bukan angka atau kedua sisi bukan angka. • Jika pada lemparan pertama yang muncul adalah satu sisi angka dan satu bukan angka Peluang tersebut adalah ½.

Olimpiade Matematika Provinsi 2006

Solusi

Bagian Dua

Pada lemparan kedua dan ketiga sisi satu-satunya koin yang ia lempar tersebut harus bukan angka. Peluang pada masing-masing kejadian adalah ½ . Peluang Win akan mengulangai prosedur lebih dari tiga kali adalah ½ ⋅ ½ ⋅ ½ = •

1 8

Jika pada lemparan pertama kedua koin muncul dengan sisi bukan angka Peluang kejadian tersebut adalah ½ ⋅ ½ = ¼ Agar Win akan mengulangi prosedur maka pada lemparan kedua sisi koin yang muncul haruslah terdapat tepat satu sisi angka dan satu sisi bukan angka atau kedua sisi bukan angka. • Jika pada lemparan kedua yang muncul adalah satu sisi angka dan satu bukan angka Peluang tersebut adalah ½. Pada lemparan ketiga sisi satu-satunya koin yang ia lempar tersebut harus bukan angka. Peluang kejadian tersebut adalah ½ . Peluang Win akan mengulangi prosedur lebih dari tiga kali adalah ¼ ⋅ ½ ⋅ ½ = •

1 16

Jika pada lemparan kedua, kedua koin muncul dengan sisi bukan angka Peluang kejadian tersebut adalah ½ ⋅ ½ = ¼ Agar Win akan mengulangai prosedur maka pada lemparan ketiga sisi koin yang muncul haruslah terdapat tepat satu sisi angka dan satu sisi bukan angka atau kedua sisi bukan angka. Peluang kejadian ini adalah ¾. Peluang Win akan mengulangi prosedur lebih dari tiga kali adalah ¼ ⋅ ¼ ⋅ ¾ =

∴ Maka peluang Win akan mengulangi prosedur tersebut lebih dari 3 kali adalah

5. x2 − 2ax + b = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

3 64

1 1 3 15 + + = 8 16 64 64

x2 − 2bx + c = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) x2 − 2cx + a = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) Karena persamaan simetris maka tanpa mengurangi keumuman soal misalkan a ≥ b ≥ c Karena akar-akar persamaan kuadrat di atas adalah bilangan asli maka diskriminannya harus merupakan kuadrat sempurna. Diskriminan = 4a2 − 4b merupakan kuadrat sempurna Æ a2 − b juga kuadrat sempurna Misalkan a2 − b = k2 untuk suatu bilangan bulat tak negatif k Æ (a + k)(a − k) = b Maka a + k membagi b Æ a + k ≤ b Karena k tak negatif maka a ≤ b Karena a ≥ b maka ketaksamaan hanya dipenuhi jika a = b Karena a = b dan a + k ≤ b maka k = 0 Æ a2 = b a2 = a Æ a(a − 1) = 0. Nilai a yang memenuhi hanya a = 1 Æ b = 1 Karena c ≤ b maka c = 1 x2 − 2x + 1 = 0 Æ (x − 1)2 = 0 Æ x = 1 (memenuhi x bilangan asli) ∴ a, b dan c yang memenuhi persamaan tersebut hanya a = b = c = 1