Tutur Widodo
www.pintarmatematika.net
Pembahasan Olimpiade Matematika SMA Tingkat Kabupaten Tahun 2013 Oleh Tutur Widodo 1. Misalkan a dan b adalah bilangan asli dengan a > b. Jika maka nilai a − b adalah ... Penyelesaian : Untuk a, b ≥ 0 berlaku √ √ √ √ √ ( a + b)2 = a + b + 2 ab ⇔ a + b =
p √ √ √ 94 + 2 2013 = a + b,
q
√ (a + b) + 2 ab
p √ √ √ Padahal 94 + 2 2013 = (61 + 33) + 2 61 × 33. Oleh karena itu, 94 + 2 2013 = √ √ 61 + 33. Sehingga a − b = 61 − 33 = 28. 2. Diberikan segitiga ABC dengan luas 10. Titik D, E dan F berturut - turut terletak pada sisi - sisi AB, BC dan CA dengan AD = 2, DB = 3. Jika segitiga ABE dan segiempat DBF E mempunyai luas yang sama, maka luasnya sama dengan ... Penyelesaian : Perhatikan sketsa berikut ini! C
E F
A
D
B
Karena Luas 4ABE = Luas DBF E berakibat Luas 4ADE = Luas 4DEF . Padahal diketahui pula bahwa DE adalah sisi persekutuan antara 4ADE dan 4DEF sehingga jarak titik A ke DE sama dengan jarak titik F ke DE. Dengan kata lain, AF sejajar DE sehingga AD 2 CE = = EB DB 3 3 Oleh karena itu, Luas 4ABE = × 10 = 6. 5 3. Misalkan p dan q bilangan prima. Jika diketahui persamaan x2014 − px2013 + q = 0 mempunyai akar - akar bilangan bulat, maka nilai p + q adalah ... Penyelesaian : Misalkan salah satu akar bulat dari persamaan x2014 − px2013 + q = 0 adalah t. Maka diperoleh t2014 −pt2013 +q = 0 ⇔ q = t2013 (p−t). Perhatikan juga bahwa −1 dan 0 bukan merupakan akar - akar persamaan x2014 − px2013 + q = 0. Sehingga dengan mengingat bahwa q adalah bilangan prima diperoleh t = 1. Oleh karena itu, q = p−1 ⇔ p−q = 1. Dari keterangan ini dapat disimpulkan bahwa salah satu dari p, q harus genap. Dan karena bilangan prima genap hanya 2 maka kita peroleh q = 2 dan p = 3. Jadi, p + q = 5. 1
Tutur Widodo
www.pintarmatematika.net
kx , x 6= − 23 , k konstanta memenuhi f f (x) = 2x + 3 x untuk setiap bilangan real x, kecuali x = − 23 maka nilai k adalah ... Penyelesaian : Untuk x = 1 diperoleh
4. Jika fungsi f didefinisikan oleh f (x) =
k f f (1) = 1 ⇔ f =1 5 k2 =1 ⇔ 2k + 15 ⇔ k 2 − 2k − 15 = 0 ⇔ (k − 5)(k + 3) = 0 Mudah dicek bahwa k = −3 memenuhi kondisi f f (x) = x. 5. Koefisien x2013 pada ekspansi (1 + x)4026 + x(1 + x)4025 + x2 (1 + x)4024 + · · · + x2013 (1 + x)2013 adalah ... Penyelesaian :
C4026 2013 . 4025 Koefisien x2013 dari x(1 + x)4025 adalah C2012 . 4024 Koefisien x2013 dari x2 (1 + x)4024 adalah C2011 .
• Koefisien x2013 dari (1 + x)4026 adalah • •
• ··· • ··· • ···
C2014 . 1 2013 Koefisien x2013 dari x2013 (1 + x)2013 adalah C0 .
• Koefisien x2013 dari x2012 (1 + x)2014 adalah •
Dengan menggunakan identitas, m+2 m+k m+k+1 Cm0 + Cm+1 + C2 + · · · + Ck = Ck 1
diperoleh koefisien x2013 pada ekspansi (1 + x)4026 + x(1 + x)4025 + x2 (1 + x)4024 + · · · + x2013 (1 + x)2013 yaitu, 2014 4025 4026 4027 C2013 + C1 + · · · + C2012 + C2013 = C2013 0
2 2 − = 1 dan y − x = 2, maka (x + y)2 = · · · x y Penyelesaian : Lakukan sedikit manipulasi aljabar sebagai berikut,
6. Jika
2 2 2(y − x) − =1⇔ =1 x y xy 4 ⇔ =1 xy ⇔ xy = 4 2
Tutur Widodo
www.pintarmatematika.net
selanjutnya diperoleh, (x + y)2 = x2 + y 2 + 2xy = x2 + y 2 − 2xy + 4xy = (y − x)2 + 4xy = 4 + 16 = 20 7. Suatu dadu ditos enam kali. Banyak cara memperoleh jumlah mata yang muncul 28 dengan tepat satu dadu muncul angka 6 adalah ... Penyelesaian : Tanpa mengurangi keumuman misalkan tos pertama muncul angka 6. Maka pada tos kedua sampai dengan tos keenam hanya boleh muncul angka 1, 2, 3, 4, 5 dan jumlahnya 22. Kemungkinan yang seperti ini hanya ada tiga kasus yaitu 5! = 5 cara. 4! 5! = 20 cara. • Yang muncul angka : 3, 4, 5, 5, 5 yang banyaknya cara ada 3! 5! • Yang muncul angka : 4, 4, 4, 5, 5 yang banyaknya cara ada = 10 cara. 2! × 3! • Yang muncul angka : 2, 5, 5, 5, 5 yang banyaknya cara ada
Sehingga total ada 5 + 20 + 10 = 35 cara jika pada tos pertama muncul angka 6. Karena keenam tos memiliki peluang yang sama untuk muncul angka 6 berakibat total keseluruhan cara yang mungkin yaitu 6 × 35 = 210 cara. 8. Misalkan P adalah titik interior dalam daerah segitiga ABC sehingga besar ∠P AB = 10◦ , ∠P BA = 20◦ , ∠P CA = 30◦ , ∠P AC = 40◦ . Besar ∠ABC = · · · Penyelesaian : Perpanjang CP, AP, BP sehingga memotong AB, BC, CA berturut - turut di titik D, E, F seperti gambar berikut : C
F P A
D
E B
Mudah diperoleh bahwa ∠∠AP B = 150◦ , ∠AP C = 110◦ sehingga ∠BP C = 100◦ . Misalkan ∠P BC = x maka ∠P CB = 80 − x. Berdasarkan dalil sinus pada 4ADP dan 4BDP diperoleh AD DP BD DP = dan = ◦ ◦ ◦ sin 70 sin 10 sin 50 sin 20◦ sehingga
AD sin 70◦ · sin 20◦ = BD sin 80◦ · sin 10◦ 3
Tutur Widodo
www.pintarmatematika.net
Dengan cara serupa diperoleh pula sin 30◦ · sin(80 − x)◦ BE = EC sin x · sin 70◦ CF sin 80◦ · sin 40◦ = FA sin 30◦ · sin 30◦ Padahal berdasarkan teorema Ceva diperoleh AD BE CF · · =1 DB EC F A Substitusikan ketiga persamaan di atas sehingga didapat sin 20◦ · sin(80 − x)◦ · sin 40◦ =1 sin 10◦ · sin 30◦ · sin x yang ekuivalen dengan sin 20◦ · sin(80 − x)◦ · sin 40◦ = sin 10◦ · sin 30◦ · sin x −4 · sin 20◦ · sin(80 − x)◦ · sin 40◦ = −2 · sin 10◦ · sin x 2(cos 60◦ − cos 20◦ ) sin(80 − x)◦ = cos(x + 10) − cos(x − 10) sin(80 − x)◦ − 2 cos 20◦ · sin(80 − x)◦ = cos(x + 10) − cos(x − 10) sin(80 − x)◦ − (sin(100 − x) + sin(60 − x)) = sin(80 − x)◦ − sin(100 − x) − sin(60 − x) = 0 Karena x terletak pada kuadran pertama maka x = 60◦ . Jadi, ∠ABC = 20◦ + x = 80◦ . Alternatif Penyelesaian : Misalkan D pusat lingkaran luar 4ACP karena ∠ADP = 2∠ACP = 60◦ maka 4ADP adalah segitiga sama sisi.
C
D F E P A
B
∠CAD = ∠DAP − ∠CAP = 60◦ − 40◦ = 20◦ . Karena ∠AP B = 150◦ maka ∠AP E = 30◦ , sehingga ∠EP D = 30◦ . Oleh karena itu, ∠DP B = 150◦ = ∠AP B. Hal ini berakibat 4AP B kongruen 4BP D. Sehingga ∠BDP = ∠BAP = 10◦ . Selanjutnya kita diperoleh ∠ADF = ∠ADP + ∠BDP = 60◦ + 10◦ = 70◦ . Oleh karena itu, ∠AF D = 90◦ . Dengan kata lain, BD⊥AC dan karena 4ADC adalah segitiga sama kaki dengan AD = CD maka AF = F C. Sehingga dapat disimpulkan 4ABC adalah segitiga sama kaki dengan AB = BC. Jadi, ∠BAC = ∠ACB = 50◦ yang berarti ∠ABC = 80◦ . 4
Tutur Widodo
www.pintarmatematika.net
9. Sepuluh kartu ditulis dengan angka satu sampai sepuluh (setiap kartu hanya terdapat satu angka dan tidak ada dua kartu yang memiliki angka yang sama). Kartu - kartu tersebut dimasukkan kedalam kotak dan diambil satu secara acak. Kemudian sebuah dadu dilempar. Probabilitas dari hasil kali angka pada kartu dan angka pada dadu menghasilkan bilangan kuadrat adalah ... Penyelesaian : Misalkan a angka dari dadu dan b angka dari kartu. Pasangan (a, b) yang menghasilkan ab bilangan prima yaitu (1, 1), (1, 4), (1, 9), (2, 2), (2, 8), (3, 3), (4, 1), (4, 4), (4, 9), (5, 5), (6, 6) yang ada 11 kemungkinan. Sedangkan kemungkinan ruang sampel adalah 60. Oleh karena itu, peluang dari hasil kali angka pada kartu dan angka pada dadu menghasilkan 11 . bilangan kuadrat adalah 60 10. Enam orang siswa akan duduk pada tiga meja bundar, dimana setiap meja akan diduduki oleh minimal satu siswa. Banyaknya cara untuk melakukan hal tersebut adalah ... Penyelesaian : Pembagian keenam siswa pada tiga meja bundar tersebut adalah sebagai berikut : • Siswa diatur dalam kelompok 4, 1, 1. Untuk kasus ini kemungkinan cara duduk ada C64 × C21 × (4 − 1)! = 90 2! • Siswa diatur dalam kelompok 3, 2, 1. Untuk kasus ini kemungkinan cara duduk ada C63 × C32 × (3 − 1)! × (2 − 1)! = 120 • Siswa diatur dalam kelompok 2, 2, 2. Untuk kasus ini kemungkinan cara duduk ada C62 × C42 = 15 3! Oleh karena itu, total cara mengatur tempat duduk keenam siswa tersebut adalah 90 + 120 + 15 = 225 cara. 11. Suatu partikel bergerak pada bidang Cartesius dari titik (0, 0). Setiap langkah bergerak satu - satuan searah sumbu X positif dengan probabilitas 0, 6 atau searah sumbu Y positif dengan probabilitas 0, 4. Setelah sepuluh langkah, probabilitas partikel tersebut sampai pada titik (6,4) dengan melalui titik (3,4) adalah ... Penyelesaian : C (3, 4)
B (6, 4)
A (0, 0) Sebuah partikel akan bergerak dari A menuju B dengan melalui C. Dari A ke titik 7! C banyaknya cara ada = 35. Sedangkan dari C ke B hanya ada satu cara. 3! × 4! 5
Tutur Widodo
www.pintarmatematika.net
Oleh karena itu, banyak cara partikel bergerak dari A menuju B dengan melalui C ada 35 × 1 = 35 cara. Perhatikan bahwa bagaimana pun cara pertikel tersebut bergerak dari A menuju B maka dia akan selalu 6 kali bergerak searah sumbu X positif dan 4 kali bergerak searah sumbu Y positif. Jadi, besarnya peluang pertikel bergerak dari A 81648 menuju B dengan melalui C adalah 35 × (0, 6)6 × (0, 4)4 = . 59 12. Diberikan segitiga ABC, dengan panjang sisi AB = 30. Melalui AB sebagai diameter, dibuat sebuah lingkaran, yang memotong sisi AC dan sisi BC berturut - turut di D dan E. Jika AD = 31 AC dan BE = 14 BC, maka luas segitiga ABC sama dengan ... Penyelesaian : Perhatikan sketsa gambar di bawah ini! C
E D B A
Perlu diperhatikan bahwa ∠ADB = ∠CDB = ∠AEB = ∠AEC = 90◦ . Misal, AD = x dan BE = y maka AC = 3x, CD = 2x, BC = 4y dan CE = 3y. Dengan teorema Phytagoras pada segitiga ABD dan segitiga BCD diperoleh 302 − x2 = (4y)2 − (2x)2
⇔ 900 − x2 = 16y 2 − 4x2 ⇔ 900 = 16y 2 − 3x2
Demikian pula dengan teorema Phytagoras pada segitiga ABE dan segitiga ACE diperoleh 302 − y 2 = (3x)2 − (3y)2
⇔ 900 − y 2 = 9x2 − 9y 2 ⇔ 900 = 9x2 − 8y 2
dengan menggabungkan kedua persamaan di atas didapat, 16y 2 − 3x2 = 9x2 − 8y 2
⇔ 24y 2 = 12x2
⇔ x2 = 2y 2
sehingga kita peroleh 900 = 16y 2 − 3x2 = 16y 2 − 6y 2 = 10y 2
⇔ y=
√
90
Oleh karena itu, AE 2 = 900 − y 2 = 900 − 90 = 810 ⇔ AE =
√
810
6
Tutur Widodo
www.pintarmatematika.net
Jadi, 1 Luas segitiga ABC = BC · AE 2 √ 1 = · 4y · 810 2 √ √ = 2 · 90 810 √ √ = 2 · 3 10 · 9 10 = 540 13. Banyaknya nilai α dengan 0◦ < α < 90◦ yang memenuhi persamaan (1 + cos α)(1 + cos 2α)(1 + cos 4α) =
1 8
adalah ... Penyelesaian : 1 Ingat identitas trigonometri cos 2x = 2 cos2 x − 1 ⇔ cos2 x = (1 + cos 2x). Selanjut2 nya lakukan sedikit manipulasi 1 8 1 2 (1 − cos α)(1 + cos 2α)(1 + cos 4α) = (1 − cos α) 8 1 (1 − cos 2α)(1 + cos 2α)(1 + cos 4α) = (1 − cos α) 4 1 2 (1 − cos 2α)(1 + cos 4α) = (1 − cos α) 4 1 (1 − cos 4α)(1 + cos 4α) = (1 − cos α) 2 1 2 1 − cos 4α = (1 − cos α) 2 1 − cos 8α = 1 − cos α (1 + cos α)(1 + cos 2α)(1 + cos 4α) =
cos 8α = cos α Sehingga diperoleh, • 8α = α + k · 360◦ ⇔ 7α = k · 360◦ . ◦ 360 Diperoleh α = . 7 • 8α = −α + k · 360◦ ⇔ 9α = k · 360◦ ⇔ α = k · 40◦ . Diperoleh α = 40◦ atau α = 80◦ . Jadi, ada tiga nilai α yang memenuhi. 14. Diberikan segitiga lancip ABC dengan O sebagai pusat lingkaran luarnya. Misalkan M dan N berturut - turut pertengahan OA dan BC. Jika ∠ABC = 4∠OM N dan ∠ACB = 6∠OM N , maka besarnya ∠OM N sama dengan ... Penyelesaian :
7
Tutur Widodo
www.pintarmatematika.net
C
N M
O B
A
Misalkan ∠OM N = x. 4BOC adalah segitiga sama kaki. Karena BN = N C maka ON adalah garis tinggi sehingga ∠CN O = 90◦ dan ∠CON = 12 ∠BOC = ∠BAC = 180◦ − 10x. Perhatikan juga bahwa ∠AOC = 2∠ABC = 8x sehingga ∠AON = ∠AOC + ∠CON = 8x + 180◦ − 10x = 180◦ − 2x. Karena ∠OM N = x dan ∠M ON = ∠AON = 180◦ − 2x maka berakibat ∠ON M = x. Dengan kata lain 4OM N adalah segitiga samakaki dengan ON = OM = 21 OC. Oleh karena itu, cos ∠CON = 21 ⇔ ∠CON = 60◦ . Jadi, diperoleh 180◦ −10x = 60◦ ⇔ x = 12◦ . Maka besar ∠OM N = 12◦ . 15. Tentukan semua bilangan tiga digit yang memenuhi syarat bahwa bilangan tersebut sama dengan penjumlahan dari faktorial setiap digitnya. Penyelesaian : Misalkan bilangan tersebut adalah abc. Karena abc = a! + b! + c! dan 7! = 5040 maka a, b, c ≤ 6. Jika salah satu dari a, b, c adalah 6 maka abc > 6! = 720 yang jelas tak mungkin. Jadi a, b, c ≤ 5. Oleh karena itu abc ≤ 5! + 5! + 5! = 360. Sehingga a ≤ 3. Perhatikan juga bahwa 4! + 4! + 4! = 72. Oleh karena itu paling tidak salah satu dari a, b, c sama dengan 5. • Jika a = 1, maka diperoleh 1! + 5! + 1! = 122, 1! + 5! + 2! = 123, 1! + 5! + 3! = 127, 1! + 5! + 4! = 145, 1! + 5! + 5! = 241. Jadi yang mungkin hanya abc = 145. • Jika a = 2, kedua b, c harus sama dengan 5, tetapi 2! + 5! + 5! = 242 6= 255. Jadi, tidak ada yang memenuhi. • Jika a = 3, diperoleh abc ≥ 300 akan tetapi abc ≤ 3! + 5! + 5! = 246 yang jelas tak mungkin. Jadi, satu - satunya bilangan tiga digit yang memenuhi adalah 145. 16. Diberikan himpunan x2 − 2x + 7 S = x ∈ Z ∈Z 2x − 1 Banyaknya himpunan bagian dari S adalah ... Penyelesaian : x2 − 2x + 7 Misal t = maka diperoleh 2x − 1 1 4x2 − 8x + 28 1 25 = 2x − 3 + t= 4 2x − 1 4 2x − 1 Agar diperoleh t bulat maka haruslah (2x − 1) membagi 25. Ada enam kasus yang mungkin 8
Tutur Widodo
www.pintarmatematika.net
• 2x − 1 = 1 ⇔ x = 1. Diperoleh t = 41 (−1 + 25) = 6. • 2x − 1 = 5 ⇔ x = 3. Diperoleh t = 41 (3 + 5) = 2. • 2x − 1 = 25 ⇔ x = 13. Diperoleh t = 41 (23 + 1) = 6. • 2x − 1 = −1 ⇔ x = 0. Diperoleh t = 14 (−3 − 25) = −7. • 2x − 1 = −5 ⇔ x = −2. Diperoleh t = 41 (−7 − 5) = −3. • 2x − 1 = −25 ⇔ x = −12. Diperoleh t = 14 (−27 − 1) = −7. Jadi, diperoleh S = {−12, −2, 0, 1, 3, 13} sehingga banyaknya himpunan bagian dari S adalah 26 = 64. 17. Untuk x > 0, y > 0 didefinisikan f (x, y) adalah nilai terkecil diantara x,
y 2 1 + , . Nilai 2 x y
terbesar yang mungkin dicapai oleh f (x, y) adalah ... Penyelesaian : 1 y 2 Jika x = = + maka diperoleh xy = 1 dan y 2 x x=
y 2 xy + 4 + ⇔x= 2 x 2x 2 ⇔ 2x = 5 √ 10 ⇔x= 2 √
10 Selanjutnya akan ditunjukkan nilai terbesar dari f (x, y) adalah . √ √ √ 2 10 1 10 10 Untuk kasus x ≤ atau ≤ jelas bahwa f (x, y) ≤ . 2 y√ 2 2 √ 1 10 10 Oleh karena itu, anggap x > dan > . Untuk kasus ini diperoleh, 2 y 2 y 2 1 4 5 + <√ +√ =√ = 2 x 10 10 10
√ 10 2
√ Jadi, diperoleh f (x, y) <
10 . 2
√ 10 1 Terbukti bahwa nilai terbesar dari f (x, y) adalah yang dicapai ketika x = = 2 y √ 10 . 2 18. Nilai k terkecil sehingga jika sembarang k bilangan dipilih dari {1, 2, ..., 30}, selalu dapat ditemukan 2 bilangan yang hasil kalinya merupakan bilangan kuadrat sempurna adalah ... Penyelesaian : Kita kelompokkan terlebih dahulu bilangan - bilangan yang jika sebarang dua bilangan diantaranya dikalikan akan menghasilkan bilangan kuadrat sempurna, yaitu sebagai berikut
Kelompok 1
Kelompok 2
Kelompok 3
Kelompok 4
Kelompok 5
Kelompok 6
1 4 9 16 25
2 8 18
3 12 27
5 20
6 24
7 28
9
Tutur Widodo
www.pintarmatematika.net
Sedangkan himpunan 13 bilangan sisanya yaitu {10, 11, 13, 14, 15, 17, 19, 21, 22, 23, 26, 29, 30} adalah himpunan yang hasil perkalian sebarang dua anggotanya bukan kuadrat sempurna. Berdasarkan pigeon hole principle, jika diambil 7 bilangan dari enam kelompok di atas maka pasti ada setidaknya dua bilangan yang berasal dari kelompok yang sama. Itu berarti hasil perkalian dua bilangan tersebut adalah kuadrat sempurna. Oleh karena itu, jika kita mengambil sebarang 13 + 7 = 20 bilangan pasti ada setidaknya dua bilangan yang hasil perkaliannya berupa kuadrat sempurna. Sedangkan untuk k ≤ 19 maka bisa dipilih bilangan dari himpunan berikut sebagai counter example, {1, 2, 3, 5, 6, 7, 10, 11, 13, 14, 15, 17, 19, 21, 22, 23, 26, 29, 30}. Jadi, nilai terkecil dari k adalah k = 20. 19. Diketahui x1 , x2 adalah dua bilangan bulat berbeda yang merupakan akar - akar dari persamaan kuadrat x2 + px + q + 1 = 0. Jika p dan p2 + q 2 adalah bilangan - bilangan prima, maka nilai terbesar yang mungkin dari x2013 + x2013 adalah ... 1 2 Penyelesaian : Berdasarkan teorema Vieta diperoleh, x1 + x2 = −p dan x1 x2 = q + 1 oleh karena itu (x1 + x2 )2 + (x1 x2 )2 = p2 + (q + 1)2 x21 + x22 + 2x1 x2 + x21 x22 = p2 + q 2 + 2q + 1 x21 + x22 + 2q + 2 + x21 x22 = p2 + q 2 + 2q + 1 x21 + x22 + x21 x22 + 1 = p2 + q 2 (x21 + 1)(x22 + 1) = p2 + q 2 Karena p2 + q 2 adalah bilangan prima dan x1 6= x2 maka haruslah salah satu dari x1 atau x2 sama dengan 0. Dan tanpa mengurangi keumuman, misalkan x2 = 0 sehingga diperoleh q + 1 = 0 ⇔ q = −1. Oleh karena itu, p2 + q 2 = p2 + 1. Karena p2 + 1 adalah bilangan prima maka haruslah p genap sehingga p = 2. Jadi, diperoleh x1 = −2 dan x2 = 0 yang berakibat x2013 + x2013 = −22013 . 1 2 20. Misalkan bxc menyatakan bilangan bulat terbesar yang lebih kecil atau sama dengan x dan dxe menyatakan bilangan bulat terkecil yang lebih besar atau sama dengan x. Tentukan semua x yang memenuhi bxc + dxe = 5. Penyelesaian : Jika x adalah bilangan bulat maka bxc = dxe = x sehingga tidak mungkin bxc+dxe = 5. Oleh karena itu x bukan bilangan bulat. Hal ini berakibat dxe − bxc = 1. Sehingga bxc = 2 dan dxe = 3. Jadi, 2 < x < 3.
Disusun oleh : Tutur Widodo Apabila ada saran, kritik maupun masukan silakan kirim via email ke
[email protected] Terima kasih. Website: www.pintarmatematika.net 10