Tutur Widodo
OSN Matematika SMA 2013
Pembahasan OSN Matematika SMA Tahun 2013 Seleksi Tingkat Nasional Tutur Widodo 1. Diketahui bangun persegi panjang berukuran 4 × 6 dengan beberapa ruas garis, seperti pada gambar.
Dengan menggunakan ruas garis yang sudah ada, tentukan banyak jajar genjang tanpa sudut siku-siku pada gambar tersebut. Jawaban : Untuk memudahkan bagi menjadi dua kasus, (i) Jajar genjang yang dua sisinya dibentuk oleh garis horisontal. • Jajar genjang dengan tinggi 1 satuan Banyak jajar genjang yang demikian ada 2 × 4 ×
6 2
= 120.
• Jajar genjang dengan tinggi 2 satuan Banyak jajar genjang yang demikian ada 2 × 3 ×
5 2
= 60.
• Jajar genjang dengan tinggi 3 satuan Banyak jajar genjang yang demikian ada 2 × 2 ×
4 2
= 24.
• Jajar genjang dengan tinggi 4 satuan Banyak jajar genjang yang demikian ada 2 × 1 ×
3 2
=6
Jadi, banyaknya jajar genjang pada kasus (i) ada 120 + 60 + 24 + 6 = 210. (ii) Jajar genjang yang dua sisinya dibentuk oleh garis vertikal • Jajar genjang dengan tinggi 1 satuan Banyak jajar genjang yang demikian ada 2 × 6 ×
4 2
= 72.
• Jajar genjang dengan tinggi 2 satuan Banyak jajar genjang yang demikian ada 2 × 5 ×
3 2
= 30.
• Jajar genjang dengan tinggi 3 satuan Banyak jajar genjang yang demikian ada 2 × 4 ×
2 2
= 8.
1
Tutur Widodo
OSN Matematika SMA 2013
Jadi, banyaknya jajar genjang pada kasus (ii) ada 72 + 30 + 8 = 110. Oleh karena itu, total keseluruhan jajar genjang tanpa sudut siku-siku pada gambar tersebut adalah 210 + 110 = 320 jajar genjang. 2. Diberikan segitiga lancip ABC dengan lingkaran luar ω. Garis bagi ∠BAC memotong ω di titik M . Misalkan P suatu titik pada garis AM dengan P di dalam segitiga ABC. Garis melalui P yang sejajar AB dan garis melalui P yang sejajar AC memotong sisi BC berturut-turut di titik E dan F . Garis M E dan M F memotong ω lagi berturut-turut di titik K dan L. Buktikan bahwa garis-garis AM, BL dan CK konkuren. Jawaban : Perhatikan gambar di bawah ini! C M
F
L
D P
E
A
B
K Misalkan D adalah perpotongan garis AM dan sisi BC. Untuk membuktikan AM, BL dan CK konkuren, berdasarkan Dalil Ceva (versi trigonometri) cukup ditunjukkan sin ∠CBL sin ∠BAM sin ∠ACK · · =1 sin ∠ABL sin ∠CAM sin ∠BCK karena sin ∠BAM = sin ∠CAM maka tinggal ditunjukkan sin ∠CBL sin ∠ACK · =1 sin ∠ABL sin ∠BCK Perhatikan bahwa
dan
sin ∠CBL sin ∠CM F DM · CF = = sin ∠ABL sin ∠DM F CM · DF sin ∠ACK sin ∠DM E BM · DE = = sin ∠BCK sin ∠BM E DM · BE
2
Tutur Widodo
OSN Matematika SMA 2013
sehingga diperoleh DM · CF BM · DE CF · DE sin ∠CBL sin ∠ACK · = · = sin ∠ABL sin ∠BCK CM · DF DM · BE DF · BE karena CM = BM . Oleh karena itu, hanya perlu ditunjukkan CF · DE =1 ⇔ DF · BE
CF BE = DF DE
Padahal kita punya BE AP CF = = DE DP DF seperti yang diharapkan. Jadi, terbukti garis-garis AM, BL dan CK konkuren. 3. Tentukan semua bilangan real positif M sedemikian sehingga untuk sebarang bilangan real positif a, b dan c, paling sedikit satu diantara tiga bilangan berikut a+
M , ab
b+
M , bc
c+
M ca
bernilai lebih dari atau sama dengan 1 + M . Jawaban : √ Jika a = b = c = 3 2M maka M harus memenuhi ketidaksamaan berikut √ 3
yang equivalen dengan
√ 3
2M + √ 3
M 4M 2
≥1+M
2 √ 3 2M − 1 2M + 2 ≤ 0
1 Oleh karena itu, satu-satunya nilai M yang memenuhi adalah M = . 2 1 Untuk menunjukkan bahwa M = memenuhi berarti cukup ditunjukkan 2 1 1 1 3 T = Max a + ,b + ,c + ≥ 2ab 2bc 2ca 2
3
Tutur Widodo
OSN Matematika SMA 2013
3 Andaikan T < , maka berdasarkan ketaksamaan AM-GM diperoleh 2 9 1 1 1 > 3T ≥ a + +b+ +c+ 2 2bc 2ca 2ab 1 1 1 1 2a + + 2b + + 2c + = 2 ab bc ca ! r 1 1 2 1 2 1 9 ≥ 9 a2 · ·b · ·c · 2 ab bc ca =
9 2
kontradiksi. 3 Oleh karena itu terbukti T ≥ . Jadi, satu-satunya nilai M yang memenuhi adalah 2 1 M= . 2 4. Misalkan p > 3 adalah bilangan prima dan X
S=
ijk
2≤i<j
Buktikan bahwa bilangan S + 1 habis dibagi p. Jawaban : Misal, !3 p−1 p−1 X X X i , U= i3 , dan V = (i + j)ij T = i=2
i=2
i6=j
maka kita peroleh hubungan ⇔ 6S = T − U − 3V
T = U + 3V + 6S
Padahal dengan menghitung kuantitas-kuantitas di atas pada modulo p diperoleh, p−1 X
!3
3 (p − 1)p T = i = (2 + 3 + · · · + (p − 1)) = − 1 ≡ −1 mod p 2 i=2 2 p−1 X (p − 1)p 3 3 3 3 U= i = 2 + 3 + · · · + (p − 1) = − 1 ≡ −1 mod p 2 i=2 ! p−1 ! p−1 X X X V = (i + j)ij = i2 i −U i6=j
=
3
i=2
i=2
(p − 1)p(2p − 1) (p − 1)p −1 − 1 − U ≡ (−1)(−1) − (−1) ≡ 2 mod p 6 2
4
Tutur Widodo
OSN Matematika SMA 2013
sehingga 6S = T − U − 3V ≡ (−1) − (−1) − 3(2) ≡ −6 mod p yang berakibat 6(S + 1) ≡ 6S + 6 ≡ 0 mod p dan karena F P B(6, p) = 1 maka S + 1 ≡ 0 mod p. Jadi, terbukti S + 1 habis dibagi p. 5. Diberikan sebarang polinom kuadrat P (x) dengan koefisien utama positif dan diskriminan negatif. Buktikan bahwa P (x) dapat dinyatakan sebagai jumlah tiga polinom kuadrat P (x) = P1 (x) + P2 (x) + P3 (x) dengan P1 (x), P2 (x), P3 (x) memiliki koefisien utama positif dan diskriminan nol serta akar (real kembar) dari ketiga polinom tersebut berbeda. Jawaban : Tanpa mengurangi keumuman misalkan koefisien utama dari P (x) adalah 1. Selanjutnya misalkan P (x) = x2 + bx + c dengan D = b2 − 4c < 0. Maka diperoleh P (x) = x2 + bx + c 2 b2 b − +c = x+ 2 4 2 2 1 −D b 1 b = x+ + x+ + 2 2 2 2 4 ! r r 2 1 1 b b −D 2 b −D 2 = x+ + x+ + + x+ − 2 2 4 2 2 2 2 1 2
b 2 , 2
1 4
b 2
q
−D 2
2
Oleh karena itu, pilih P1 (x) = x+ P2 (x) = x+ + dan P3 (x) = q 2 1 x + 2b − −D sehingga untuk setiap P (x) terbukti terdapat P1 (x), P2 (x), P3 (x) se4 2 hingga P (x) = P1 (x) + P2 (x) + P3 (x). 6. Suatu bilangan asli n dikatakan kuat apabila terdapat bilangan asli x sehingga xnx + 1 habis dibagi 2n . a) Buktikan bahwa 2013 merupakan bilangan kuat. b) Jika m bilangan kuat, tentukan bilangan asli terkecil y sehingga y my + 1 habis dibagi 2m . Jawaban :
5
Tutur Widodo
OSN Matematika SMA 2013
Ingat kembali identitas : untuk sebarang bilangan bulat a, b, dan bilangan ganjil n berlaku an + bn = (a + b)(an−1 − an−2 b + · · · − abn−2 + bn−1 )
·········
(♣)
a). Misalkan x = 22013 − 1 maka x + 1 = 22013 dan berdasarkan (♣), diperoleh x + 1 membagi x2013x + 1. Jadi, terbukti 2013 adalah bilangan kuat. b). Diketahui 2m |(y my + 1). Dari sini jelas bahwa y bilangan ganjil. Selain itu jika m genap maka y my ≡ (y ky )2 ≡ 0 atau 1 mod 4. Akibatnya y my + 1 ≡ 1 atau 2 mod 4, kontradiksi dengan fakta 2m |(y my + 1). Jadi, haruslah m juga bilangan ganjil. Karena my ganjil berdasarkan (♣), diperoleh y my + 1 = (y + 1)(y my−1 − y my−2 + y my−3 − · · · + y 2 − y + 1)
·········
(♠)
Karena y ganjil dan bilangan y my−1 − y my−2 + y my−3 − · · · + y 2 − y + 1 memiliki my suku maka y my−1 − y my−2 + y my−3 − · · · + y 2 − y + 1 juga ganjil. Oleh karena itu dapat disimpulkan 2m |(y + 1) sehingga 2m ≤ y + 1 =⇒ y ≥ 2m − 1. Padahal berdasarkan (♠), mudah dicek bahwa y = 2m − 1 memenuhi. Jadi, bilangan terkecil yang memenuhi adalah y = 2m − 1. 7. Diberikan jajar genjang ABCD. Pada sisi luar jajar genjang, dikonstruksi persegipersegi ABC1 D1 , BCD2 A2 , CDA3 B3 dan DAB4 C4 . Pada sisi-sisi luar B4 D1 , C1 A2 , D2 B3 , dan A3 C4 dari segitiga-segitiga AB4 D1 , BC1 A2 , CD2 B3 , dan DA3 C4 , konstruksi persegipersegi lagi dengan pusat berturut-turut OA , OB , OC dan OD . Buktikan bahwa AOA = BOB = COC = DOD Jawaban : Misal E, F, G, H berturut-turut adalah titik pusat persegi-persegi ABC1 D1 , BCD2 A2 , CDA3 B3 dan DAB4 C4 , sebagaimana terlihat pada gambar di bawah ini
6
Tutur Widodo
OSN Matematika SMA 2013 A3
OD
B3 OC G
C4 D
C
H B4
D2 F A
OA
B A2
P E D1
C1
OB
Perhatikan bahwa AH = BF, AE = BE dan ∠HAE = ∠F BE dengan demikian 4HAE ∼ = 4F BE sehingga HE = EF . Dengan cara serupa diperoleh pula EF = F G, F G = GH, dan GH = HE. Jadi, diperoleh EF = F G = GH = HE Misalkan P adalah titik tengah sisi AD1 diperoleh OA P = HP dan ∠OA P H = 90◦ akibatnya ∠OA P A = ∠EP H. Karena AP = P E diperoleh 4OA P A ∼ = 4EP H =⇒ AOA = HE. Dengan cara serupa kita peroleh pula BOB = EF, COC = F G dan DOD = GH. Karena EF = F G = GH = HE, diperoleh AOA = BOB = COC = DOD Terbukti. 8. Misalkan A suatu himpunan berhingga beranggotakan bilangan asli. Tinjau himpunanhimpunan bagian dari A dengan tiga anggota. Himpunan A dikatakan seimbang apabila banyak himpunan bagian dari A dengan tiga anggota yang jumlah ketiga anggota tersebut habis dibagi 3 sama dengan banyak himpunan bagian dari A dengan tiga anggota yang jumlah ketiga anggota tersebut tidak habis dibagi 3. a) Berikan satu contoh himpunan seimbang dengan 9 anggota. b) Buktikan bahwa tidak ada himpunan seimbang dengan 2013 anggota. Jawaban : Misal, n menyatakan banyaknya anggota himpunan A, x menyatakan banyaknya anggota 7
Tutur Widodo
OSN Matematika SMA 2013
himpunan A yang ≡ 0 mod 3, y menyatakan banyaknya anggota himpunan A yang ≡ 1 mod 3, dan z menyatakan banyaknya anggota himpunan A yang ≡ 2 mod 3. Jika A adalah himpunan seimbang maka harus dipenuhi persamaan berikut x y z 1 n + + + xyz = 3 3 3 2 3 atau equivalen dengan 2x(x−1)(x−2)+2y(y−1)(y−2)+2z(z−1)(z−2)+12xyz = n(n−1)(n−1)
·········
(♥)
a) Untuk mencari himpunan seimbang dengan 9 anggota, berarti equivalen dengan mencari solusi bulat nonnegatif untuk persamaan (♥) dengan n = 9 yaitu mencari triple (x, y, z) yang memenuhi 2x(x − 1)(x − 2) + 2y(y − 1)(y − 2) + 2z(z − 1)(z − 2) + 12xyz = 9 · 8 · 7 dan salah satu solusi yang memenuhi yaitu (x, y, z) = (1, 1, 7). Oleh karena itu, untuk mengkonstruksi himpunan seimbang dengan 9 anggota diperlukan 1 bilangan ≡ 0 mod 3, 1 bilangan ≡ 1 mod 3, dan 7 bilangan ≡ 2 mod 3. Salah satu contoh himpunan seimbang dengan 9 anggota tersebut adalah himpunan {1, 2, 3, 5, 8, 11, 14, 17, 20}. b) Untuk n = 2013, persamaan (♥) equivalen dengan 2x(x−1)(x−2)+2y(y−1)(y−2)+2z(z−1)(z−2)+12xyz = 2013·2012·2011
·········
(♦)
mengingat x + y + z = 2013 maka persamaan (♦) setara dengan 2x(x − 1)(x − 2) + 2y(y − 1)(y − 2) + 2(2013 − (x + y))(2012 − (x + y))(2011 − (x + y)) + 12xy(2013 − (x + y)) = 2013 · 2012 · 2011 Jika bekerja pada modulo 2011, kita peroleh 2x(x − 1)(x − 2) + 2y(y − 1)(y − 2) + 2(2 − (x + y))(1 − (x + y))(−(x + y)) + 12xy(2 − (x + y)) ≡ 0 mod 2011
⇔ 2(x3 − 3x2 + 2x) + 2(y 3 − 3y 2 + 2y) − 2 (x + y)3 − 3(x + y)2 + 2(x + y) + 12xy(2 − (x + y)) ≡ 0 mod 2011
8
Tutur Widodo
OSN Matematika SMA 2013
⇔
− 18x2 y − 18xy 2 + 36xy ≡ 0 mod 2011
⇔
− 18xy(x + y − 2) ≡ 0 mod 2011
⇔ xy(x + y − 2) ≡ 0 mod 2011 Terdapat dua kasus yang mungkin, (i) x atau y ≡ 0 mod 2011, WLOG x ≡ 0 mod 2011. Ada dua kasus • Jika x = 0, maka persamaan (♦) menjadi y(y − 1)(y − 2) + z(z − 1)(z − 2) = 2013 · 1006 · 2011 karena y + z = 2013, persamaan di atas setara dengan y(y − 1)(y − 2) + (2013 − y)(2012 − y)(2011 − y) = 2013 · 1006 · 2011 ⇔ y(y − 1)(y − 2) − y(−1 − y)(−2 − y) ≡ ⇔
− 6y 2 ≡
⇔ y2 ≡
mod 671
mod 671
mod 671
. Tidak ada solusi yang memenuhi. 6= 21 2013 3 1342 1 2013 – Jika y = 671 diperoleh 671 . Tidak ada solusi yang + = 6 2 3 3 3 memenuhi. – Jika y = 1342 diperoleh 1342 . Tidak ada solusi yang + 671 6= 12 2013 3 3 3 memenuhi. 1 2013 – Jika y = 2013 diperoleh 2013 6= 2 3 . Tidak ada solusi yang memenuhi. 3 – Jika y = 0 diperoleh
2013 3
• Jika x = 2011, maka diperoleh y + z = 2, ada tiga kemungkinan – y = 2 dan z = 0, berakibat 2011 . Tidak ada solusi yang + 23 6= 21 2013 3 3 memenuhi. 1 1 1 2013 . Tidak ada solusi – y = z = 1, berakibat 2011 + + + 2011 = 6 2 3 3 3 3 yang memenuhi. . Tidak ada solusi yang – y = 0 dan z = 2, berakibat 2011 + 23 6= 12 2013 3 3 memenuhi. (ii) x + y − 2 ≡ 0 mod 2011 yang setara dengan x + y ≡ 2 mod 2011. • Jika x + y = 2 maka z = 2011. Kasus ini equivalen dengan kasus ketika x = 2011, jadi tidak ada solusi yang memenuhi. • Jika x + y = 2013 maka z = 0. Kasus ini equivalen dengan kasus ketika x = 0, jadi tidak ada solusi yang memenuhi. Berdasarkan hasil di atas dapat disimpulkan tidak ada solusi bulat nonnegatif untuk
9
Tutur Widodo
OSN Matematika SMA 2013
persamaan 2x(x − 1)(x − 2) + 2y(y − 1)(y − 2) + 2z(z − 1)(z − 2) + 12xyz = 2013 · 2012 · 2011 Sehingga terbukti tidak ada himpunan seimbang dengan 2013 anggota.
Disusun oleh : Tutur Widodo Apabila ada saran, kritik maupun masukan silakan kirim via email ke
[email protected] Terima kasih. Website : www.pintarmatematika.net
10
