Tutur Widodo
Pembahasan OSN SMP Tahun 2012
Pembahasan OSN SMP Tingkat Nasional Tahun 2012 Bidang Matematika Hari Pertama Pontianak, 30 Juni 2012
1. Jika diketahui himpunan H = {(x, y)|(x − y)2 + x2 − 15x + 50 = 0, dengan x dan y bilangan asli}, tentukan banyak himpunan bagian dari H. Penyelesaian : Misalkan P (x, y) = (x − y)2 + x2 − 15x + 50, sehingga (x, y) ∈ H jika dan hanya jika (x, y) adalah solusi dari P (x, y) = 0. Karena (x − y)2 ≥ 0 maka agar P (x, y) = 0 haruslah x2 − 15x + 50 ≤ 0. Padahal himpunan penyelesaian dari x2 − 15x + 50 = (x − 5)(x − 10) ≤ 0 terletak pada interval 5 ≤ x ≤ 10. Dengan mengingat x adalah bilangan asli, maka nilai yang mungkin untuk x adalah 5, 6, 7, 8, 9, 10. Selanjutnya tinggal dicek satu persatu sebagai berikut : i. Jika x = 5 atau x = 10, jelas x2 − 15x + 50 = 0. Oleh karena itu agar P (x, y) = 0 maka (x − y)2 = 0 ⇔ x = y. Jadi, diperoleh dua solusi yaitu (5, 5) dan (10, 10) ii. Jika x = 6 maka diperoleh P (6, y) = (6 − y)2 + 62 − 15 · 6 + 50 = (6 − y)2 − 4. Oleh karena itu, agar P (6, y) = 0 maka haruslah (6 − y)2 = 4 ⇔ 6 − y = 2 ⇔ y=4
atau
atau
6 − y = −2
y=8
Jadi, diperoleh dua solusi yaitu (6, 4) dan (6, 8) iii. Jika x = 7 maka diperoleh P (7, y) = (7 − y)2 + 72 − 15 · 7 + 50 = (6 − y)2 − 6. Karena y bilangan asli maka tidak ada nilai y yang memenuhi sehingga diperoleh P (7, y) = 0. Jadi, untuk kasus ini tidak ada solusi yang memenuhi. iv. Jika x = 8 maka diperoleh P (8, y) = (8 − y)2 + 82 − 15 · 8 + 50 = (6 − y)2 − 6. Karena y bilangan asli maka tidak ada nilai y yang memenuhi sehingga diperoleh 1
Tutur Widodo
Pembahasan OSN SMP Tahun 2012
P (8, y) = 0. Jadi, untuk kasus ini tidak ada solusi yang memenuhi. v. Jika x = 9 maka diperoleh P (9, y) = (9 − y)2 + 92 − 15 · 9 + 50 = (9 − y)2 − 4. Oleh karena itu, agar P (9, y) = 0 maka haruslah (9 − y)2 = 4 ⇔ 9 − y = 2 ⇔ y=7
atau
atau
9 − y = −2
y = 11
Jadi, diperoleh dua solusi yaitu (9, 7) dan (7, 11) Oleh karena itu himpunan H memiliki 6 anggota yaitu H = {(5, 5), (6, 4), (6, 8), (9, 7), (9, 11), (10, 10)}. Sehingga banyak himpunan bagian dari H adalah 26 = 64. 2. Seorang pesulap menyatakan dirinya ahli menebak pikiran dengan pertunjukkan berikut. Salah seorang penonton awalnya diminta secara tersembunyi menuliskan sebuah bilangan lima angka, lalu menguranginya dengan jumlah angka - angka penyusun bilangan tersebut, kemudian menyebutkan empat dari lima angka penyusun bilangan hasil (dengan urutan sebarang). Selanjutnya pesulap tersebut dapat menebak angka yang masih disembunyikan. Sebagai contoh, jika penonton menyebutkan empat bilangan hasil : 0, 1, 2, 3, maka pesulap akan tahu bahwa angka yang disembunyikan adalah 3. a. Berilah suatu contoh Anda sendiri dari proses di atas. b. Jelaskan secara matematis bentuk umum dari proses tersebut. Penyelesaian : Misalkan bilangan awal sebelum proses kita misalkan N dan bilangan hasil dari proses seperti pada soal dimisalkan H. a. Contoh lain untuk proses di atas, misalkan penonton menyebut angka - angka 3, 4, 6, 7 maka bilangan yang disembunyikan adalah 7. b. Untuk penjelasan secara matematisnya adalah sebagai berikut : Misalkan N = abcde = 10000a + 1000b + 100c + 10d + e maka setelah melalui proses seperti yang diminta pesulap diperoleh bilangan hasil H = 10000a + 1000b + 100c + 10d + e − (a + b + c + d + e) = 9999a + 999b + 99c + 9d Jadi diperoleh H adalah bilangan kelipatan 9. Oleh karena itu, jumlah digit digit penyusun H juga harus habis dibagi 9. Sehingga jika penonton menyebut 0, 1, 2, 3 sebagai contoh, karena jumlah 0 + 1 + 2 + 3 = 6 maka bilangan yang disembunyikan adalah 9 − 6 = 3. 2
Tutur Widodo
Pembahasan OSN SMP Tahun 2012
3. Pada suatu keranjang buah terdapat 20 apel, 18 jeruk, 16 mangga, 10 nanas dan 6 pepaya. Jika seseorang ingin mengambil 10 buah dari keranjang tersebut, ada berapa banyak komposisi buah terambil yang mungkin? Penyelesaian : Misalkan, x1 = apel, x2 = jeruk, x3 = mangga, x4 = nanas dan x5 = pepaya. Selanjutnya banyaknya komposisi buah yang terambil equivalen dengan banyaknya penyelesaian (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) dari persamaan x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 10 dengan 0 ≤ xi ≤ 10. Padahal kita tahu banyaknya penyelesaian dari x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 10 adalah 14 C10 = 1001. Akan tetapi karena x5 ≤ 6 maka nilai 1001 harus dikurangi dengan banyaknya penyelesaian jika x5 = 7, 8, 9, 10. Selanjutnya kita hitung banyak kemungkinan tersebut : i. Jika x5 = 7 maka diperoleh x1 + x2 + x3 + x4 = 3. Oleh karena itu banyaknya penyelesaian ada C36 = 20. ii. Jika x5 = 8 maka diperoleh x1 + x2 + x3 + x4 = 2. Oleh karena itu banyaknya penyelesaian ada C25 = 10. iii. Jika x5 = 9 maka diperoleh x1 + x2 + x3 + x4 = 1. Oleh karena itu banyaknya penyelesaian ada C14 = 1. iv. Jika x5 = 10 maka diperoleh x1 + x2 + x3 + x4 = 0. Oleh karena itu banyaknya penyelesaian ada 1. Oleh karena itu banyaknya komposisi buah terambil yang mungkin adalah 1001 − (20 + 10 + 4 + 1) = 966.
3
Tutur Widodo
Pembahasan OSN SMP Tahun 2012
4. Di dalam Taman Khatulistiwa akan dibuat bangunan berbentuk limas dengan alas √ segitiga sama sisi berbahan tembus pandang dengan panjang sisi alas 8 3 m dan tinggi 8 m. Sebuah bola dunia akan ditempatkan di dalam limas tersebut. Dengan mengabaikan ketebalan bahan pembuat limas, tentukan panjang terbesar jari - jari bola dunia yang mungkin dapat dibuat. Penyelesaian : Perhatikan sketsa di bawah ini! Jari - jari bola dunia akan maksimum jika bola menyinggung keempat bidang sisi limas. P
C
E B
D A P
F T A
D
E
Titik D adalah proyeksi P terhadap bidang ABC sehingga P D tegak lurus dengan ABC dengan kata lain P D adalah tinggi limas P.ABC sehingga P D = 8. Karena AD = BD = CD maka D adalah pusat √ luar segitiga ABC. Karena ABC √ lingkaran 8 3 8 3 √ = 8. Selanjutnya misalkan jari segitiga sama sisi maka AD = = ◦ 2 · sin 60 2 · 23 - jari bola dunia adalah r maka r = T D = T F . Untuk mencari panjang AE bisa menggunakan dalil pitagoras pada 4ABE yaitu AE 2 = AB 2 − BE 2 √ √ = (8 3)2 − (4 3)2 = 144 AE = 12
4
Tutur Widodo
Pembahasan OSN SMP Tahun 2012
√ √ oleh karena itu, DE = EF = 4 dan P E = 4 5. Lebih jauh P F = 4 5 − 4 dan P T = 8 − r. Terakhir dengan dalil pitagoras pada 4P T F diperoleh, √ ⇔ (8 − r)2 = (4 5 − 4)2 + r2 √ ⇔ 64 − 16r + r2 = 16( 5 − 1)2 + r2 √ ⇔ 16r = 64 − 16( 5 − 1)2 √ ⇔ r = 4 − ( 5 − 1)2 √ ⇔ r =2 5−2
PT2 = PF2 + TF2
√ Jadi, panjang jari - jari bola dunia maksimum adalah 2 5 − 2 m. 5. Berapakah sisa dari 20122012 + 20142012 dibagi oleh 20132 ? Penyelesaian : Untuk menyederhanakan penulisan, misalkan 2013 = n maka kita perlu mencari sisa dari (n − 1)2012 + (n + 1)2012 jika dibagi oleh n2 . Berdasarkan Binom Newton diperoleh, 2012
(n − 1)
= =
2012 X
Ci2012 n2012−i (−1)i
i=0 2010 X
= n2
! Ci2012 n2012−i (−1)i
i=0 2010 X
2012 − C2011 n+1
! Ci2012 n2010−i (−1)i
− 2012n + 1
i=0 2
= pn − 2012n + 1 P 2012 2010−i n (−1)i . dengan p = 2010 i=0 Ci Selain itu didapat pula, (n + 1)2012 = =
2012 X
Ci2012 n2012−i
i=0 2010 X
=n
2
! Ci2012 n2012−i
i=0 2010 X
2012 + C2011 n+1
! Ci2012 n2010−i
+ 2012n + 1
i=0
= qn2 + 2012n + 1 dengan q =
P2010 i=0
Ci2012 n2010−i .
5
Tutur Widodo
Pembahasan OSN SMP Tahun 2012
Oleh karena itu diperoleh, (n − 1)2012 + (n + 1)2012 = (pn2 − 2012n + 1) + (qn2 + 2012n + 1) = n2 (p + q) + 2 karena p + q adalah bilangan bulat maka sisa pembagian (n − 1)2012 + (n + 1)2012 dari n2 adalah 2. Disusun oleh : Tutur Widodo Apabila ada saran, kritik maupun masukan silakan kirim via email ke
[email protected] Terima kasih. My blog : http://mathematic-room.blogspot.com
6
