WAKTU : 180 MENIT
5. Unt uk sebarang bilangan real a, b, c bukt ikan ket aksamaan 5a2 + 5b2 + 5c2≥ 4ab + 4ac + 4bc dan t ent ukan kapan kesamaan berlaku.
6. Balairung sebuah ist ana berbent uk segi-6 berat uran dengan panj ang sisi 6 met er. Lant ai balairung t ersebut dit ut upi dengan ubin-ubin keramik berbent uk segit iga samasisi dengan panj ang sisi 50 cm. Set iap ubin keramik dibagi ke dalam 3 daerah segit iga yang kongruen, lihat gambar. Set iap daerah segit iga diberi sat u warna t ert ent u sehingga set iap ubin memiliki t iga warna berbeda. Raj a menginginkan agar t idak ada dua
ubin yang memiliki pola warna sama. Paling sedikit berapa warna yang diperlukan ?
7. Misalkan k, m, n adalah bilangan-bilangan asli demikian, sehingga k > n > 1 dan f akt or persekut uan t erbesar k dan n sama dengan 1. Bukt ikan bahwa j ika k − n membagi km − nm-1, maka k ≤ 2n − 1.
8. Diket ahui segit iga ABC siku-siku di C dengan panj ang sisi-sisinya merupakan bilangan bulat . Tent ukan panj ang sisi-sisi segit iga t ersebut j ika hasil kali dari dua sisi yang bukan sisi miring sama dengan t iga kali keliling segit iga.
SELEKSI TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2004
OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2003
BALIK PAPAN (KALIMANTAN TIMUR), 15 – 19 SEPTEMBER 2003
Prestasi itu diraih bukan didapat !!!
SOLUSI SOAL
Bidang Mat emat ika
SMA Negeri 5 Bengkulu Eddy Hermanto, ST 1. Alt ernat if 1 : a9− a = a (a8 − 1) a9− a = a (a4 − 1) (a4 + 1) a9− a = a (a2 − 1) (a2 + 1) (a4 + 1) a9− a = (a − 1) a (a + 1) (a2 + 1) (a4 + 1)
Karena (a − 1) a (a + 1) adalah perkalian t iga bilangan bulat berurut an maka a9 − a habis dibagi 3! = 6.
Alt ernat if 2 :
Sebuah bilangan bulat past i akan memenuhi bahwa ia ganj il at au genap . * Jika a genap maka a9 adalah genap
Maka a9 − a adalah selisih ant ara dua bilangan genap sehingga a9− a genap * Jika a ganj il maka a9 adalah ganj il
Maka a9 − a adalah selisih ant ara dua bilangan ganj il sehingga a9 − a genap Karena a9 − a genap maka berart i a9 − a habis dibagi 2.
Akan dibukt ikan bahwa a9 − a j uga habis dibagi 3. Alt ernat if 2. a :
Sebuah bilangan bulat akan memenuhi salah sat u bent uk dari 3k, 3k + 1 at au 3k + 2 * Jika a = 3k ≡ 0 (mod 3)
a9− a = 39k9 − 3k = 3 (38k9 − k) yang berart i a9− a habis dibagi 3
Penulisan lain. a9 − a ≡ 09 − 0 (mod 3) ≡ 0 (mod 3) yang berart i a9− a habis dibagi 3. * Jika a = 3k + 1 ≡ 1 (mod 3)
a9− a = (3k + 1)9 − (3k + 1) = 39k9 + 9C1 38k8 + 9C2 37k7 + ⋅⋅⋅ + 9C7 32k2 + 9C8 3k + 1 − (3k + 1) a9− a = 39k9 + 9C1 38k8 + 9C2 37k7 + ⋅⋅⋅ + 9C7 32k2 + 24k = 3p
Penulisan lain. a9 − a ≡ 19 − 1 (mod 3) ≡ 0 (mod 3) yang berart i a9− a habis dibagi 3. a9− a habis dibagi 3
* Jika a = 3k + 2 ≡−1 (mod 3) a9− a = (3k + 2)9 − (3k + 2)
a9− a = 39 k9 + 9C1 38 21 k8 + 9C2 37 22 k7 + ⋅⋅⋅ + 9C7 32 27 k2 + 9C8 3k 28 + 1 − (3k + 2) a9− a = 39 k9 + 9C1 38 21 k8 + 9C2 37 22 k7 + ⋅⋅⋅ + 9C7 32 27 k2 + 9C8 3k 28 + 29− (3k + 2) 9C8 3k 28− 3k = 3k (9C8 ⋅ 28− 1) yang berat i habis dibagi 3
29− 2 = 512 − 2 = 510 habis dibagi 3.
Penulisan lain. a9 − a ≡ (−1)9 − (−1) (mod 3) ≡ 0 (mod 3) yang berart i a9− a habis dibagi 3. a9− a habis dibagi 3
Dapat disimpulkan bahwa a9− a habis dibagi 3. Alt ernat if 2. b :
Teorema Fermat : Unt uk a bilangan bulat dan p prima maka ap − a habis dibagi p. Penulisan dalam bent uk lain adal ah ap − a ≡ 0 (mod p) at au bisa j uga ap ≡ a (mod p)
Berdasarkan t eorema Fermat maka a3− a habis dibagi 3 dan (a3)3 − a3 j uga habis dibagi 3. Maka (a3)3− a3 + a3− a harus habis dibagi 3.
Karena (a3)3− a3 + a3− a = a9 − a maka a9 − a habis dibagi 3. Karena 2 dan 3 relat if prima maka a9− a habis dibagi 2 ⋅ 3 = 6
2.
Alt ernat if 1 :
Dengan cara vekt or :
0
=
+
+
+
BC
CD
DA
AB
(
AD
DC
)
(
DA
CD
) (
AB
BC
)
DR
SD
SR
=
+
=
0,5
+
=
−0,5
+
=
0,5
+
(
AB
BC
)
BQ
PB
PQ
=
+
=
0,5
+
Karena
SR
=
PQ
maka ruas gar s SR dan PQ sej aj ar dan sama panj ang. i(
BC
CD
)
CR
QC
QR
=
+
=
0,5
+
(
BA
AD
)
(
AB
DA
) (
BC
CD
)
AS
PA
PS
=
+
=
0,5
+
=
−0,5
+
=
0,5
+
Karena
QR=PS
maka ruas garis QR dan PS sej aj ar dan sama panj ang. Akibat nya segiempat PQRS adalah j aj aran genj ang.Karena ∠SOP = ∠QOR dan PS sej aj ar sert a sama panj ang dengan QR maka ∆SOP kongruen dengan ∆QOR yang berakibat QO = OS dan PO = OR
Alt ernat if 2 :
Pada ∆ABC dan ∆PBQ berlaku ∠ABC = ∠PBQ sert a
PA
AB
= 2 dan
QB
CB
= 2 yang berart i ∆ABC dan ∆PBQ sebangun. Maka AC sej aj ar PQ dan
PQ
AC
= 2.
Pada ∆ADC dan ∆SDR berlaku ∠ADC = ∠SDR sert a
SD
AD
= 2 dan
RD
CD
= 2 yang berart i ∆ADC dan ∆SDR sebangun. Maka AC sej aj ar SR dan
SR
AC
= 2 sehingga SR sej aj ar PQ dan SR = PQ.
Karena SR ⁄⁄ PQ maka ∠SRP = ∠QPR dan ∠RSQ = ∠PQS dan karena SR = PQ maka ∆SOP kongruen dengan ∆QOR yang berakibat QO = OS dan PO = OR
Alt ernat if 3 :
PQRS adalah sebuah j aj aran genj ang (Varignon Parallelogram)
Menurut sif at j aj aran genj ang, diagonalnya sal ing membagi dua sama panj ang.
SMA Negeri 5 Bengkulu Eddy Hermanto, ST 3. * Unt uk x2 ≤ 1001 maka ⎣x2⎦≤ 1001 dan ⎡x2⎤ ≤ 1001 sehingga ⎣x2⎦ + ⎡x2⎤ ≤ 2002
* Unt uk x2 ≥ 1002 maka ⎣x2⎦≥ 1002 dan ⎡x2⎤ ≥ 1002 sehingga ⎣x2⎦ + ⎡x2⎤ ≥ 2004
* Unt uk 1001 < x2 < 1002 maka ⎣x2⎦ = 1001 dan ⎡x2 ⎤ = 1002 sehingga ⎣x2⎦ + ⎡x2⎤ = 2003 Maka persamaan ⎣x2⎦ + ⎡x2⎤ = 2003 hanya dipenuhi oleh 1001 < x2 < 1002
∴ ⎣x2⎦ + ⎡x2⎤ = 2003 hanya dipenuhi oleh
1001
<x
<
1002
at au−
1002
<
x<−
1001
4. Karena komponen-komponen mat riks bernilai +1 at au −1 maka bi dan ki masing-masing j uga akan bernilai +1 at au −1.
Alt ernat if 1 :
Andaikan bahwa b1 + k1 + b2 + k2 + ⋅⋅⋅ + b19 + k19 = 0
Maka harus ada 19 di ant ara b1, k1, b2, k2, ⋅⋅⋅ , b19, k19 yang bernilai −1. Kemungkinannya adalah :
• Ada p genap di ant ara b1, b2, b3, ⋅⋅⋅ , b19 yang bernilai −1 dan ada (19 − p) ganj il di ant ara k1, k2, k3, ⋅⋅⋅, k19 yang bernilai −1.
Berdasarkan f akt a bahwa ada p genap di ant ara b1, b2, b3, ⋅⋅⋅ , b19 yang bernil ai −1 maka di ant ara 19 x 19 komponen harus ada komponen bert anda −1 sebanyak (ganj il ⋅ p + genap ⋅ ganj il) = genap
Berdasarkan f akt a bahwa ada (19 − p) ganj il di ant ara k1, k2, k3, ⋅⋅⋅ , k19 yang bernilai −1 maka di ant ara 19 x 19 komponen harus ada sebanyak (ganj il ⋅ (19 − p) + genap ⋅ genap) = ganj il komponen bert anda −1. Hal ini bert ent angan dengan kenyat aan sebelumnya bahwa komponen bert anda −1 harus ada sebanyak genap.
Maka t idak mungkin bahwa ada p genap di ant ara b1, b2, b3, ⋅⋅⋅ , b19 yang bernilai −1 dan ada (19 − p) ganj il di ant ara k1, k2, k3, ⋅⋅⋅ , k19 yang bernilai −1.
• Ada q ganj il di ant ara b1, b2, b3, ⋅⋅⋅ , b19 yang bernilai −1 dan ada (19 − q) genap di ant ara k1, k2, k3, ⋅⋅⋅, k19 yang bernilai −1.
Berdasarkan f akt a bahwa ada q ganj il di ant ara b1, b2, b3, ⋅⋅⋅ , b19 yang bernilai −1 maka di ant ara 19 x 19 komponen harus ada komponen bert anda −1 sebanyak (ganj il ⋅ q + genap ⋅ genap) = ganj il
Berdasarkan f akt a bahwa ada (19 − q) genap di ant ara k1, k2, k3, ⋅⋅⋅ , k19 yang bernilai −1 maka di ant ara 19 x 19 komponen harus ada sebanyak (ganj il ⋅ (19 − q) + genap ⋅ ganj il) = genap komponen bert anda −1. Hal ini bert ent angan dengan kenyat aan sebelumnya bahwa komponen bert anda −1 harus ada sebanyak ganj il.
Maka t idak mungkin bahwa ada q ganj il di ant ara b1, b2, b3, ⋅⋅⋅ , b19 yang bernil ai −1 dan ada (19 − q) genap di ant ara k1, k2, k3, ⋅⋅⋅ , k19 yang bernilai −1.
Alt ernat if 2 :
Pada mat riks berlaku b1b2b3⋅⋅⋅b19 = k1k2k3⋅⋅⋅k19 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
Andaikan bahwa b1 + k1 + b2 + k2 + ⋅⋅⋅ + b19 + k19 = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)
Karena bi dan kj bernil ai +1 at au −1 Maka harus ada 19 di ant ara b1, k1, b2, k2, ⋅⋅⋅ , b19, k19 yang bernilai −1.
Jika di ant ara bi ada t erdapat sebanyak n buah yang bert anda −1 maka harus ada sebanyak (19−n) di ant ara ki yang bert anda −1. Tet api n dan (19−n) berbeda parit asnya (salah sat unya ganj il dan sat unya lagi genap), sehingga persamaan (1) t idak mungkin dapat dipenuhi. Akibat nya t idak mungkin b1 + k1 + b2 + k2 + ⋅⋅⋅ + b19 + k19 = 0
5. Alt ernat if 1:
(a − b)2 ≥ 0. Maka a2 + b2≥ 2ab
Pert idaksamaan di at as dapat diperoleh pul a dari pert idaksamaan AM-GM
2 2 2 2
2
a
b
b
a
+
≥
sehingga a2 + b2 ≥ 2ab ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Kesamaan t erj adi bila a = bBerdasarkan persamaan (1) didapat :
a2 + c2 ≥ 2ac ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) b2 + c2≥ 2bc ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) Jumlahkan persamaan (1), (2) dan (3)
a2 + b2 + c2 ≥ ab + ac + bc sehingga 4a2 + 4b2 + 4c2 ≥ 4ab + 4ac + 4bc ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) Bilangan kuadrat bernil ai ≥ 0 maka :
a2 + b2 + c2 ≥ 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) Kesamaan t erj adi hanya j ika a = 0, b = 0 dan c = 0
Jumlahkan persamaan (4) + (5) sehingga 5a2 + 5b2 + 5c2 ≥ 4ab + 4ac + 4bc Kesamaan t erj adi hanya j ika a = b = c = 0
∴ Terbukti bahwa 5a2 + 5b2 + 5c2 ≥ 4ab + 4ac + 4bc Alt ernat if 2 :
(2a − b)2≥ 0
Tanda kesamaan t erj adi j ika 2a = b. 4a2 + b2≥ 4ab ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (6) Dengan cara yang sama didapat 4b2 + c2 ≥ 4bc ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (7) 4c2 + a2≥ 4ac ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (8)
Tambahkan persamaan (6), (7) dan (8) didapat 5a2 + 5b2 + 5c2 ≥ 4ab + 4ac + 4bc
Tanda kesamaan t erj adi j ika 2a = b, 2b = c dan 2c = a yang t erpenuhi hanya j ika a = b = c = 0
∴ Terbukti bahwa 5a2 + 5b2 + 5c2 ≥ 4ab + 4ac + 4bc
6. Segienam berat uran dibuat dari 6 buah segit iga sama sisi yang kongruen. Luas lant ai balairung = 6 ⋅ ½ ⋅ 6 ⋅ 6 ⋅ sin 60o = 108 sin 60o
Luas 1 buah ubin = ½ ⋅ 0, 5 ⋅ 0, 5 ⋅ sin 60o
Luas lant ai balairung : Luas 1 buah ubin = 8 ⋅ 108 = 864
Maka unt uk menut upi lant ai balairung dibut uhkan 864 buah ubin
Jika ada n buah warna maka banyaknya pola yang dapat dibuat = (nC3) ⋅ (3 − 1)! =
3
2
1)(
)
(n
−
n
−
n
3
2
1)(
)
(n
−
n
−
n
≥ 864 n (n − 1) (n − 2) ≥ 2592 Unt uk n = 14 maka n (n − 1) (n − 2) = 2184 < 2592 Unt uk n = 15 maka n (n − 1) (n − 2) = 2730 > 2592SMA Negeri 5 Bengkulu Eddy Hermanto, ST 7. k − n ⏐ km − nm-1
k − n ⏐ km − nm + nm − nm-1 k − n ⏐ km − nm + nm-1 (n − 1)
Unt uk m ∈ bilangan asl i maka k − n membagi km− nm.
Karena FPB (k, n) = 1 maka FPB(k − n, nm-1) = 1. Akibat nya k − n harus membagi n − 1. Karena k − n membagi n − 1 maka k − n ≤ n − 1
k ≤ 2n − 1
∴ Terbukti bahwa k ≤ 2n − 1
8. Misalkan sisi-sisi segit iga t ersebut adalah a, b dan c dengan c adalah sisi miring, maka :
2 2
a
c
b
=
−
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) ab = 3(a + b + c) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)Karena a, b dan c adal ah bil angan bulat maka sekurang-kurangnya sal ah sat u di ant ara a at au b adalah kelipat an 3.
Tanpa mengurangi keumuman misalkan a = 3k dengan k ∈ bilangan asli (sama saj a j ika dimisalkan b = 3k) maka : 3k
c
2−9k
2 = 3(3k +c
2−9k
2 + c) kc
2−9k
2 = (3k +c
2−9k
2 + c)(k
−1)
c
2−9k
2=c
+3k
(
) (
2)(
) (
23
3
3
1
c
k
c
k
c
k
k
−
+
−
=
+
)
(k
−1) (
2c
−3k
) (=
c
+3k)
(k
−1) (
2c
−3k)=c
−3k
+
6k
(c
−3k
)(k
2−2k
)=
6k
Karena k ≠ 0 maka(c
−3k)(k
−
2)=
6
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)Karena c, k ∈ bil angan asli maka (k − 2) past i membagi 6 dan karena c > 3k maka (k − 2) > 0 Nilai k yang memenuhi adalah 3; 4; 5; 8
2
6
3
−
+
=
k
k
c
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4)Unt uk k = 3 maka a = 9 sehingga c = 15 dan b = 12 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) Unt uk k = 4 maka a = 12 sehingga c = 15 dan b = 9 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (6) Unt uk k = 5 maka a = 15 sehingga c = 17 dan b = 8 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (7) Unt uk k = 8 maka a = 24 sehingga c = 25 dan b = 7 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (8)
Subt it usikan persamaan (5), (6), (7), (8) ke persamaan (2) yang t ernyat a semuanya memenuhi.
∴ Panj ang sisi-sisi segitiga yang memenuhi adalah :
* a = 9 b = 12 c = 15 * a = 12 b = 9 c = 15 * a = 8 b = 15 c = 17 * a = 15 b = 8 c = 17 * a = 7 b = 24 c = 25 * a = 24 b = 7 c = 25