Solusi Olimpiade Sains Nasional 2003 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 bul at berurut an maka a⁹ − a habis dibagi 3! = 6.

Alt ernat if 2 :

Sebuah bilangan bul at 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 bul at akan memenuhi sal ah 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 a^p − a habis dibagi p. Penulisan dalam bent uk lain adal ah a^p − a ≡ 0 (mod p) at au bisa j uga a^p ≡ 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

Solusi

Olimpiade Sains Nasional 2003

Bidang : Mat emat ika

SMA Negeri 5 Bengkulu Eddy Hermanto, ST

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, diagonal nya sal ing membagi dua sama panj ang.

Solusi

Olimpiade Sains Nasional 2003

Bidang : Mat emat ika

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 bernil ai +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

Solusi

Olimpiade Sains Nasional 2003

Bidang : Mat emat ika

SMA Negeri 5 Bengkulu Eddy Hermanto, ST

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 = b

Berdasarkan 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 60^o = 108 sin 60^o

Luas 1 buah ubin = ½ ⋅ 0, 5 ⋅ 0, 5 ⋅ sin 60^o

Luas lant ai balairung : Luas 1 buah ubin = 8 ⋅ 108 = 864

Maka unt uk menut upi lant ai bal airung 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 > 2592

Solusi

Olimpiade Sains Nasional 2003

Bidang : Mat emat ika

SMA Negeri 5 Bengkulu Eddy Hermanto, ST

7. k − n ⏐ k^m − n^m-1

k − n ⏐ k^m − n^m + n^m − n^m-1 k − n ⏐ k^m − n^m + n^m-1 (n − 1)

Unt uk m ∈ bilangan asl i maka k − n membagi k^m− n^m.

Karena FPB (k, n) = 1 maka FPB(k − n, n^m-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 dimisal kan b = 3k) maka :

3k

c

²

−9k

² = 3(3k +

c

²

−9k

² + c) k

c

²

−9k

² = (3k +

c

²

−9k

² + c)

(k −1) c

²

−9k

²

=c +3k

( ) (

2

)( ) (

2

3

3

3

1 c k c k c k

k − + − = + )

(k −1) (

²

c −3k ) (= c +3k)

(k −1) (

²

c −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