Tutor senior olimpiade matematika lima benua tingkat SMP

See discussions, stats, and author profiles for this publication at: https://www.researchgate.net/publication/308404215 Tutor senior olimpiade matematika lima benua tingkat SMP

Book · January 2012

CITATIONS

0

READS

4,871 1 author:

Some of the authors of this publication are also working on these related projects: Biometric Fusion View project

Nanang Susyanto Gadjah Mada University 9PUBLICATIONS   6CITATIONS   

SEE PROFILE

All content following this page was uploaded by Nanang Susyanto on 06 October 2016.

Nanang S

Kata Pengantar

Olimpiade matematika bertujuan untuk melatih logika dan kemampuan menganalisa

suatu masalah matematika (problem solving). Materi yang dipelajari adalah matematika

dasar. Secara umum materi untuk olimpiade matematika tingkat SMP adalah teori

bilangan, aljabar, geometri, serta peluang dan statistika. Selain itu, ada juga kapita

selekta yang biasanya berisi penggunaan matematika dalam kehidupan sehari-hari,

kemampuan menyerap materi baru (definisi baru), serta soal tentang permainan. Tidak

ada teori khusus untuk kapita selekta ini, di sini kita dituntut untuk menggunakan

aljabar, teori bilangan, peluang dan statistika, serta geometri secara bersamaan. Namun

demikian, pembaca disarankan untuk memahami materi sekolah secara baik karena ini

akan menjadi dasar dari setiap materi pada buku ini.

Buku ini menyajikan review tentang materi olimpiade yanng telah dipelajari di sekolah

dan juga menawarkan definisi baru dari materi yang tidak didapatkan di sekolah serta

dilengkapi dengan contoh soal-soal dari OSK, OSP, dan OSN. Di samping itu, dalam

buku ini disediakan soal-soal OSK, OSP, dan OSN dua tahu terakhir yaitu 2010 dan

2011. Namun sayangnya untuk tahun 2010 penulis tidak berhasil menemukan soal OSN

2010 sehingga diganti dengan OSN 2009. Menariknya selain soal-soal dari

olimpiade-olimpiade di Indonesia, buku ini juga menyajikan soal olimpiade-olimpiade nasional dari beberapa

negara mulai dari yang mudah sampai yang sulit. Negara-negara yang dipilih penulis

adalah United Kingdom, United States of America, The Netherlands, Australia, dan

Malaysia. Diharapkan dari soal-soal dari luar Indonesia kita dapat melihat medan

”pertempuran” lomba-lomba internasional. Tidak lupa penulis juga memberikan soal olimpiade internasional yaitu Junior Balkan. Jangan khawatir, karena semua soal-soal

dibahas pada bab tersendiri.

Meskipun semua soal dilengkapi dengan solusi, pembaca disarankan untuk mengerjakan

sendiri soal-soal yang ada. Ingat bahwa matematika adalah ilmu yang dipelajari dengan

cara cara berlatih learning by doing. Usahakan membaca solusi hanya jika kita Anda

Nanang S Model soal olimpiade adalah soal-soal yang tidak rutin atau berorientasi pada

pemecahan masalah (problem solving). Ini berarti bahwa untuk menyelesaikan soal

olimpiade memerlukan kematangan matematika yaitu wawasan, kecermatan, ketelitian,

kejelian, kecerdikan, dan pengalaman. Hal-hal tersebut akan kita dapatkan dengan

memahami konsep matematika yang ada di sekolah secara baik dan benar serta berlatih

soal yang berbau problem solving yang tentu saja terdapat dalam buku ini.

Di dalam buku ini, dijelaskan beberapa trik untuk mengerjakan soal olimpiade. Ada

beberapa teknik dasar untuk menyelesaikan beberapa soal yang punya ciri khusus

diantaranya membaca pola, telescoping, pembatasan, membagi kasus, dan lain

sebagainya. Teknik membaca pola dapat kita temui pada saat kita membahas barisan

bilangan dan peluang, telescoping dapat kita temui saat kita membahas barisan

bilangan, pembatasan dapat kita temui saat membahas persamaan Diophantine dan

peluang, serta membagi kasus dapat kita temukan pada saat kita membahas peluang dan

persamaan. Jangan khawatir!!!!

Sebagai tambahan pengetahuan, dalam buku ini juga dibahas beberapa materi

pengayaan. Untuk sampai level nasional, materi pengayaan ini sangat jarang keluar

bahkah dapat dikatakan tidak keluar mulai dari OSK, OSP, maupun OSN. Namun

demikian, penulis menyajikan materi pengayaan ini karena dalam olimpiade nasional

SMP negara lain sudah sampai materi tersebut. Di samping itu, tidak ada ruginya kita

belajar materi pengayaan tersebut karena kelak di olimpiade SMA materi-materi

tersebut merupakan materi wajib.

Well, semoga buku ini bermanfaat dan kelak dapat membawa Anda untuk berprestasi

matematika di level internasional dan membawa nama harum bangsa kita tercinta....

Yogyakarta, Pebruari 2012

Nanang S

Pola Seleksi Olimpiade Matematika SMP

Seleksi Olimpiade Matematika SMP dilaksanakan secara berjenjang mulai dari tingkat

sekolah, kabupaten/kota, propinsi, dan terakhir adalah Olimpiade Sains Nasional.

1. Seleksi tingkat sekolah dilaksanakan oleh masing-masing sekolah untuk

memilih wakil sekolah tersebut yang akan diikutkan ke seleksi tingkat

kabupaten/kota. Materi dan bentuk soal untuk tingkat ini diserahkan ke sekolah

masing-masing.

Peserta seleksi tingkat sekolah ini adalah siswa SMP/MTs kelas 1 dan 2 baik

negeri maupun swasta dengan nilai rapor Matematika minimal 7.

2. Seleksi tingkat kabupaten/kota dilaksanakan sekitar bulan Mei atau Juni. Bentuk

soalnya adalah tes tertulis 10 soal pilihan ganda dan 10 soal isian singkat. Materi

untuk seleksi ini adalah materi sekolah dan sedikit soal tentang pengenalan

problem solving.

Peserta Olimpiade tingkat kabupaten/kota adalah peserta perwakilan dari

sekolah. Setiap sekolah maksimal mengirimkan 5 wakil atau tergantung

kebijakan pemerintah daerah kabupaten.

3. Seleksi tingkat propinsi dilaksanakan sekitar bulan Juli. Bentuk soalnya adalah

tes tertulis 10 soal isian singkat dan 5 soal uraian (pernah juga 10 soal pilihan

ganda, 10 soal isian singkat, dan 2 soal uraian). Untuk seleksi ini, soal yang

berbau problem solving semakin banyak dan kental.

Peserta Olimpiade tingkat propinsi adalah peserta yang terpilih dari seleksi

tingkat kabupaten/kota. Biasanya, masing-masing kabupaten mengirimkan 3

wakilnya atau tergantung kebijakan pemerintan daerah propinsi.

4. Olimpiade Sains Nasional (Matematika) dilaksanakan sekitar bulan Agustus atau

September. Bentuk soalnya adalah tes tertulis 10 soal uraian. Tes dilaksanakan 2

hari, di mana setiap hari diujikan 5 soal dengan waktu 4 jam. Untuk tingkat

nasional ini, soal yang disajikan bau problem solving terasa sangat kental.

Peserta Olimpiade Sains Nasional adalah juara I pada seleksi tingkat propinsi

pada setiap propinsi ditambah dengan peserta yang terpilih melalui

perangkingan nasional hasil seleksi tingkat propinsi. Pada OSN ini diperebutkan

Nanang S Olimpiade Sains Nasional bukan akhir dari kompetisi olimpiade. Bagi peserta OSN

akan diikutkan seleksi calon peserta IJSO untuk menjadi wakil Indonesia, dan khusus

untuk peserta OSN Matematika akan diikutkan seleksi calon peserta IWYMIC yang

Nanang S

Silabus Olimpiade Matematika SMP

Materi olimpiade matematika SMP adalah materi sekolah SMP dan pendalamannya

ditambah beberapa materi baru. Secara umum, ada 4 bidang yang diujikan dalam

olimpiade matematika yaitu Aljabar, Teori Bilangan, Geometri, serta Peluang dan

Statistika. Pokok bahasan yang diberi perhatian khusus, dapat dilihat pada penjelasan di

bawah ini.

Teori Bilangan

Sifat-sifat operasi pada himpunan bilangan bulat. Pembagian Bersisa

Sifat-sifat operasi pada himpunan bilangan rasional Sifat-sifat operasi pada himpunan bilangan real.

 Klasifikasi bilangan (bulat, pecahan, rasional, irrasional)  Merasionalkan bentuk akar.

 Sifat-sifat fungsi secara umum Perbandingan Sistem persamaan linier dua variabel Eksponen dan logaritma

Nanang S Bangun ruang

 Volume tabung, kerucut dan bola  Volume tabung dan kerucut terpancung  Luas selimut tabung, kerucut dan bola  Luas selimut tabung dan kerucut terpancung Dalil Pythagoras

Trigonometri

Peluang dan Statistika

 Peluang kejadian  Ukuran pemusatan

Kapita Selekta

Penggunaan matematika dalam kehidupan sehari-hari Kemampuan menyerap materi baru (definisi baru)

Untuk seleksi tingkat kabupaten materi yang diujikan adalah semua materi di atas

namun dengan kedalaman yang dangkal yakni bau problem solving masih belum

sedikit, sedangkan untuk seleksi tingkat propinsi bau problem solving sedikit lebih

tajam yakni sebagian besar soal merupakan soal yang tidak rutin. Untuk tingkat

nasional, soal yang diujikan benar-benar soal yang tidak rutin, bau problem solving

benar-benar sangat kental dan untuk menyelesaikan soal dibutuhkan kreativitas dan

pengalaman.

Buku ini mengacu pada silabus OSN di atas. Anda juga akan mendapatkan pengalaman yang sangat berarti dan akan sangat membantu Anda untuk mengetahui medan “perang” olimpide matematika SMP sehingga kita tahu bagaimana cara “menggempur” soal-soal

Aljabar

Aljabar adalah materi dasar yang digunakan untuk memahami bidang-bidang lainnya.

Materi ini sebagian besar sudah dipelajari di sekolah (materi-materi rutin). Dengan

demikian, di sini kita hanya akan memperdalam pengetahuan dan memperlihatkan teknik

penyelesaian dalam soal nyata di olimpiade.

A. Persamaan dan Pertidaksamaan

Dalam memahami materi-materi aljabar, kita tidak bisa terlepas dari persamaan. Oleh

karena itu, diharapkan pembaca sudah menguasai persamaan yang telah dipelajari di

sekolah yaitu teknik-teknik menyelesaikan persamaan ataupun sistem persamaan seperti

metode grafik, metode subtitusi, dan metode eliminasi. Di sini kita akan mempelajari

teknik tidak rutin selain tiga teknik tersebut.

Contoh

Jika a + b = 1, b + c = 2, dan c + a = 3, maka a + b + c = .... (OSP 2004)

Jawaban:

Jumlahkan ketiga persamaan yang diketahui kita punya 2



a b c 



   1 2 3 6,

sehingga a b c  3. .

Contoh

Buktikan bahwa jika a2 dan b3 maka ab 6 3a2b. (OSN 2003)

Jawaban:

Karena a2 dan b3 maka a 2 0 dan b 3 0, sehingga



a2



b  3



0 ab3a2b  6 0 ab 6 3a b . Terbukti. .

Materi fungsi atau pemetaan tentunya telah akrab di telinga kita. Jika kita membahas

masalah fungsi tentunya kita tidak boleh hal-hal yang menyangkut fungsi antara lain

daerah asal (domain), daerah kawan (kodomain), daerah hasil (range), operasi-operasi di

antara fungsi-fungsi. Nah, khusus di olimpiade kita akan menitikberatkan pada sifat-sifat

fungsi.

Fungsi atau pemetaan f dari suatu himpunan A ke suatu himpunan B ditulis dengan

:

f ABdidefinisikan sebagai relasi yang mengawankan setiap elemen di A dengan tepat satu elemen di B. Selanjutnya A kita sebut dengan daerah asal atau domain,

sedangkan B kita sebut dengan daerah kawan atau kodomain. Jika di materi sekolah

biasanya kita diberikan rumus fungsinya kemudian kita diminta mencari sifat-sifatnya.

Nah, di olimpiade kita diberikan sifat-sifatnya kemudian kita diminta menentukan

rumusnya atau mencari sifat yang lainnya seperti mencari pembuat nol, mencari

maksimum atau minimum, ataupun mencari nilai di titik tertentu.

Contoh

Diberikan fungsi kuadrat f x

 

ax23x c . Jika f

 

1 4 dan f

 

2 7, maka

 

1 ...

f   (OSP 2006)

Jawaban:

 

1 4 3 4 7

f        a c a c , sehingga f

 

      1 a 3 c 7 3 10. .

C. Faktorisasi Bentuk Aljabar

Pada materi kombinatorika kita akan membahas Binomial Newton atau bentuk



a b



n. Pada sub bab ini kita akan konsenterasi pada faktorisasi/pemfaktoran _x3_y3 _dan

, n n

x y khususnya untuk n2 dan n3. Faktorisasi ini sangat berguna dalam

menyelesaikan suatu persamaan maupun sistem persamaan, merasionalkan bentuk akar,

Dengan mudah dapat dicek bahwa 3 3







2 2



solusi persamaan kuadrat (lihat sub bab D) solusi persamaan ini adalah 1



1 5



D. Kuadrat sempurna dan Persamaan Kuadrat

Bentuk kuadrat sempurna merupakan bentuk yang sederhana tetapi sangat powerful dalam menyelesaikan soal aljabar. Di sini kita akan mulai dengan 2 fakta sederhana:

i.





2 2 2

2

xy x  xyy

ii. untuk setiap bilangan real x kita punya 2

0

Poin (i) biasanya digunakan untuk memudahkan penghitungan tertentu dan menyelesaikan persamaan kuadrat, sedangkan poin (ii) biasanya digunakan dalam ketaksamaan dan mencari nilai maksimum/minimum.

Contoh

Persamaan kuadrat adalah persamaan yang sederhana selain persamaan linear dengan

satu variabel. Bentuk umum dari persamaan kuadrat adalah 2

0

ax bx c  dengan

, ,

a b c , dan a0. Solusi dari persamaan ini sering disebut sebagai akar persamaan kuadrat. Ada beberapa cara menyelesaikan persamaan kuadrat:

i. dengan pemfaktoran yaitu dengan mengubah bentuk 2

0

ax bx c  menjadi



1



2



0

a x x x x  sehingga solusinya adalah xx₁ atau xx2.

ii. dengan menggunakan rumus persamaan kuadrat. Akan kita turunkan rumus

2 2

Rumus penyelesaian persamaan kuadrat di atas dapat ditulis 1,2

2

hanya akan terdefinisi jika tak negatif. Dari sini kita dapat turunkan dua teorema berikut.

Teorema

Persamaan kuadrat mempunyai persamaan/solusi real jika dan hanya jika diskriminannya

tak negatif.

Bukti:

Dapat dilihat langsung dari rumus penyelesaian persamaan kuadrat.

Teorema (jumlah dan hasil kali akar-akar persamaan kuadrat)

Dari rumus penyelesaian persamaan kuadrat kita punya ₁

 Dengan demikian, kita peroleh

1 2

sehingga persamaan pasti mempunyai 2 solusi real berbeda. Dengan demikian agar

persamaan



2







2



2x 2mx m1 x mx 1 0 mempunyai tepat dua solusi real berbeda, haruslah persamaan 2

1

Ketaksamaan yang akan kita bahas di sini adalah ketaksamaan yang berdasar pada fakta

no square is negativeatau dengan kata lain ‘untuk setiap bilangan real x berlaku 2

0

x  , dan 2

0

Teorema

Untuk setiap bilangan-bilangan real positif x, dan y berlaku

2 Dengan mengalikam kedua ruas dengan 2

xy pada ketaksamaan terakhir kita peroleh

2 1 1 2 2

berturut-turut kita sebut dengan Arithmetic Mean

(AM), Geometric Mean (GM), dan Harmonic Mean (HM), sehingga ketaksamaan

tersebut dapat kita tulis sebagai: AMGMHM. Hal yang perlu digarisbawahi bahwa

ketaksamaan AM GM HM  hanya dapat digunakan untuk bilangan-bilangan real

positif. Jika tidak ada syarat demikian, maka kita kembali memakai fakta no square is

negative.

Salah satu kegunaan ketaksamaan adalah mencari nilai maksimum atau minimum dari

 

f x M untuk setiap x dan kita dapat menemukan nilai x sehingga f x

 

M maka

kita katakana M adalah nilai maksimum dari fungsi f. Kebalikannya jika kita telah dapat

membuktikan f x

 

m untuk setiap x dan kita dapat menemukan nilai x sehingga

 

f x m maka kita katakana m adalah nilai minimum dari fungsi f.

Contoh

Jumlah dua bilangan sama dengan 12. Hasil kali dua bilangan tersebut nilainya akan

paling besar jika salah satu bilangannya adalah ... (OSK 2003)

Jawaban:

Misal salah satu bilangan tersebut adalah x, maka bilangan yang lain adalah 12x.

Dengan demikian hasil kalinya adalah





₂



₂







2



_{2 2}



_{2 2}







2





2





2

0 1.1 0 1

a b x y  ax by    ax by   ax by  yang

tentu akan berakibat ax by 1. .

F. Perbandingan

Pada dasarnya perbandingan melihat hubungan antara dua variabel atau lebih. Ada dua

jenis perbandingan yaitu perbandingan senilai dan perbandingan berbalik nilai.

Perbandingan senilai adalah suatu perbandingan dengan sifat jika salah satu variabel naik

maka variabel yang lain juga ikut naik, dan juga sebaliknya jika salah satu variabel turun

maka variabel yang lain juga ikut turun. Sedangkan perbandingan berbalik nilai adalah

perbandingan dengan sifat jika salah satu variabel naik maka variabel yang lain justru

turun, begitu juga sebaliknya. Mari kita lihat contoh yang sangat sering kita jumpai dalam

kehidupan sehari-hari yaitu tentang waktu, jarak, dan kecepatan. Kita punya definisi

bahwa kecepatan rata-rata adalah jarak yang ditempuh setiap satuan waktu, atau secara

matematika dapat kita tuliskan sebagai:

s v

t

 ,

Dengan v menyatakan kecepatan rata-rata, s menyatakan jarak/hasil, dan t menyatakan

waktu. Di dalam ilmu fisika, biasanya satuan dari s t, ,dan v berturut-turut adalah

, (detik),

m s dan m s/ . Akan tetapi, sebenarnya v bukan hanya menyatakan kecepatan

rata-rata dalam satuan m s/ melainkan juga kecepatan rata-rata menyelesaikan pekerjaan

seseorang, kecepatan mengisi air suatu kran, dan sebagainya.

Perhatikan kembali rumus v s t

 . Jelas bahwa jika jarak naik(semakin besar) maka kecepatan juga naik(semakin besar), begitu juga sebaliknya, sehingga hubungan antara

jarak dan kecepatan merupakan perbandingan senilai. Di lain pihak, jika waktu membesar

maka kecepatan mengecil(turun), demikian juga sebaliknya, sehingga hubungan antara

waktu dan kecepatan merupakan perbandingan berbalik nilai. Untuk lebih jelasnya mari

Contoh

Kendaraan A berjalan dengan laju 60 km/jam. Dua jam berikutnya kendaraan B berjalan dengan laju 80 km/jam berangkat dari tempat dan menuju arah yang sama. Setelah berapa jam kendaraan B menyusul kendaraan A?

a. 2 jam c. 4 jam e. 6 jam

b. 3 jam d. 5 jam (OSK 2003)

Jawaban:

Misal B menyusul A setelah x. Waktu tempuh kendaraan A dan B berturut-turut adalah

2

x dan x, sehingga jarak yang ditempuh kendaraan A dan B berturut-turut adalah





60 x2 dan 80x. Kendaraan B menyusul A terjadi saat jarak yang ditempuh B sama

dengan A yaitu 60



x2



80x3



x2



4x x 6. Jadi kendaraan B menyusul A

setelah 6 jam. (E).

Contoh

Tujuh ekor kambing menghabiskan rumput seluas 7 kali ukuran lapangan sepak bola

dalam waktu 7 hari. Waktu yang diperlukan oleh 3 ekor kambing untuk menghabiskan

rumput seluas 3 kali ukuran lapangan sepak bola adalah ..hari. (OSK 2004)

Jawaban:

Kita punya bahwa kecepatan makan 7 ekor kambing adalah

7 lapangan

1 lapangan/hari,

7 hari  sehingga kecepatan makan 1 ekor kambing

1

lapangan/hari,

7 akibatnya kecepatan makan 3 ekor kambing 3

lapangan/hari.

7 Dengan

demikian, rumput seluas 3 lapangan akan dihabiskan dalam waktu 3 7

3/7 hari. .

G. Eksponen

Dalam istilah Indonesia, eksponen lebih dikenal dengan nama pangkat. Di sini kita akan

Perhatikan kesamaan b

a c. Bilangan a disebut bilangan pokok, b disebut pangkat/eksponen, sedangkan c disebut hasil. Pada awalnya eksponen hanya

didefinisikan jika pangkatnya merupakan bilangan bulat. Namun dalam perkembangan

selanjutnya, definisi ini dapat diperluas jika pangkatnya merupakan bilangan rasional

bahkan bilangan real.

Definisi

Untuk sebarang bilangan real a dan bilangan bulat tak negatif n didefinisikan

sebanyak

0 merupakan bentuk tak tentu, sehingga kita tidak dapat mendefinisikan secara

tunggal nilai dari 0

0 . Selanjutnya, untuk n bilangan bulat negatif dan a bilangan real

tidak nol didefinisikan an 1_n a

 . Sedangkan untuk sebarang bilangan bulat tak negatif n

dan bilangan real positif a, didefinisikan 1 n

a sebagai bilangan real positif x dengan sifat

Menurut definisi akar, kita punya 2

Dari definisi-definisi di atas, kita punya beberapa sifat sebagai berikut:

dengan penyelesaian persamaan f x

 

g x

 

. Jadi, langkah pertama yang kita

lakukan untuk menyelesaikan persamaan dengan bentuk tersebut adalah

menyamakan bilangan pokoknya, baru kemudian kita samakan pangkatnya.

 Persamaan eksponen tipe p a

 

f x  2qaf x   r 0. Untuk persamaan eksponen bentuk ini, kita dapat mengubah menjadi persamaan kuadrat dengan substitusi

  positif mempunyai penyelesaian a b

xr s dan c d Dari sini kita punya dua sistem persamaan

Dengan demikian 4 7 1 2 1 2 1.

3 5 3 5

a b c d     a b a b  a b    (C). .

Selain persamaan eksponen, kita juga mengenal pertidaksamaan eksponen. Sama

dengan persamaan eksponen, di sini kita akan membahas bentuk af x ag x  (dapat juga

, ,

  ), dan bentuk p a

 

f x  2qaf x     r 0( , , ).

 Tipe af x ag x : Perhatikan bahwa jika a1 maka akan selalu terjadi kesamaan, karena 1 pangkat berapapun selalu 1. Oleh sebab itu, kita asumsikan

1

a . Untuk menyelesaikan pertidaksamaan bentuk tersebut, kita akan membagi

2 kasus sebagai berikut:

 Kasus a1

Untuk a1, berlaku af x  ag x   f x

 

g x

 

. Begitu juga jika tandanya diganti dengan , ,  atau .

 Kasus a1

Untuk kasus ini, berlaku af x  ag x   f x

 

g x

 

. Begitu juga jika tandanya diganti dengan , ,  atau .

 Tipe p a

 

f x  2qaf x   r 0: Seperti halnya persamaan eksponen, cara menyelesaian pertidaksamaan bentuk ini akan kita gunakan substitusi yaf x . Sehingga pertidaksamaan tersebut akan menjadi py2qy r 0, yang tentu saja merupakan pertidaksamaan kuadrat, kemudian kita selesaikan lagi dengan

pertidaksamaan yang telah kita bahas sebelumnya.

H. Barisan dan Deret Bilangan

Suatu susunan bilangan terkadang dapat kita baca polanya, yakni secara logika kita akan

mengetahui bilangan yang akan muncul berikutnya jika kita diberikan suatu urutan

disebut dengan barisan bilangan. Sedangkan jumlahan dari barisan bilangan disebut

deret.

Secara matematis, barisan bilangan adalah fungsi dengan domain himpunan bilangan asli.Dan deret adalah jumlahan dari barisan barisan.

Barisan bilangan ini biasa dituliskan dengan u u₁, ,...,₂ u_n. Sedangkan deret dituliskan

dengan s_n    u₁ u₂ ..., u_n.

1

u disebut suku pertama, u2 disebut suku kedua, ..., dan seterusnya secara umum un disebut suku ke-n.

Contoh

Pola ABBCCCDDDDABBCCCDDDDABBCCCDDDD.... berulang sampai tak

terhingga. Huruf apakah yang menempati urutan ke 5 3

2 3 ? (OSN 2003)

Jawaban:

Perhatikan bahwa pola di atas berulang setiap 10 suku yaitu ABBCCCDDDD. Dengan

demikian, kita cukup mencari digit terakhir dari 5 3

2 3 . Digit terakhir dari 5 3

2 3 32 27

adalah 4, sehingga huruf yang menempati urutan ke 5 3

2 3 sama dengan huruf keempat

dari barisan tersebut yaitu huruf C. .

Barisan aritmetika adalah barisan yang setiap sukunya diperoleh dengan menambah

suatu bilangan yang tetap (konstan) dari suku sebelumnya, penambah ini selanjutnya

disebut beda. Secara umum, barisan aritmetika berbentuk:

, , 2 , 3 ,...

a a b a  b a b dengan a adalah suku pertama dan b adalah beda.

Secara matematis, suku ke-n barisan aritmetika dapat dinyatakan secara ekplisit sebagai



1



n

u  a n b, dengan a dan b berturut-turut menyatakan suku pertama dan beda.

Bagaimana dengan jumlah suku-suku barisan aritmetika yang kita sebut dengan deret

kita tulis dengan Sn. Perhatikan kembali bahwa Sn    u1 u2 ... un. Jika kita balik Jadi rumus deret aritmetika adalah:





Nah, sekarang bagaimana cara mencari un jika diketahui rumus Sn? Mudah saja, karena





Perhatikan bahwa 1 5 9 ... 4013 4017     merupakan deret aritmetik dengan suku

awal 1, beda 4, dan suku terakhir 4017. Rumus umum dari barisan aritmetika

penyusunnya adalah un  a



n1



b 1



n1 4 4



 n3, sehingga karena

1005 2000 9 2.010.000 9045 2.019.045. n

S  n a u      

    

Jadi jumlahnya adalah 2.019.045. .

Barisan geometri adalah barisan yang setiap sukunya diperoleh dengan mengalikan

suatu bilangan yang tetap (konstan) dari suku sebelumnya. Pengali ini selanjutnya disebut

dengan rasio atau pengali. Dengan demikian barisan geometri adalah barisan yang setiap

sukunya diperoleh dengan mengalikan suatu bilangan tertentu dari suku sebelumnya.

Secara umum, barisan geometri berbentuk:

2 3

, , , ,...

a ar ar ar dengan a adalah suku pertama dan r adalah rasio.

Secara matematis, rumus suku ke-n dari barisan geometri adalah n 1 n

u ar  , dengan a adalah suku pertama dan r adalah rasio.

Selanjutnya, akan dibahas jumlahan dari suku-suku barisan geometri yang selnjutnya kita

sebut dengan deret geometri. Perhatikan kembali bahwa

1

1 2 ... ...

n

n n

S  u u  u  a ar ar  .

Perhatikan bahwa





  , sehingga rumus di atas juga dapat ditulis dalam

bentuk lain yaitu:





 . Bentuk pertama biasanya digunakan jika r 1

, sedang bentuk yang kedua digunakan jika r 1.

Seperti halnya pada deret aritmetika, pada deret geometripun juga berlaku u_n S_nS_n1

untuk n2 dan tentu saja u1 S1.

Contoh

Suatu barisan bilangan real mempunyai suku-suku didefinisikan sebagai berikut.

Buktikan bahwa jumlah semua suku ke-1 sampai dengan suku ke-2009 adalah



2009 2010



hampir sama dengan barisan geometri hanya saja dia akan bertanda + + - - untuk suku ke

1,2,3,4 dan seterusnya dengan mengambil 4 suku berurutan. Misalkan

1 2 ... 2008

S    u u u dan 2008

1 2 ... 2008 2009 2009

T  u u  u u  S u  S ar maka 2 3 2004 2005 2006 2007

...







_{ }

_





2 3 2004 2005 2006 2007

2 3 2004 2005 2006 2007 2 3 6 7 2006 2007

Perhatikan bahwa 2 6 2006

...

Selain deret aritmetika dan deret geometri di atas, terdapat beberapa deret yang sebaiknya

kita mengetahuinya.

1. Deret bilangan asli: ini merupakan jumlah dari beberapa bilangan asli yang

pertama yaitu 1 2 3 ... 1



1



2

n n n

      . (deret ini dapat dihitung dengan menggunakan rumus deret aritmetika).

2. Deret bilangan kuadrat: ini merupakan jumlah dari beberapa kuadrat bilangan

asli yang pertama yaitu 2 2 2 2 1







1 2 3 ... 1 2 1

6

n n n n

       .

3. Deret bilangan kubik (pangkat 3): ini merupakan jumlah dari beberapa pangkat

tiga dari bilangan asli yang pertama yaitu





2

Dalam soal olimpiade, sering sekali kita menghitung deret bahkan perkalian dari

beberapa suku dari suatu barisan yang bukan aritmetika maupun geometri. Di sini kita

akan membahas teknik telescoping. Cara ini adadapat dilakukan untuk penjumlahan dan perkalian.

1. Tipe penjumlahan u₁  u₂ ... u_n. Jika kita dapat mengubah menjadi u₁ x₁ x₀,

2 2 1

u x x , u₃ x₃ x₂,…, un xnxn1, maka dengan mudah kita dapat menghitung u1  u2 ... un 



x1x0

 

 x2x1



 ...



xnxn1



xnx0. Atau

dengan cara lain yakni dengan membalik urutan suku-sukunya seperti pada saat

kita membuktikan rumus deret aritmetika, yaitu jika kita punya

1 n 2 n 1 ... n 1

 , maka dengan mudah kita dapat menghitung

Contoh

2 6 12 20 2005 2005 1 1.2 2.3 3.4 4.5 2004.2005 2005.2006

1 1 1 1 1 1 1

Diketahui fungsi bilangan real

 

1

Contoh

Jika n adalah bilangan asli. Maka bentuk paling sederhana dari perkalian

2 2 2 2

Jadi bentuk sederhanya adalah 1

2

n n



Geometri

Geometri adalah cabang ilmu matematika yang mempelajari tentang ilmu ukur. Pada bab ini

kita akan mempelajari geometri bidang dan geometri ruang. Geometri bidang meliputi

pembahasan tentang segitiga, segi-n, kesebangunan, Teorema Pythagoras, lingkaran, serta

hubungan antara lingkaran dan segitiga. Sedangkan geometri ruang meliputi kubus, balok,

tabung, limas, kerucut, dan bola serta beberapa bangun terpancung. Tentu saja kita tidak akan

mulai semuanya dari awal, melainkan hanya akan mendalami ataupun memperkenalkan

sesuatu yang baru.

A. Segitiga

Segitiga adalah bangun datar bersisi lurus yang paling sederhana. Bahkan, semua bangun

datar yang bersisi lurus pasti dapat kita partisi menjadi beberapa segitiga.

Beberapa sifat dasar dan rumus rumus pada segitiga:

1. 0

180

A B C

      ,

2. a b c  , b c a  , dan c a b  (disebut ketaksamaan segitiga),

3. Keliling   a b c dan didefinisikan s sebagai setengah keliling yakni

2

a b c s   ,

4. Luas segitiga ABC selanjutnya ditulis dengan



ABC



dapat dihitung dengan rumus







panjang alas

 

tinggi



2

ABC  

5. Formula Heron:



ABC



 s s a s b s c















dengan s menyatakan setengah

Formula Heron merupakan cara alternatif untuk menghitung luas segitiga tanpa harus

menghitung tingginya terlebih dahulu. Perhatikan rumus luas pada poin (4). Jika rumus ini

kita aplikasikan pada segitiga ABC di atas maka





2

a a h

ABC   dengan ha menyatakan

panjang garis tinggi yang ditarik dari titik sudut A. Sekarang perhatikan bahwa segitiga ABD

dan ADC mempunyai tinggi yang sama yaitu ha, sehingga









1 2 1 2

a

a BD h

ABD BD

ADC _{DC h} DC

 

 

  . Dari

sini kita menemukan fakta yang sederhana namun powerful dalam menyelesaikan soal yaitu

bahwa jika dua segitiga mempunyai tinggi yang sama maka perbandingan luasnya sama

dengan perbandingan panjang alasnya. Begitu juga sebaliknya, yaitu jika dua segitiga

mempunyai alas sama maka perbandingan luasnya sama dengan perbandingan tingginya.

Contoh

Gambar bangun berikut, ABCD adalah persegi dengan sisi 6 satuan. Titik E dan F membagi

diagonal AC menjadi tiga bagian sama panjang. Luas segitiga DEF = ....

(OSK 2003)

Jawaban:

Kita tarik garis DE dan DF.

Persegi ABCD terbagi menjadi 6 segitiga yang tingginya adalah setengah panjang diagonal

yang sama, sehingga





1





1.6.6 6

6 6

DEF  ABCD   satuan luas. Jadi luas segitiga DEF

adalah 6 satuan luas. .

Contoh

Perhatikan Gambar 2, yaitu 4 buah layang-layang kongruen yang memuat pada persegi dan

ternyata masih tersisa daerah persegi yang diarsir. Jika panjang p3 2 cm, dan q5 2

cm, maka luas daerah yang diarsir adalah ….

(OSP 2009)

Jawaban:

Luas persegi yang besar



p q



2 



3 2 5 2

  

2  8 2 2 128. Perhatikan bahwa setiap

belah ketupat merupakan gabungan dari dua segitiga siku-siku dengan sisi-sisi siku-siku p

dan q. Karena ada 4 belah ketupat maka luas yang tidak diarsir sama dengan 8 kali luas

segitiga siku-siku tersebut yaitu 8.1 4 3 2 5 2

  

120

2 pq

   . Jadi luas yang diarsir

Telah dikatakan di atas bahwa sebarang segi-n dapat kita partisi menjadi segitiga-segitiga.

Mudah dipahami bahwa setiap segi-n dapat dibagi/dipartisi menjadi n2 segitiga segitiga

yang semua titik sudutnya merupakan titik sudut segi-n.

Dengan demikian jumlah semua sudut pada segi-n adalah



n2 180



0. Dari sini tentu kita

dapatkan besar setiap sudut segi-n beraturan adalah



2



0 180 n

n



 .

Contoh

Tentukan bilangan asli n terkecil sehingga jumlah ukuran sudut-sudut segi-n, dengan n6

kurang dari 2

n derajad. (OSN 2004)

Jawaban:

Kita tahu bahwa jumlah ukuran sudut-sudut segi-n adalah



n2 180



0, sehingga kita akan

mencari bilangan asli terkecil n sehingga



n2 180



n2 yang ekivalen dengan





2

180n n 360n 180n 360. Perhatikan bahwa fungsi grafik f dengan rumus

 

2

180

f x  x x merupakan parabola terbuka ke atas dengan persamaan sumbu simetri

90

x , sehingga fungsi f merupakan fungsi naik untuk x90 dan turun jikax90.

Karena f

  

3 3 180 3 



360 maka agar n



180n



360 haruslah x90 (karena setelah

90 fungsi akan turun). Dengan demikian, untuk mencari n yang dimaksud kita cukup mencari

bilangan asli n sehingga



n1 180





 



n 1





360 tetapi n



180n



360. Perhatikan

bahwa 177 180 177







531 360 dan 178 180 178







356 360 , sehingga n terkecil yang

B. Kesebangunan

Mudahnya kata sebangun sama dengan serupa, artinya dua bangun datar dikatakan sebangun

jika bentuknya serupa meskipun ukurannya tidak harus sama. Secara formal, dua bangun

datar bersisi lurus dikatakan sebangun jika besar semua sudutnya sama dan perbandingan

panjang sisi-sisi yang bersesuaian sama. Sebagai contoh segilima ABCDE sebagun dengan

segiempat PQRST ditulis dengan ABCDE PQRST jika

, , , ,

A P B Q C R D S E T

               dan AB BC CD DE EA k

PQ QR  RS  ST TP 

untuk suatu konstanta k. Dalam hal k 1, dikatakan bahwa dua bangun tersebut kongruen.

Hal yang istimewa dari dua bangun yang sebangun adalah kita dapat mencari sifat satu

bangun jika diketahui sifat bangun yang lainnya. Sebagai contoh misalkan diketahui dua

bangun datar sebangun katakan dengan perbandingan k, maka

1. Perbandingan kelilingnya adalah k,

2. Perbandingan luasnya adalah 2 k ,

3. Perbandingan panjang garis (baik diagonal, garis tinggi, atau apapun) yang bersesuaian

adalah k.

Salah satu penggunaan nyata dari kesebangunan adalah skala pada peta. Jelas bahwa setiap

peta sebangun dengan tempat aslinya. Misalkan perbandingan ukuran sebenarnya dan ukuran

Contoh

Pada sebuah peta dengan skala 1 : 100.000, luas tanah sebuah sekolah adalah 50 cm2. Luas tanah sekolah tersebut pada peta dengan skala 1 : 200.000 adalah ... (OSK 2003)

Jawaban:

Jelas bahwa 2 peta tersebut sebangun dengan peta pertama lebih besar dari peta kedua.

Mudah dipahami bahwa perbandingan kesebangunan peta pertama dan peta kedua adalah 2,

sehingga luas tanah pada peta kecil adalah 50₂ 12,5

2  cm

2

. .

Syarat kesebangunan pada segitiga lebih sederhana daripada bangun segi-n yang lainnya.

Dua segitiga dikatakan sebangun jika memenuhi salah satu dari:

1. Ketiga sudutnya sama besar.

Ini juga dapat disederhanakan lagi karena jumlah besar sudut setiap segitiga adalah 0

180

maka dua segitiga sebangun jika besar dua sudut yang bersesuaian sama.

Jika

A P

B Q

C R

        

maka ABC PQR akibatnya AB AC BC PQ  PR QR .

2. Perbandingan ketiga sisi yang bersesuaian sama

Jika AB AC BC

PQ  PR QR maka ABC PQR akibatnya      A P, B Q, dan

C R

   .

3. Perbandingan dua sisi yang bersesuaian sama dan sudut yang mengapit keduanya

besarnya sama

Jika diketahui AB AC

Perhatikan segitiga

 Jika DE AB// (sejajar) maka mudah dipahami bahwa CAB CDE yang berakibat CD CE DE

CA CB  AB yang selanjutnya diperoleh juga

CD CE DA EB.

 Kebalikannya jika CD CE

DA EB maka CAB CDE sehingga DE AB// .

Contoh

Perhatikan gambar berikut ini.

Dari gambar di atas diketahui bahwa jari- jari lingkaran kecil adalah 3 cm dan jari-jari lingkaran

Jawaban:

Tarik garis tegak lurus dari A dan B ke garis singgung singgung lingkaran.

Karena PB QA// maka 3 3 11 5

DB PB DC

DA QA DC



  

 . Dari sini kita peroleh 5DC 15 3DC33

yang selanjutnya diperoleh DC9 cm. .

Sekarang perhatikan segitiga siku-siku berikut ini.

Dapat dibuktikan bahwa DAB DCA ACB, sehingga kita peroleh 2

AC CD CB ,

2

AB BD BC , dan 2

AD DB DC (ini disebut rumus proyeksi).

Selanjutnya kita juga punya





2 2 2

AB AC BD BC CD BC    BD DC BCBC BC BC . Nah, rumus

2 2 2

Contoh

Perhatikan gambar berikut. Panjang CP adalah ...

(OSK 2004)

Jawaban:

Misal Q, R, S, dan T berturut-turut adalah proyeksi P pada AB, BC, CD, dan DA.

Menggunakan Teorema Pythagoras kita punya 2 2 2

5 a c , 2 2

160b c , dan 2 2

9a d .

Dengan demikian 2 2 2 2 2 2 2



2 2



160 9 25 144

CP b d b c a d  a c     , sehingga

panjang CP 144 12 . .

Contoh

Diketahui gambar berikut. ABCD adalah persegi, dan E adalah titik

sembarang di luar persegi ABCD. Selidiki apakah berlaku hubungan

2 2 2 2

Jawaban:

Kita tarik garis dari E tegak lurus AB dan DC seerta memotong AB dan DC berturut-turu di P dan

Q.

Jelas bahwa AQDP dan DB PC . Misal sisi persegi ABCD adalah x, panjang AQ a ,

QB b , dan PE c . Dengan menggunakan Teorema Pythagoras, kita punya





2

2 2 2 2

AE AQ QE a  x c , 2 2 2 2





2

BE BQ QE b  x c , 2 2 2 2 2 CE CP PE b c

, dan 2 2 2 2 2

DE DP PE a c . Dengan demikian kita punya





2





2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

.

AE CE a  x c b c b  x c a c BE DE .

B. Lingkaran

Tentunya kita telah mengenal lingkaran di materi sekolah biasa. Di sini kita akan menggunakan

pengetahuan lingkaran yang didapat disekolah untuk mengetahui hubungan lingkaran dengan

segitiga yaitu lingkaran dalam dan lingkaran luar suatu segitiga. Keliling dan luas suatu

lingkaran yang berjari-jari r berturut-turut adalah K 2r dan 2

Lr . Jangan lupakan juga

materi tentang sudut keliling dan sudut pusat.

Contoh

Di dalam suatu lingkaran yang berjari-jari 4 cm dibuat persegi ABCD, sehingga titik sudut

persegi tersebut berada pada lingkaran. Luas persegi ABCD adalah ...

a. 64 cm2 c. 16 cm2 e. 4 cm2 b. 32 cm2 d. 8 cm2

Jawaban:

Karena keempat titik sudut persegi terletak pada lingkaran maka panjang diagonal persegi sama

dengan diameter lingkaran yaitu 2 4 8  cm, sehingga luas persegi adalah

1 1

. . .8.8 32

2 2

L d d   cm2. (ingat bahwa setiap persegi merupakan belah ketupat sehingga kita

dapat menggunakan rumus luas belah ketupat). (B). .

Contoh

Diketahui bentuk gambar di bawah berikut ini.

Titik-titik pusat lingkaran B, C, D, dan E diletakkan pada garis tengah lingkaran A dan garis

tengah lingkaran B sama dengan jari-jari lingkaran A. Lingkaran C, D, dan E sama besar dan

sepasang-sepasang bersinggungan di luar sehingga jumlah panjang garis tengah ketiga lingkaran

tersebut sama dengan jari-jari lingkaran A. Bagaimanakah perbandingan keliling lingkaran A

dengan jumlah keliling lingkaran B, C, D, dan E? (OSN 2003)

Jawaban:

Misalkan panjang-jar-jari lingkaran A adalah r satuan, maka panjang jari-jari lingkaran B adalah

1

2r satuan dan panjang jari-jari lingkaran C, D, dan E adalah

1 1

/ 3

2r 6r satuan. Keliling

linkaran AK_A2r dan jumlah keliling lingkaran B, C, D, dan E adalah

1 1 1 1

2

2 6 6 6

B C D E

K K K K  _ r r r r_ r

  . Jadi keliling lingkaran A sama dengan

Contoh

Pada gambar dibawah, titik O adalah pusat lingkaran yang berjari-jari r. Jika panjang ruas garis

ED juga sama dengan r, buktikanlah bahwa 1

3

DEC AOB

   .

(OSP 2005)

Jawaban:

Misal 0

AOB x

  dan DECy0. Karena DOE sama kaki dengan DEDO maka

0

DOC y

  , akibatnya _ODB_2y0_{. Di samping itu ODB sama kaki sehingga}

0 2

OBD ODB y

    dan _DOB1800_4y0_{. Perhatikan bahwa kita punya}

0

180

COD DOB BOA

      , artinya 180 4 180 1 1

3 3

y  y x   y x DEC AOB.

Terbukti. .

Lingkaran dalam suatu segitiga adalah lingkaran yang berada di dalam segitga dan

menyinggung ketiga sisi segitiga tersebut. Titik pusat lingkaran dalam ini merupakan

perpotongan ketiga garis bagi sudut-sudut segitiga tersebut.

Panjang jari-jari lingkaran dalam segitiga adalah r



ABC



s

Lingkaran luar suatu segitiga adalah lingkaran yang melalui ketiga titik sudut segitiga tersebut.

Titik pusat lingkaran luar ini merupakan perpotongan ketiga garis sumbu sisi segitiga.

Panjang jari-jari lingkaran luar segitiga adalah





4 abc R

ABC

 , dengan a b, , dan c menyatakan

panjang sisi-sisi dari segitiga ABC.

Contoh

Lingkaran M adalah lingkaran dalam dari ABC , sedangkan lingkaran N merupakan

lingkaran dalam dari ACD. Lingkaran M dan N bersinggungan di titik E . Jika panjang sisi

, ,

ADx cm ABy cm BCz cm, tentukan panjang sisiDC (nyatakan dalamx y dan z, .)

Jawaban:

Misalkan lingkaran M menyinggung sisi AB dan BC berturut-turut di P dan Q, sedang lingkaran

N menyinggung sisi AD dan DC berturut-turut di R dan S.

Jelas bahwa DR DS (keduanya garis singgung lingkaran N) dan BPBQ (keduannya juga

merupakan garis singgung lingkaran M).

Perhatikan AR dan AE merupakan garis singgung lingkaran N yang ditarik dari A sehingga

ARAE, tetapi AE dan AP merupakan garis singgung lingkaran M yang ditari dari A sehingga

AEAP. Dari sini kita peroleh ARAP. Dengan cara yang sama kita juga punya CSCQ.

Dengan demikian, kita punya AR RD BQ QC    AP DS BP SC   AP PB DC SC  

yang selanjutnya kita peroleh AD BC  AB CD , sehingga DCAD BC AB    x z y.

Jadi panjang DC  x z y. .

C. Bangun Ruang

Bangun ruang yang biasanya muncul dalam olimpiade diantaranya kubus, balok, tabung, limas,

kerucut, dan bola. Terkadang soal menggabungkan beberapa bangun ruang tersebut dan kadang

kala kita diminta menghitung volume atau luas permukaan bangun terpancung. Untuk bangun

terpancung ini biasanya kita menggunakan kesebangunan. Di sini kita tidak akan membahas

rumus-rumus volume maupun luas permukaan karena sudah kita pelajari di materi sekolah. Kita

Contoh

Perhatikan Gambar 4(a) sebagai kubus sempurna dan Gambar 4(b) merupakan kubus yang sama

dengan Gambar 4(a) dengan salah satu titik sudut dipotong dengan potongan berbentuk limas.

Jika panjang rusuk kubus 6acm dan panjang rusuk tegak limas 21₃acm, maka volum bangun

baru adalah ….

(OSP 2009)

Jawaban:

Volume kubus

 

3 3

6a 216a

  , sekarang akan kita hitung volume limas yang dibuang. Pertama

akan dihitung tinggi limas. Tinggi limas diproyeksikan ke alas tepat di titik berat segitiga

demikian, volume limas

2

bangun baru adalah 3 3

Contoh

Sebuah ember terbuat dari seng seperti tampak pada gambar. Luas seng yang digunakan untuk

ember tersebut adalah ……

(OSP2006)

Jawaban:

Luas alasnya 2 alas .15 225

L  

   cm2. Sekarang akan kita hitung luas selimut ember. Ember

tersebut merupakan kerucut terpancung, sehingga kalau kita buat kerucut lengkapnya dalah

sebagai berikut.

Misalkan panjang garis tinggi dan garis pelukis kerucut kecil berturut-turut adalah t dan s, maka

dengan menggunakan kesebangunan kita punya 15 5 3 120 60

40 25

t

t t t

t       , sehingga

panjang s 602152 15 17 dan panjang garis pelukis kerucut besar  602252 65. Dengan demikian, luas selimut ember sama dengan luas selimut kerucut besar dikurangi dengan

luas selimut kerucut kecil yaitu Lselimut .25.65.15.15 17 25



65 9 17



. Jadi luas seng

yang digunakan untuk ember tersebut adalah













alas selimut 225 25 65 9 17 25 9 65 9 17 25 74 9 17

h

1

Teori Bilangan

Teori bilangan merupakan salah satu materi dalam olimpiade. Pada bab ini, kita akan

mempelajari tentang konsep dasar keterbagian, algoritma pembagian, faktor

persekutuan terbesar, dan kelipatan persekutuan terkecil, serta persamaan Diophantine.

Namun sebelumnya, akan dijelaskan terlebih dahulu bagaimana cara menyajikan

bilangan asli dengan menggunakan basis.

A. Penyajian Bilangan Bulat

Pada saat kita masih di sekolah dasar, tentu saja kita pernah menjumpai soal yang

dilontarkan oleh guru kita sebagai berikut:

1. Berapakah angka ratusan dari 3356?

2. Angka 4 pada bilangan 4.777 bernilai?

Nah, pertanyaan di atas dimaksudkan pada basis 10, yakni ada satuan, puluhan, ratusan,

ribuah, puluh ribuan, dst. Sebagai contoh bilangan 3.356 dimaksudkan 3 ribuan, 3

ratusan, 5 puluhan, dan 6 satuan atau secara metematika ddapat kita nyatakan sebagai

3 2

3356 3 1000 3 100 5 10 6 3.10        3.10 5.10 6 .

Penyajian di atas, disebut penyajian dalam basis 10 atau lebih dikenal dengan disebut

sistem desimal. Angka-angka/digit-digit yang digunaan dalam basis 10 adalah 0, 1, 2, 3, 4,…, 9. Perlu diingat bahwa angka hanyalah symbol, sedangkan bilangan adalah nilai dari angka-angka yang kita bentuk. Secara umum, untuk sebarang bilangan bulat b1

kita dapat menyajikan bilangan dalam basis b. Angka-angka yang digunakan dalam

basis b ini adalah anggota-anggota dari himpunan{0,1,2…b-1}. Penulisan basis,

biasanya dituliskan di sebelah kanan bawah bilangan. Sebagai conntoh 200911 adalah

2009 dalam basis 11. Jika bilangan basisnya tidak dituliskan maka bilangan yang

dimaksud tersebut adalah bilangan dalam basis 10. Sebagai contoh jika kita menemukan

h

2

Secara matematika, nilai dari bilangan yang disajikan dalam basis b adalah sebagai

berikut: nilai dari anan-1…a1a0b dengan ai {0,1,2…b-1} untuk setiap i=1,2,3…n dalam

basis 10 adalah

1

1... 1 0 1 ... 1 0

n n

n n b n n

a a _ a a a b a b_   a b a

Pernyataan ini sekaligus menjelaskan kepada kita bagaimana mengubah bilangan

menjadi basis 10.

Contoh

Jika P, Q, R adalah angka-angka dari suatu bilangan dan

(100 10 P  Q R P)( )  Q  R 2008,

Maka nilai Q adalah...(OSK 2008)

a. 3 d. 6

b. 4 e. 7

c. 5

Jawaban:

Perhatikan bahwa 100 10 P  Q  R PQR dan 2008 251 8  atau 2008 502 4  .

Jika PQR251 maka



PQR P Q R





 



251 8 2008  (memenuhi), sedangkan jika

502

PQR maka



PQR P Q R





 



502 7 2008 (tidak memenuhi). Jadi nilai Q

adalah 5. (C).

Contoh

Diketahui

121 angka 9 99 999 ... 999...9

N     

Tentukan nilai N. (OSN 2006)

Jawaban:

Untuk setiap bilangan asli n kita punya

angka angka 0 999...9 1000...0 1

n n

h

Manakah di antara bilangan-bilangan 1, 2, 3, 4, 5, …, 100 yang habis dibagi 2? Dengan

mudah tentu kita dapat menjawab bahwa yang habis dibagi 2 adalah bilangan-bilangan

genap. Apa itu habis membagi? Apa itu habis dibagi? Ini akan dijelaskan pada sub bab

ini.

Definisi B.1

Bilangan bulat a habis membagi b ditulis a|b jika dan hanya jika terdapat bilanganbulat

h

4 Contoh

Tentukan semua bilangan asli n sehingga n

8

adalah bilangan bulat!

Jawaban:

agar n

8

bulat maka n|8,sehingga n merupakan faktor dari 8, sehingga n yang mungkin

adalah n=1,2,4,atau 8.

Dari definisi di atas kita dapat menurunkan sefat-sifat sebagai berikut

Sifat B.1

Untuk setiap bilangan bulat a yang tidak nol selalu berlaku a|a dan a|0

Sifat B.2

Untuk setiap bilangan bulat a selalu berlaku 1|a

Sifat B.3

Jika a|b maka ac|bc untuk setiap bilangan bulat c yang tidak nol.

Sifat B.4

Jika a|b maka a  b .

Sifat B.5

Jika a|b dan a|c maka a|(mb+nc) untuk setiap bilangan bulat m dan n.

Di sini, kita hanya akan membuktikan Sifat B.5. Sedangkan untuk sifat-sifat yang

lainnya diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.

Bukti Sifat B.5

Perhatikan bahwa a|b artinya terdapat bilangan bulat k sehingga b=ka, dan juga kita

tahu a|c yang berarti terdapat bilangan bulat l sehingga c=la. Dari kedua fakta tersebut

kita punya mb+nc=mka+nla=(mk+nl)a yang berarti a|(mb+nc) ■

Perhatikan bahwa pada sifat B.5, jika m dan n berturut-turut kita ganti dengan 1 dan -1

h

5

sering menggunakan sifat-sifat di atas untuk menyelesaikan masalah. Sekarang marilah

kita lihat beberapa contoh soalnya.

Contoh yang selalu benar adalah ....

a. hanya (i) d. semuanya, kecuali (v)

Jadi semua pernyataan selalu benar kecuali (ii). (C).

Contoh

menghasilkan bilangan bulat kurang dari 1, maka banyaknya himpunan bagian tak

kosong dari H adalah ... (OSK 2005)

h

 merupakan bilangan bulat haruslahn3|n1, di lain pihak kita juga punya

3| 3

n n . Dengan demikian n3 | (n 1)



n3



atau ekivalen dengann3 | 2. Dari

sini kita simpulkann  3 1,1, 2 , atau 2, yang selanjutnya kita dapatkan solusi

2, 4,1

n , atau 5. Sekarang kita periksa mana yang hasilnya kurang dari 1.

 n=2, maka 1 2 1 1 1

Jadi banyak anggota H adalah 2, sehingga banyaknya himpunan bagian tak kosong dari

H adalah 2

Dari sifat-sifat keterbagian di atas, kita dapat mentukan kriteria suatu bilangan yang

habis dibagi 2, 3, 4, 5, 8, 9, dan 11.

Teorema B.1 (kriteria habis dibagi)

Diketahui ma an n1...a a2 1 adalah bilangan asli n digit.

1. m habis dibagi 2 jika dan hanya jika digit terakhirnya habis dibagi 2 atau dengan

kata lain jika digit satuannya genap.

2. m habis dibagi 4 jika dan hanya jika dua digit terakhirnya habis dibagi 4.

h

7

4. m habis dibagi 5 jika dan hanya jika digit terakhirnya habis dibagi 5 atau dengan

kata lain jika digit satuannya 0 atau 5.

5. m habis dibagi 3 jika dan hanya jumlah semua digit-digitnya habis dibagi 3.

6. m habis dibagi 9 jika dan hanya jumlah semua digit-digitnya habis dibagi 9.

7. m habis dibagi 11 jika dan hanya jumlah selang-seling digit-digitnya habis dibagi

11 yakni a₁  a₂ a₃ ...a_n habis dibagi 11.

Algoritma pembagian juga merupakan modal dasar yang sangat penting dalam teori

h

8 Teorema C.1

Jika a dan b adalah bilangan bulat dan b>0, maka terdapat dengan tunggal bilangan

bulat q dan r sehingga

a bq r 

dengan0 r b.

Bukti:

Pandang himpunan ..., a-3 , - 2 , - , ,b a b a b a a b a , 2 ,b a3b,... Jika barisan tersebut

memuat unsur nol, maka terdapat bilangan bulat q sehingga a bq r  dengan r=0. Jika

barisan tersebut tidak terdapat unsur nol, maka a tidak mungkin nol. Jika a>0 maka

(1 ) 0

a ab a   b , dan jika a<0 maka a ab- - ( -1) 0a b  . Jadi, barisan tersebut

memuat unsur positif. Dengan demikian, jika kita himpun semua elemen yang positif

sebut saja himpunan S, maka S mempunyai elemen terkecil, sebut elemen minmal

tersebut adalah r a qb- . Kita akan buktikan bahwa r<b. Jelas r≠b (mengapa?),

andaikan r>b maka akan kita peroleh sa q- ( 1)b a qb b r b - -  - 0. Perhatikan

bahwa s∈S, dan s<r. Ini kontradiksi dengan asumsi bahwa r merupakan elemen terkecil. Jadi haruslah terdapat bilangan bulat q sehingga

0<ra qb- <b

atau dengan kata lain

a bq r  dengan 0<r<b .

Sekarang akan kita buktikan ketunggalannya. Misalkan terdapat bilangan bulat

0≤r_₁,r₂<b dan q₁ serta q₂ sehingga a=bq₁+r₁=bq₂+r₂. Dari sini akan diperoleh

h

9

Selanjutnya untuk q disebut bagian bulat hasil bagi a oleh b dan r disebut dengan sisa

pembagiana oleh b. Perlu diperhatikan bahwa 0 r b. Khusus jika r0 maka kita

akan punya b a| .

Dari teorema di atas, dapat kita pahami bahwa jika m suatu bilangan asli, maka untuk

sebarang bilangan bulat n dapat dinyatakan sebagai

n=mk+r

untuk suatu bilangan bulat k dan r dengan 0≤r≤m-1. Bilangan yang berbentuk mk+r adalah bilangan bulat yang bersisa r ketika dibagi m. Sebagai contoh, jika kita ambil

m=2, maka fakta di atas mengatakan bahwa setiap bilangan bulat dapat dinyatakan

dalam bentuk 2k atau 2k+1, yang selanjutnya dalam kehidupan kita sehari-hari bilangan

yang berbentuk 2k dan 2k+1 berturut-turut kita katakan bilangan genap dan bilangan

ganjil. Jika kita ambil m=3, maka fakta di atas mengatakan bahwa setiap bilangan bulat

habis dibagi 3, bersisa 1, atau bersisa 2 ketika dibagi 3.

Sekarang, mari kita lihat beberapa contoh berikut.

Contoh

dibagi 9, maka sisanya adalah… (OSK 2008)

h

10

Diberikan dua bilangan bulat yang berjumlah 37. Jika bilangan yang lebih besar

dibagi dengan bilangan yang lebih kecil, maka hasil baginya adalah 3 dan sisanya 5.

Selisih kedua bilangan tersebut adalah .... (OSP 2007)

a. 3 d. 21

b. 5 e. 29

c. 8

Jawaban:

Misalkan bilangan tersebut adalah a dan b dengan a b . Dari yang diketahui kita

punya a b 37 dan a3b5. Dari sini kita peroleh 3b  5 b 37 b 8,

sehingga selisih kedua bilangan tersebut adalah a b 3b  5 b 2b 5 21. (D).

D. Faktor Persekutuan terbesar dan Kelipatan Persekutuan terkecil

Pada saat sekolah dasar, kita semua tentu telah mengenal pembagi sekutu terbesar atau

biasa disebut faktor persekutuan terbesar (FPB), atau disebut juga greatest common

divisor(gcd).

Definisi D.1.

Diberikan a dan b adalah bilangan bulat yang tidak keduanya nol. Bilangan asli d

disebut faktor persekekutuan terbesar dari a dan b atau ditulis dengan d =gcd(a,b) jika

(i). d|a dan d|b,

(ii). untuk setiap bilangan asli c dengan c|a dan c|b haruslah berlaku c d .

Pada definisi di atas, bagian (i) mengatakan bahwa d adalah pembagi sekutu dari a dan

b, sedangkan bagian (ii) mengatakan bahwa untuk setiap pembagi sekutu dari a dan b

harus lebih kecil atau sama dengan d,dengan kata lain (ii) mengatakan bahwa d

merupakan pembagi sekutu yang terbesar.

Definisi D.2.

Bilangan bulat a dan b dikatakan saling prima (relatif prima) jika gcd(a,b)=1.

h

11

Untuk sebarang bilangan bulat a,b dan c didefinisikan

gcd( , , ) gcd(gcd( , ), ) gcd( ,gcd( , ))a b c  a b c  a b c .

Dari definisi di atas, dapat diturunkan beberapa sifat di bawah ini:

1. gcd( , ) gcd( , ) gcd(| |,| |)a b  b a  a b ,

Di sini hanya akan kita buktikan untuk sifat (5) saja, sedangkan untuk bukti sifat-sifat

yang lain diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.

Bukti sifat 5

Dari sini kita punya bahwa gdadalah sebarang faktor persekutuan dari a dan b. Oleh

karena dgcd( , )a b maka gd  d g 1, sehingga haruslah g1.

Contoh

Misalkan n adalah bilangan asli yang tidak lebih dari 24, maka jumlah dari semua nilai

yang memenuhi agar n dan 24 relatif prima adalah ....

a. 120 c. 95 e. 81

b. 96 d. 82

(OSK 2008)

Jawaban:

Yang relatif prima dengan 24 adalah 1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, dan 23. Sehingga jumlah

semuanya adalah 96. (B).