Pembahasan OSN SMP Tingkat Nasional Tahun 2012
Bidang Matematika
Oleh Tutur Widodo
Soal 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 atau 6 − y = −2 ⇔ y = 4 atau 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 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 atau 9 − y = −2 ⇔ y = 7 atau y = 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.
Soal 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). Selan-jutnya 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.
Soal 3. Pada suatu keranjang buah terdapat 20 apel, 18 jeruk, 16 mangga, 10 nanas dan 6 pe-paya. Jika seseorang ingin mengambil 10 buah dari keranjang tersebut, ada berapa banyak kom-posisi 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 per-samaan
dengan 0 ≤ xi≤ 10.
Padahal kita tahu banyaknya penyelesaian dari x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 10 adalah C1014 = 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.
Soal 4. Di dalam Taman Khatulistiwa akan dibuat bangunan berbentuk limas dengan alas se-gitiga sama sisi berbahan tembus pandang dengan panjang sisi alas 8√3 m dan tinggi 8 m. Se-buah bola dunia akan ditempatkan di dalam limas tersebut. Dengan mengabaikan ketebalan ba-han 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.
A B C P E D
A E P
D T
F
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 lingkaran luar segitiga ABC. Karena ABC segitiga sama sisi maka AD = 8
√ 3 2 · sin 60◦ = 8√3 2 · √ 3 2 = 8. Selanjutnya misalkan jari - jari bola dunia adalah r maka r = T D = T F . Untuk mencari panjang AE bisa menggunakan dalil pitagoras pada 4ABE yaitu
AE2= AB2− BE2 = (8√3)2− (4√3)2 = 144
AE = 12
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,
P T2 = P F2+ T F2 ⇔ (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 Jadi, panjang jari - jari bola dunia maksimum adalah 2√5 − 2 m.
Soal 5. Berapakah sisa dari 20122012+ 20142012 dibagi oleh 20132?
Penyelesaian :
(n + 1)2012 jika dibagi oleh n2. Berdasarkan Binom Newton diperoleh, (n − 1)2012= 2012 X i=0 Ci2012n2012−i(−1)i = 2010 X i=0 Ci2012n2012−i(−1)i ! − C2012 2011n + 1 = n2 2010 X i=0 Ci2012n2010−i(−1)i ! − 2012n + 1 = pn2− 2012n + 1
dengan p =P2010i=0 Ci2012n2010−i(−1)i. Selain itu didapat pula,
(n + 1)2012 = 2012 X i=0 Ci2012n2012−i = 2010 X i=0 Ci2012n2012−i ! + C20112012n + 1 = n2 2010 X i=0 Ci2012n2010−i ! + 2012n + 1 = qn2+ 2012n + 1
dengan q =P2010i=0 Ci2012n2010−i. 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.
Soal 6. Pada suatu hari, seorang peneliti menempatkan dua kelompok spesies yang berbeda yakni amoeba dan bakteri pada suatu media yang sama, masing - masing dalam jumlah tertentu (dalam satuan sel). Peneliti tersebut mengamati bahwa pada hari berikutnya, yakni hari kedua, ternyata setiap sel masing - masing spesies membelah diri menjadi dua sel. Pada hari yang sama setiap sel amoeba memangsa tepat satu sel bakteri. Pengamatan selanjutnya yang dilakukan se-tiap hari menunjukkan pola yang sama, yakni sese-tiap sel masing - masing spesies membelah diri menjadi dua sel dan kemudian setiap sel amoeba memangsa tepat satu sel bakteri. Pengamatan pada hari ke- 100 menunjukkan bahwa setelah masing - masing spesies membelah diri dan kemu-dian setiap sel amoeba memangsa tepat satu sel bakteri, ternyata membuat bakteri punah. Ten-tukan perbandingan jumlah amoeba dengan jumlah bakteri pada hari pertama.
Misalkan jumlah amoeba pada hari pertama adalah a dan jumlah bakteri pada hari pertama adalah b. Selain itu definisikan pula Ai dan Biberturut - turut sebagai jumlah amoeba dan bakteri pada hari ke-i. Maka diperoleh dua barisan bilangan yaitu
A1 = a A2 = 2a A3 = 4a A4 = 8a .. . =... A100= 299a dan B1= b B2= 2b − 2a B3= 4b − 4a − 4a B4= 8b − 8a − 8a − 8a .. . =... B100= 299b − 99 · 299a
Karena pada hari ke-100 bakteri punah maka diperoleh B100= 0 sehingga 299b − 99 · 299a = 0 b − 99a = 0 a b = 1 99
Oleh karena itu, perbandingan jumlah amoeba dengan jumlah bakteri pada hari pertama adalah 1 : 99.
Soal 7. Diketahui n adalah bilangan bulat positif. Jika
f (n) = 4n + √ 4n2− 1 √ 2n + 1 +√2n − 1 tentukan f (13) + f (14) + f (15) + · · · + f (112). Penyelesaian :
Misal a =√2n + 1 dan b =√2n − 1, maka f (n) = a 2+ b2+ ab a + b = a 2+ b2+ ab a + b · (a − b) (a − b) = a 3− b3 a2− b2 = p(2n + 1) 3−p(2n − 1)3 2
Oleh karena itu diperoleh,
f (13) + f (14) + f (15) + · · · + f (112) = √ 2253−√253 2 = 153− 53 2 = 1625
Soal 8. Budi menyusun empat belas buah bola masing - masing berjari - jari 10 cm. Sembilan buah bola pertama diletakkan di atas meja sedemikian sehingga membentuk persegi dan saling bersinggungan. Empat buah bola berikutnya diletakkan di atas sembilan bola pertama sehingga saling bersinggungan. Bola keempat belas ditaruh di atas empat bola tadi, sehingga menyinggung empat bola tersebut. Jika Bambang mempunyai lima puluh lima buah bola yang masing - masing juga berjari - jari 10 cm dan semua bola tersebut disusun mengikuti pola susunan bola yang di-lakukan Budi, hitunglah ketinggian pusat bola yang paling atas diukur dari permukaan meja pada susunan bola yang dilakukan Bambang.
Penyelesaian :
Susunan bola yang dibentuk oleh Budi dari tingkat atas ke tingkat dasar membentuk barisan persegi yaitu 1, 4, 9, 16, 25, 36, . . .
Oleh karena itu, jika Bambang memiliki 55 bola dan disusun seperti cara Budi maka akan ada 5 tingkatan yaitu 1, 4, 9, 16, 25. Apabila dilihat dari samping dari arah sudut maka akan diperoleh gambar seperti di bawah ini :
A2 B2D2 C2 E2 F R Q P A D B C E
Ketinggian pusat bola yang paling atas diukur dari permukaan meja pada susunan bola yang dilakukan Bambang adalah panjang ruas garis CE.
Perhatikan bahwa 4ABC adalah segitiga sama kaki dengan AC = BC = 80 cm dan AB = 80√2. Selain itu ruas garis CD adalah garis tinggi sekaligus garis berat 4ABC oleh karena itu, ∠BDC = 90◦ dan AD = DB = 40√2. Sehingga dengan teorema pythagoras pada 4BDC diperoleh
CD2= BC2− BD2 = 802− (40√2)2 = 6400 − 3200 = 3200
CD = 40√2 Oleh karena itu diperoleh CE = CD + DE = 40√2 + 10.
Jadi, ketinggian pusat bola yang paling atas diukur dari permukaan meja pada susunan bola yang dilakukan Bambang adalah (40√2 + 10) cm.
Soal 9. Diketahui sebuah segitiga ABC dengan panjang sisi - sisinya adalah 5 cm, 8 cm dan √
41 cm. Tentukan luas maksimum persegi panjang yang mungkin dapat dibuat di dalam segit-iga ABC tersebut.
Penyelesaian :
Persegi panjang yang terbentuk luasnya akan maksimum jika salah satu sisinya berhimpit dengan salah satu sisi segitiga dan titik sudut di sisi yang berlawanan dengan sisi yang berhimpit tersebut menyinggung dua sisi segitiga yang lain. Untuk lebih jelasnya perhatikan gambar di bawah ini!
A B D C E F R Q P A3 D3 B3 E3
dengan AB = 5 cm, BC = 8 cm dan AC =√41 cm, AD garis tinggi dari 4ABC. Dengan teorema pythagoras pada 4ABD dan 4ACD diperoleh,
AB2− BD2= AC2− DC2 52− BD2= 41 − (8 − BD)2
25 − BD2= 41 − 64 + 16BD − BD2 16BD = 48
BD = 3 oleh karena itu AD = 4 cm.
Misal EF = x. Mengingat 4AEF ∼ 4ABC maka diperoleh EF BC = AP AD ⇔ x 8 = AP 4 ⇔ AP = 1 2x
Oleh karena itu, EQ = P D = 4 − 12x. Sehingga luas persegi panjang EQRF adalah
x 4 −1 2x = −1 2 x 2− 8x = −1 2(x − 4) 2+ 8
Jadi, luas maksimum persegi panjang yang mungkin dapat dibuat di dalam segitiga ABC tersebut adalah 8 cm2 dengan ukuran 4 cm x 2 cm.
Soal 10. Ada 12 orang yang antri untuk membeli tiket masuk suatu pertunjukkan dengan harga satu tiket adalah Rp 5.000,00. Diketahui 5 orang diantara mereka hanya mempunyai uang kertas Rp 10.000,00 dan sisanya hanya mempunyai uang kertas Rp 5.000,00. Jika penjual tiket awalnya hanya mempunyai uang Rp 5.000,00, berapakah peluang penjual tiket tersebut mempunyai cukup kembalian untuk melayani semua orang sesuai dengan urutan mereka dalam antrian?
Penyelesaian :
Disusun oleh : Tutur Widodo Apabila ada saran, kritik maupun masukan silakan kirim via email ke
tutur.w87@gmail.com Terima kasih. Website : www.pintarmatematika.net
