Pembahasan Olimpiade Matematika SMA
Tingkat Kabupaten
Tahun 2013
Oleh Tutur Widodo
1. Misalkanadan b adalah bilangan asli dengana > b. Jika p94 + 2√2013 =√a+√b, maka nilai a−b adalah ...
Penyelesaian :
Untuk a, b≥0 berlaku
(√a+√b)2
=a+b+ 2√ab⇔√a+√b=
q
(a+b) + 2√ab
Padahal 94+2√2013 = (61+33)+2√61×33. Oleh karena itu,p94 + 2√2013 =√61+√33. Sehingga a−b= 61−33 = 28.
2. Diberikan segitigaABC dengan luas 10. TitikD, E danF berturut - turut terletak pada sisi - sisi AB, BC dan CA dengan AD= 2, DB = 3. Jika segitiga ABE dan segiempat DBF E mempunyai luas yang sama, maka luasnya sama dengan ...
Penyelesaian :
Perhatikan sketsa berikut ini!
A B
C
D E
F
Karena Luas △ABE= Luas DBF E berakibat Luas△ADE = Luas△DEF. Padahal dike-tahui pula bahwa DE adalah sisi persekutuan antara △ADE dan △DEF sehingga jarak titik AkeDE sama dengan jarak titikF keDE. Dengan kata lain,AF sejajarDE sehingga
CE EB =
AD DB =
2 3
Oleh karena itu, Luas △ABE= 3
5 ×10 = 6.
3. Misalkanpdanq bilangan prima. Jika diketahui persamaanx2014
−px2013+q= 0 mempunyai akar - akar bilangan bulat, maka nilaip+q adalah ...
Penyelesaian :
t2014−pt2013+q = 0⇔q=t2013(p−t). Perhatikan juga bahwa−1 dan 0 bukan merupakan akar - akar persamaan x2014
−px2013
+q = 0. Sehingga dengan mengingat bahwa q adalah bilangan prima diperoleh t= 1. Oleh karena itu, q =p−1 ⇔ p−q = 1. Dari keterangan ini dapat disimpulkan bahwa salah satu dari p, q harus genap. Dan karena bilangan prima genap hanya 2 maka kita peroleh q = 2 danp= 3. Jadi, p+q= 5.
4. Jika fungsif didefinisikan oleh f(x) = kx
2x+ 3, x6=− 3
2, kkonstanta memenuhi f
f(x)=x
untuk setiap bilangan real x, kecualix=−32 maka nilaik adalah ...
Penyelesaian :
Untuk x= 1 diperoleh
ff(1)= 1⇔fk
5. Koefisienx2013 pada ekspansi
(1 +x)4026
adalah
C
40252012.• Koefisien x2013
dari x2
(1 +x)4024
adalah
C
40242011.• · · · • · · · • · · ·
• Koefisien x2013 dari x2012(1 +x)2014
adalah
C
20141 .• Koefisien x2013
dari x2013
diperoleh koefisien x2013 pada ekspansi
yaitu,
C
20130 +C
20141 +· · ·+
C
4025 2012+C
4026 2013=
C
4027 2013
6. Jika 2 x−
2
y = 1 dan y−x= 2, maka (x+y) 2 =
· · ·
Penyelesaian :
Lakukan sedikit manipulasi aljabar sebagai berikut,
2 x −
2
y = 1⇔
2(y−x) xy = 1
⇔ xy4 = 1
⇔xy = 4
selanjutnya diperoleh,
(x+y)2
=x2+y2+ 2xy
=x2+y2−2xy+ 4xy
= (y−x)2 + 4xy
= 4 + 16
= 20
7. Suatu dadu ditos enam kali. Banyak cara memperoleh jumlah mata yang muncul 28 dengan tepat satu dadu muncul angka 6 adalah ...
Penyelesaian :
Tanpa mengurangi keumuman misalkan tos pertama muncul angka 6. Maka pada tos ke-dua sampai dengan tos keenam hanya boleh muncul angka 1, 2, 3, 4, 5 dan jumlahnya 22. Kemungkinan yang seperti ini hanya ada tiga kasus yaitu
• Yang muncul angka : 2, 5, 5, 5, 5 yang banyaknya cara ada 5!
4! = 5 cara.
• Yang muncul angka : 3, 4, 5, 5, 5 yang banyaknya cara ada 5!
3! = 20 cara.
• Yang muncul angka : 4, 4, 4, 5, 5 yang banyaknya cara ada 5!
2!×3! = 10 cara.
Sehingga total ada 5 + 20 + 10 = 35 cara jika pada tos pertama muncul angka 6. Karena keenam tos memiliki peluang yang sama untuk muncul angka 6 berakibat total keseluruhan cara yang mungkin yaitu 6×35 = 210 cara.
8. Misalkan P adalah titik interior dalam daerah segitiga ABC sehingga besar ∠P AB = 10◦,∠P BA= 20◦,∠P CA= 30◦,∠P AC= 40◦. Besar∠ABC =· · ·
Penyelesaian :
A B
P C
D
E F
Mudah diperoleh bahwa ∠∠AP B = 150◦,∠AP C = 110◦ sehingga ∠BP C= 100◦. Misalkan
∠P BC =x maka∠P CB= 80−x.
Berdasarkan dalil sinus pada △ADP dan△BDP diperoleh
AD sin 70◦ =
DP sin 10◦ dan
BD sin 50◦ =
DP sin 20◦
sehingga
AD BD =
sin 70◦·sin 20◦ sin 80◦·sin 10◦ Dengan cara serupa diperoleh pula
BE EC =
sin 30◦·sin(80−x)◦ sinx·sin 70◦ CF
F A =
sin 80◦·sin 40◦ sin 30◦·sin 30◦
Padahal berdasarkan teorema Ceva diperoleh
AD DB ·
BE EC ·
CF F A = 1
Substitusikan ketiga persamaan di atas sehingga didapat
sin 20◦·sin(80−x)◦·sin 40◦ sin 10◦·sin 30◦·sinx = 1
yang ekuivalen dengan
sin 20◦·sin(80−x)◦·sin 40◦= sin 10◦·sin 30◦·sinx
−4·sin 20◦·sin(80−x)◦·sin 40◦=−2·sin 10◦·sinx
2(cos 60◦−cos 20◦) sin(80−x)◦= cos(x+ 10)−cos(x−10)
sin(80−x)◦−2 cos 20◦·sin(80−x)◦= cos(x+ 10)−cos(x−10)
sin(80−x)◦−(sin(100−x) + sin(60−x)) = sin(80−x)◦−sin(100−x)
Karena x terletak pada kuadran pertama makax= 60◦. Jadi,∠ABC = 20◦+x= 80◦.
Alternatif Penyelesaian :
Misalkan D pusat lingkaran luar △ACP karena ∠ADP = 2∠ACP = 60◦ maka △ADP adalah segitiga sama sisi.
A B
P C
D
E
F
∠CAD =∠DAP−∠CAP = 60◦ −40◦ = 20◦. Karena ∠AP B = 150◦ maka ∠AP E = 30◦, sehingga ∠EP D = 30◦. Oleh karena itu, ∠DP B = 150◦ = ∠AP B. Hal ini berakibat △AP B kongruen △BP D. Sehingga ∠BDP = ∠BAP = 10◦. Selanjutnya kita diperoleh
∠ADF = ∠ADP +∠BDP = 60◦ + 10◦ = 70◦. Oleh karena itu, ∠AF D = 90◦. Dengan kata lain, BD⊥AC dan karena △ADC adalah segitiga sama kaki dengan AD =CD maka AF =F C. Sehingga dapat disimpulkan△ABCadalah segitiga sama kaki denganAB=BC. Jadi, ∠BAC=∠ACB= 50◦ yang berarti∠ABC = 80◦.
9. Sepuluh kartu ditulis dengan angka satu sampai sepuluh (setiap kartu hanya terdapat satu angka dan tidak ada dua kartu yang memiliki angka yang sama). Kartu - kartu tersebut dimasukkan kedalam kotak dan diambil satu secara acak. Kemudian sebuah dadu dilempar. Probabilitas dari hasil kali angka pada kartu dan angka pada dadu menghasilkan bilangan kuadrat adalah ...
Penyelesaian :
Misalkan a angka dari dadu dan b angka dari kartu. Pasangan (a, b) yang menghasilkan ab bilangan prima yaitu (1,1),(1,4),(1,9),(2,2),(2,8),(3,3),(4,1),(4,4),(4,9),(5,5),(6,6) yang ada 11 kemungkinan. Sedangkan kemungkinan ruang sampel adalah 60. Oleh karena itu, peluang dari hasil kali angka pada kartu dan angka pada dadu menghasilkan bilangan kuadrat adalah 11
60.
10. Enam orang siswa akan duduk pada tiga meja bundar, dimana setiap meja akan diduduki oleh minimal satu siswa. Banyaknya cara untuk melakukan hal tersebut adalah ...
Penyelesaian :
• Siswa diatur dalam kelompok 4,1,1. Untuk kasus ini kemungkinan cara duduk ada
C
6 4×C
2
1×(4−1)!
2! = 90
• Siswa diatur dalam kelompok 3,2,1. Untuk kasus ini kemungkinan cara duduk ada
C
63×C
32×(3−1)!×(2−1)! = 120
• Siswa diatur dalam kelompok 2,2,2. Untuk kasus ini kemungkinan cara duduk ada
C
6 2×C
4 2 3! = 15
Oleh karena itu, total cara mengatur tempat duduk keenam siswa tersebut adalah 90 + 120 + 15 = 225 cara.
11. Suatu partikel bergerak pada bidang Cartesius dari titik (0,0). Setiap langkah bergerak satu - satuan searah sumbuXpositif dengan probabilitas 0,6 atau searah sumbuY positif dengan probabilitas 0,4. Setelah sepuluh langkah, probabilitas partikel tersebut sampai pada titik (6,4) dengan melalui titik (3,4) adalah ...
Penyelesaian :
(0,0)
(3,4) (6,4)
A
B C
Sebuah partikel akan bergerak dari A menuju B dengan melalui C. Dari A ke titik C
banyaknya cara ada 7!
3!×4! = 35. Sedangkan dariC ke B hanya ada satu cara. Oleh karena itu, banyak cara partikel bergerak dari A menujuB dengan melaluiC ada 35×1 = 35 cara. Perhatikan bahwa bagaimana pun cara pertikel tersebut bergerak dari A menuju B maka dia akan selalu 6 kali bergerak searah sumbu X positif dan 4 kali bergerak searah sumbu Y positif. Jadi, besarnya peluang pertikel bergerak dari AmenujuB dengan melaluiC adalah 35×(0,6)6
×(0,4)4= 81648 59 .
12. Diberikan segitigaABC, dengan panjang sisiAB= 30. MelaluiABsebagai diameter, dibuat sebuah lingkaran, yang memotong sisi AC dan sisi BC berturut - turut di D dan E. Jika AD= 13AC dan BE =
1
4BC, maka luas segitigaABC sama dengan ...
Penyelesaian :
A
B C
D
E
Perlu diperhatikan bahwa ∠ADB=∠CDB =∠AEB =∠AEC = 90◦. Misal, AD=x dan BE = y maka AC = 3x, CD = 2x, BC = 4y dan CE = 3y. Dengan teorema Phytagoras pada segitiga ABD dan segitigaBCDdiperoleh
302
−x2= (4y)2
−(2x)2
⇔ 900−x2= 16y2 −4x2 ⇔ 900 = 16y2
−3x2
Demikian pula dengan teorema Phytagoras pada segitiga ABE dan segitigaACE diperoleh
302−y2 = (3x)2−(3y)2 ⇔ 900−y2 = 9x2−9y2
⇔ 900 = 9x2−8y2
dengan menggabungkan kedua persamaan di atas didapat,
16y2−3x2= 9x2−8y2 ⇔ 24y2 = 12x2 ⇔ x2 = 2y2
sehingga kita peroleh
900 = 16y2 −3x2
= 16y2 −6y2
= 10y2
⇔ y=√90
Oleh karena itu,
Jadi,
Luas segitigaABC = 1
2BC·AE
= 1 2 ·4y·
√ 810
= 2·√90√810
= 2·3√10·9√10 = 540
13. Banyaknya nilai α dengan 0◦ < α <90◦ yang memenuhi persamaan
(1 + cosα)(1 + cos 2α)(1 + cos 4α) = 1 8
adalah ...
Penyelesaian :
Ingat identitas trigonometri cos 2x = 2 cos2x
−1 ⇔ cos2x = 1
2(1 + cos 2x). Selanjutnya lakukan sedikit manipulasi
(1 + cosα)(1 + cos 2α)(1 + cos 4α) = 1 8
(1−cos2α)(1 + cos 2α)(1 + cos 4α) = 1
8(1−cosα)
(1−cos 2α)(1 + cos 2α)(1 + cos 4α) = 1
4(1−cosα)
(1−cos2
2α)(1 + cos 4α) = 1
4(1−cosα)
(1−cos 4α)(1 + cos 4α) = 1
2(1−cosα)
1−cos24α= 1
2(1−cosα) 1−cos 8α= 1−cosα
cos 8α= cosα
Sehingga diperoleh,
• 8α=α+k·360◦ ⇔7α=k·360◦. Diperoleh α= 360◦
7 .
• 8α=−α+k·360◦⇔9α=k·360◦ ⇔α=k·40◦. Diperoleh α= 40◦ atauα= 80◦.
Jadi, ada tiga nilai α yang memenuhi.
14. Diberikan segitiga lancipABC denganOsebagai pusat lingkaran luarnya. MisalkanM danN berturut - turut pertengahan OAdanBC. Jika∠ABC = 4∠OM N dan∠ACB= 6∠OM N, maka besarnya ∠OM N sama dengan ...
A B C
O N
M
Misalkan ∠OM N = x. △BOC adalah segitiga sama kaki. Karena BN = N C maka ON adalah garis tinggi sehingga ∠CN O = 90◦ dan ∠CON = 1
2∠BOC =∠BAC = 180◦−10x. Perhatikan juga bahwa ∠AOC = 2∠ABC = 8x sehingga ∠AON = ∠AOC +∠CON = 8x+ 180◦−10x = 180◦−2x. Karena ∠OM N = x dan ∠M ON = ∠AON = 180◦ −2x maka berakibat ∠ON M = x. Dengan kata lain △OM N adalah segitiga samakaki dengan ON = OM = 1
2OC. Oleh karena itu, cos∠CON = 1
2 ⇔ ∠CON = 60◦. Jadi, diperoleh 180◦−10x= 60◦ ⇔x= 12◦. Maka besar ∠OM N = 12◦.
15. Tentukan semua bilangan tiga digit yang memenuhi syarat bahwa bilangan tersebut sama dengan penjumlahan dari faktorial setiap digitnya.
Penyelesaian :
Misalkan bilangan tersebut adalah abc. Karena abc = a! +b! + c! dan 7! = 5040 maka a, b, c≤6. Jika salah satu daria, b, c adalah 6 maka abc >6! = 720 yang jelas tak mungkin. Jadi a, b, c≤5. Oleh karena itu abc≤5! + 5! + 5! = 360. Sehingga a≤3. Perhatikan juga bahwa 4! + 4! + 4! = 72. Oleh karena itu paling tidak salah satu dari a, b, c sama dengan 5.
• Jikaa= 1, maka diperoleh 1!+5!+1! = 122,1!+5!+2! = 123,1!+5!+3! = 127,1!+5!+4! = 145,1! + 5! + 5! = 241. Jadi yang mungkin hanyaabc= 145.
• Jika a= 2, keduab, c harus sama dengan 5, tetapi 2! + 5! + 5! = 2426= 255. Jadi, tidak ada yang memenuhi.
• Jika a = 3, diperoleh abc ≥ 300 akan tetapi abc ≤ 3! + 5! + 5! = 246 yang jelas tak mungkin.
Jadi, satu - satunya bilangan tiga digit yang memenuhi adalah 145.
16. Diberikan himpunan
S =
x∈Z
x2
−2x+ 7 2x−1 ∈Z
Banyaknya himpunan bagian dari S adalah ...
Misal t= x 2
−2x+ 7
2x−1 maka diperoleh
t= 1
Agar diperoleh t bulat maka haruslah (2x−1) membagi 25. Ada enam kasus yang mungkin
• 2x−1 = 1⇔x= 1. Diperoleht= 1
Jadi, diperolehS ={−12,−2,0,1,3,13}sehingga banyaknya himpunan bagian dariS adalah 26= 64.
17. Untuk x > 0, y > 0 didefinisikan f(x, y) adalah nilai terkecil diantara x,y 2 +
2 x,
1
y. Nilai terbesar yang mungkin dicapai oleh f(x, y) adalah ...
Penyelesaian :
Selanjutnya akan ditunjukkan nilai terbesar dari f(x, y) adalah √
Oleh karena itu, anggap x > √
2 . Untuk kasus ini diperoleh,
y
Jadi, diperoleh f(x, y)< √
10 2 .
Terbukti bahwa nilai terbesar dari f(x, y) adalah √
10
2 yang dicapai ketikax= 1 y =
√ 10 2 .
18. Nilai k terkecil sehingga jika sembarang k bilangan dipilih dari {1,2, ...,30}, selalu dapat ditemukan 2 bilangan yang hasil kalinya merupakan bilangan kuadrat sempurna adalah ...
Kita kelompokkan terlebih dahulu bilangan - bilangan yang jika sebarang dua bilangan di-antaranya dikalikan akan menghasilkan bilangan kuadrat sempurna, yaitu sebagai berikut
Kelompok 1 Kelompok 2 Kelompok 3 Kelompok 4 Kelompok 5 Kelompok 6
1 2 3 5 6 7
4 8 12 20 24 28
9 18 27
16 25
Sedangkan himpunan 13 bilangan sisanya yaitu {10,11,13,14,15,17,19,21,22,23,26,29,30} adalah himpunan yang hasil perkalian sebarang dua anggotanya bukan kuadrat sempurna. Berdasarkan pigeon hole principle, jika diambil 7 bilangan dari enam kelompok di atas maka pasti ada setidaknya dua bilangan yang berasal dari kelompok yang sama. Itu berarti hasil perkalian dua bilangan tersebut adalah kuadrat sempurna. Oleh karena itu, jika kita mengam-bil sebarang 13 + 7 = 20 mengam-bilangan pasti ada setidaknya dua mengam-bilangan yang hasil perkaliannya berupa kuadrat sempurna.
Sedangkan untuk k≤19 maka bisa dipilih bilangan dari himpunan berikut sebagai counter example, {1,2,3,5,6,7,10,11,13,14,15,17,19,21,22,23,26,29,30}.
Jadi, nilai terkecil dari k adalahk= 20.
19. Diketahui x1, x2 adalah dua bilangan bulat berbeda yang merupakan akar - akar dari per-samaan kuadrat x2+px+q+ 1 = 0. Jika p dan p2+q2 adalah bilangan - bilangan prima, maka nilai terbesar yang mungkin dari x20131 +x
2013
2 adalah ...
Penyelesaian :
Berdasarkan teorema Vieta diperoleh,
x1+x2 =−pdan x1x2 =q+ 1
Karena p2+q2 adalah bilangan prima dan x1
6
=x2 maka haruslah salah satu dari x1 atau x2 sama dengan 0. Dan tanpa mengurangi keumuman, misalkan x2 = 0 sehingga diperoleh q+ 1 = 0⇔q =−1. Oleh karena itu,p2
+q2 =p2
+ 1. Karenap2
+ 1 adalah bilangan prima maka haruslah pgenap sehingga p= 2. Jadi, diperolehx1 =−2 dan x2 = 0 yang berakibat x2013
semua x yang memenuhi ⌊x⌋+⌈x⌉= 5.
Penyelesaian :
Jika x adalah bilangan bulat maka ⌊x⌋ = ⌈x⌉ = x sehingga tidak mungkin ⌊x⌋+⌈x⌉ = 5. Oleh karena itu x bukan bilangan bulat. Hal ini berakibat ⌈x⌉ − ⌊x⌋= 1. Sehingga ⌊x⌋= 2 dan ⌈x⌉= 3. Jadi, 2< x <3.
Disusun oleh : Tutur Widodo
