Pembahasan OSN Bidang Matematika SMAMA Seleksi Tingkat KotaKabupaten Tahun 2017

Pembahasan OSN Bidang Matematika SMA/MA

Seleksi Tingkat Kota/Kabupaten

Tahun 2017

Oleh Tutur Widodo

1. Jawaban : 14200

Dengan mengkuadratkan kedua ruas persamaanx₋y = 10diperoleh

x2+y2₋2xy = 100

x2+y2 = 120

Sekali lagi, dengan mengkuadratkan kedua ruas persamaanx2 +y2

= 120diperoleh

x4+y4+ 2x2y2= 14400

x4+y4= 14400₋200 = 14200

2. Jawaban : 9

Kita sebut keempat anak itu A, B, C dan D, sesuai initial nama masing-masing anak. Dari kondisi (a) dan (c) jelas A dan C tidak mungkin diposisi pertama. Oleh karena itu, untuk juara pertama hanya mungkin ditempati oleh B dan D.

(i) Jika B menjadi juara pertama, syarat (b) dan (c) otomatis terpenuhi. Jadi, untuk juara kedua, ketiga dan keempat boleh sebarang dari A, C, atau D. Oleh karena itu ada3! = 6kemungkinan.

(ii) Jika D menjadi juara pertama

• B menjadi juara kedua, maka tempat ketiga dan keempat bebas. Oleh karena itu ada 2! = 2kemungkinan.

• B menjadi juara ketiga, maka C harus juara keempat dan tentu saja A menjadi juara kedua. Oleh karena itu, ada tepat 1 kemungkinan

Jadi, banyaknya susunan juara pertama, kedua, ketiga, dan keempat adalah6 + 2 + 1 = 9.

3. Jawaban : 8

Untukn= 2diperolehn7

−n= 126dan untukn= 3diperolehn7

−n= 2184. Oleh karena ituk

membagi FPB(126,2184) = 42. Untuk menunjukkan bahwak= 42membagin7

−nuntuk sebarang bilangan aslin, cukup ditunjukkan bahwan7₋nhabis dibagi oleh2,3dan7.

Perhatikan bahwa

n7₋n= (n₋1)n(n+ 1)(n2₋n+ 1)(n2+n+ 1)

• Karenan7₋nadalah perkalian tiga bilangan bulat berurutan maka jelas bahwan7₋nhabis dibagi3! = 6. Oleh karena itu, terbuktin7

−nhabis dibagi2dan3.

• DariFermat’s Little Theoremkita punya :untuk sebarang bilangan aslinberlakun7

Karena2,3, dan7saling prima maka terbuktin7₋nhabis dibagi2_×3_×7 = 42. Dengan demikian otomatisn7

−nhabis dibagi oleh semua faktor dari42. Padahal banyaknya faktor positif dari42 adalah8. Oleh karena itu, banyaknya nilaikyang memenuhi adalah8.

4. Jawaban :100(2 +√3)atau100(2₋√3)

Misalkan M dan N berturut-turut adalah titik tengah AB dan AC. Akibatnya,OM _⊥ AB dan

ON _⊥AC. DiketahuiOM = 5,ON = 5√2danOA= 10. Akibatnya∠M AO= 30◦ _{dan∠OAN =}

45◦_{. Ada dua kemungkinan konstruksi berbeda untuk titikC.}

(i) Kontruksi I : TitikAterletak diantara titikB danC.

O M

A B

N

C

Pada kasus ini besar∠BAC =∠M AO+∠OAN = 75◦_{. Oleh karena itu,∠BOC = 2∠BAC =}

150◦_{. Dengan aturan cosinus pada segitigaBOC diperoleh}

BC2=OB2+OC2₋2_×OB_×OC_×cos∠BOC

= 102+ 102₋2_×10_×10_×(₋1 2

√ 3)

= 100(2 +√3)

(ii) Kontruksi II : TitikCterletak diantara titikAdanB.

O M

A B

N

C

Pada kasus ini besar∠BAC =∠OAN₋∠M AO= 15◦_{. Oleh karena itu,∠BOC = 2∠BAC =}

30◦_{. Dengan aturan cosinus pada segitigaBOC diperoleh}

BC2=OB2+OC2₋2_×OB_×OC_×cos∠BOC

= 102 + 102

−2_×10_×10_×(1 2

√ 3)

5. Jawaban : 11

Misalkanmadalah banyaknya bola berwarna merah danhadalah banyaknya bola berwarna hitam. Jelas bahwa

sehingga dari kesamaanp₋q = 23

37 diperoleh

k_≤ 27. Akibatnya,m₋h = 23k _≤621. Jadi, selisih terbesar yang mungkin dari banyaknya bola merah dan hitam adalah 621 yaitu saat bola merah ada sebanyak 810 dan bola hitam ada sebanyak 189.

Karena bilangan prima berurutan hanya 2 dan 3 maka jelas bahwat(n) = 2dans(n) = 3. Akibatnya,

n= 2a_·3b _{untuk suatuadanbbilangan asli. Karenan= 2}a_·3b _{≤100makab≤3.}

(a) Jikab= 1makaa= 1,2,3,4,5

(b) Jikab= 2makaa= 1,2,3

(c) Jikab= 3makaa= 1

Jadi, ada 9 nilainyang memenuhi.

8. Jawaban :_{2 +}√₃

Untuk memudahkan kita labeli titik-titik seperti pada gambar di bawah ini.

A B

O

C D

F E

Karena letak persegiCDEF simetris, akibatnya F E sejajar denganAB. Sehingga segitigaOF E

sebangun dengan segitigaOAB. Akibatnya,OF Eadalah segitiga samasisi sehinggaOF =F E=

F C =sdan∠OF C = 60◦_{+ 90}◦ _{= 150}◦_{. Dengan aturan cosinus pada segitigaOF C diperoleh}

OC2 =OF2+F C2₋2_·OF _·F C _·cos 150◦

r2 =s2+s2₋2s2_· −

√ 3 2

!

r2 = 2s2+√3s2

r2

s2 = 2 + √

3

9. Jawaban : 16

Daria+b+c= 1diperoleha+b= 1₋c. Selanjutnya diperoleh

a+b abc =

1

bc +

1

ac

≥ (1 + 1) 2

bc+ac (denganCS-Engel)

= 4

c(a+b)

= 4

c(1₋c)

= 4

1

4 − c− 1 2

≥ 41 4

= 16

Jadi, nilai minimal dari a+b

abc adalah 16 yang dicapai saata=b=

1

4 danc= 1 2.

10. Jawaban : 460

Kita bagi kasus berdasarkan kriteria nomor kamarnya,

(i) Ketiga digitnya sama. Yaitu nomor kamarnya berbentukaaa. Nomor kamar yang seperti ini ada 10 dan jelas semuanya bisa berisi tamu.

(ii) Ada tepat dua digit yang sama. Misalkan kita memiliki dua digit berbedaadanbmaka nomor kamar yang memiliki sifat ini ada 6 yaituaab,aba,baa,bba,bab, danabb. Berdasarkan aturan yang diterapkan hotel, dari ketiga nomor kamar : aab,aba,baa maksimal hanya satu yang berisi tamu. Demikian pula untukbba,bab,abb. Jadi, untuk setiap 2 digit berbeda a dan b

terpilih maksimal hanya ada 2 kamar yang berisi tamu. Padahal ada 102

= 45 cara untuk memilih pasangan digit(a, b). Jadi, untuk kasus ini maksimal ada2_×45 = 90kamar yang berisi tamu.

(iii) Ketiga digitnya berbeda. Jika kita memiliki tiga digit berbedaa,b,cmaka ada 6 nomor kamar yang bisa terbentuk yaituabc,acb,bac,bca,cab, dancba. Perhatikan tabel berikut

Kelompok I Kelompok II Kelompok III

abc bca cab

acb bac cba

Jelas bahwa jika ada empat kamar yang terisi tamu maka ada dua nomor kamar yang berasal dari kelompok yang sama dan jelas ini bertentangan dengan aturan hotel. Jadi dari keenam nomor kamar tersebut maksimal hanya ada 3 kamar yang berisi tamu. Ketiga kamar itu misalnyaabc,bcadancab. Karena ada 103

= 120cara untuk memilih pasangan digit(a, b, c) maka untuk kasus ketiga ini maksimal kamar yang berisi tamu yaitu120_×3 = 360.

Jadi, maksimal banyaknya kamar yang berisi tamu adalah10 + 90 + 360 = 460kamar.

11. Jawaban : 8

·7),f(8!) semuanya berbeda dan karena f(n) adalah bilangan bulat nonnegatif maka satu-satunya kemungkinan yaitu

f(1) = 0 f(2) = 1 f(22) = 2 f(23) = 3

f(24) = 4 f(25) = 5 f(25_·3) = 6 f(25_·32) = 7

sehingga diperolehf(2016) =f(25 ·32

·7) = 8.

12. Jawaban :

-Misalkan AB = x dan BC = y maka AC = x+₂y. Dengan aturan cosinus pada segitiga ABC

diperoleh

AC2 =AB2+BC2₋2_·AB_·BC_·cos∠ABC

x2+y2+ 2xy

4 =x

2

+y2₋2xy_·cos∠ABC

cos∠ABC = 3x 2

+ 3y2₋2xy

8xy

cos∠ABC _≥ 6xy−2xy

8xy =

1 2

Karena0◦_{<∠ABC <180}◦ _{dancos∠ABC ≥} 1

2 maka∠ABC ≤60◦. Akibatnya, segitigaABC yang diberikan pada soal tidak mungkin terbentuk.

13. Jawaban : 2009

DariP(0) =P(2) = 2018diperolehP(x) =ax(x₋2)(x2

+bx+c) + 2018untuk suatu a,b, danc

bilangan riil dana₆= 0. Selanjutnya diperoleh

P′_{(x) =a(2x−2)(x}2

+bx+c) +a(x2₋2x)(2x+b)

KarenaP(x)mencapai maksimum dix= 0danx= 2makaP′_{(0) =P}′_{(2) = 0. Sehingga diperoleh}

0 =P′_{(0) =−2ac}

Akibatnyac= 0. DariP′_{(2) = 0diperoleh}

0 =P′_{(2) = 2a(4 + 2b)}

Akibatnya,b=₋2. Oleh karena itu diperolehP(x) =ax(x₋2)(x2

−2x)+2018. KarenaP(1) = 2017 maka

2017 =a(₋1)(₋1) + 2018 _⇔ a=₋1

Jadi,P(x) =₋x(x₋2)(x2

−2x) + 2018. Oleh karena ituP(3) = (₋3)_·3 + 2018 = 2009.

14. Jawaban : 53

Untuk soal ini, jika Anda mengetahui “teorema kado silang” atau lebih kerennya disebut derange-mentmaka akan sangat membantu. Teoremanya sebagai berikut :jika terdapatnorang yang akan saling tukar kado dan tidak boleh ada orang yang mengambil kado yang dia bawa sendiri maka banyaknya cara berbeda melakukan pertukaran kado ini adalah :

Dn=n!

n X

k=0 (₋1)k

k!

dahulu. Maka banyaknya cara membagikan kado sama dengan

D6 = 1 0!−

1 1! +

1 2!−

1 3!+

1 4! −

1 5!+

1

6! = 265

Perhatikan bahwa kasus dimana kado dari A diberikan kepada B, C, D, E atau F kelimanya adalah simetris. Artinya banyaknya cara adalah sama. Oleh karena itu, banyaknya cara tukar kado dengan syarat kado A diberikan kepada B yaitu 265

5 = 53cara.

15. Jawaban : 119

Misalkan didefinisikanP(k) = (5 +k)(6 +k)(7 +k)_{· · ·}(n+k)untuk sebarang bilangan aslik. Jelas bahwaP(k+ 1)> P(k). Selanjutnya kita akan mencari bilangan aslinterbesar sehingga berlaku

n! =P(k)untuk suatuk. Perhatikan bahwa untukk= 1diperoleh

n! =P(1) _⇔ n! = (6)(7)(8)_{· · ·}(n+ 1)

⇔ n! = (n+ 1)! 5!

⇔ 5! = (n+ 1)

⇔ n= 119

Jadi, untukn= 119terbukti bahwan! =P(1). Sedangkan untukn >119kita memiliki

1< n+ 1

5! ⇔ n!<

(n+ 1)!

5! =P(1)< P(k)

sehingga untukn >119tidak ada bilangan asliksehinggan! =P(k). Oleh karena itu, bilangan asli terbesarnsehinggan!dapat dinyatakan sebagai hasil perkalian darin₋4bilangan asli berurutan adalahn= 119.

16. Jawaban : 2 3

MisalkanBLdanCKberpotongan diD. Misalkan pulaBD= 2x,DL=x,CD= 2ydanDK=y.

A B

C

K L

D

Dengan rumus jumlah sudut untuk fungsi tangent diperoleh

= 1−tan∠KBD·tan∠CBD

Oleh karena itu diperoleh

cotB+ cotC= 2x

Jadi, nilai terkecil daricotB+ cotCadalah 2

3 yang dicapai saatAB=AC.

17. Jawaban : 16

Pada koordinat kartesius, misalkan D(0, c),B(0, d) dan F(0,₋d). Tanpa mengurangi keumuman misalkana > b. Garisy =ax+cmemotong garisy =bx+ddan garisy=bx₋dberturut-turut di

AdanE. Garisy =bx+cmemotong garisy=ax+ddan garisy=ax₋dberturut-turut diCdan

G, seperti pada ilustrasi berikut ini

Perhatikan bahwa jajargenjangABCDsebangun dengan jajargenjangEF GD. Akibatnya

BD F D =

s

[ABCD] [EF GD] =

r

18 72 =

1 2

sehingga

c₋d c+d =

1

2 ⇔ c= 3d

Absis dari titikCyaitux= 2d

a₋b. Sehingga diperoleh

[CDB] = 9 1

2 ·(c−d)·

2d a₋b

= 9

1 2 ·2d·

2d a₋b

= 9

2d2= 9(a₋b)

Akibatnya,9_|d2

. Oleh karena itud= 3k, untuk suatu bilangan bulat positifk. Selanjutnya diperoleh

2d2 = 9(a₋b)

2_·9k2 = 9(a₋b)

2k2 =a₋b

Agara+b+c+dminimal, pilihk= 1sehinggad= 3danc = 3d= 9. Daria₋b= 2piliha= 3 danb= 1. Sehingga nilai minimal daria+b+c+dyaitu3 + 1 + 9 + 3 = 16.

18. Jawaban : 49

Misalkan keseratus bilangan tersebut adalaha1, a2, a3,· · · , a100. Andaikan terdapatisehinggaai

danai+1 keduanya adalah bilangan bulat positif. Akibatnya,ai+2> ai+ai+1 juga berupa bilangan positif. Demikian pula untuk bilangan-bilangan selanjutnya juga berupa bilangan positif dengan nilai monoton naik (tegas). Akibatnya

ai+1 < ai+2< ai+3<· · ·< a100< a1 <· · ·< ai< ai+1

kontradiksi. Oleh karena itu, banyaknya bilangan positif diantaraaimaksimal adalah 50.

Selanjutnya andaikan terdapat tepat 50 bilangan positif diantaraai. Seperti penjelasan sebelumnya,

kita memiliki fakta bahwa tidak boleh ada dua bilangan positif yang berdekatan. Agar terdapat tepat 50 bilangan positif maka tidak boleh ada dua bilangan negatif yang berdekatan. Hal ini karena seandainya ada dua bilangan negatif berdekatan dan karena diantara 49 pasangan bilangan sisanya hanya maksimal terdiri dari 49 bilangan positif, maka maksimal hanya ada 49 bilangan positif yang bisa kita peroleh. Jadi, kita ketahui bahwa bilangan positif dan negatif letaknya berselang-seling. Tanpa mengurangi keumuman andaikana2iadalah bilangan negatif. Karenaa2i+2> a2i+a2i+1>

a2imaka diperoleh

kontradiksi. Jadi, tidak mungkin ada 50 bilangan positif diantaraai.

Untuk kasus terdapat 49 bilangan bulat positif, kita dapat konstruksi sebagai berikut :

• a2i−1 = 1untuki= 1,2,3,· · ·,48,49 • a2i= 2i−202untuki= 1,2,3,· · ·,48,49

• a99=−99dana100 =−202

Jadi, maksimal banyaknya bilangan bulat positif yang terdapat pada lingkaran tersebut adalah 49.

19. Jawaban : 398

Perhatikan bahwa

sehingga untukmyang cukup besar diperoleh

S(10m+ 1) = 1 + 5 + 1 + 1 + 5 + 1 = 14>5 = 3 + 2 =S(25 )

Oleh karena itu nilai terbesar dariS(n5)terjadi saatn= 10a_{+ 10}b_{+ 10}c_{+ 10}d_{+ 10}e_{untuk suatua,} b,c,ddanebilangan bulat nonnegatif. Terlebih dahulu perhatikan penjabaranmultinomialberikut ini,

abcd2+120abcde

Dengan memanfaatkan penjabaran di atas diperoleh

(10a+ 10b+ 10c+ 10d+ 10e)5

Dengan memilih nilaia,b,c,ddaneyang berbeda serta selisihnya cukup besar (dan jika diperlukan memilih nilai yang besar pula) kita bisa membuat nilai 5a,a+ 4b,2a+ 3b+ 1,a+b+ 3c+ 1,

a+ 2b+ 2c+ 1,a+b+c+ 2d+ 1,a+b+c+d+e+ 1dan semua bentuk simetrisnya, nilainya berbeda semua. Dalam kondisi ini maka diperoleh

S(10a+ 10b+ 10c+ 10d+ 10e)5= 5 + 5_×20 + 1_×20 + 2_×30 + 3_×30 + 6_×20 + 1 + 2

Jadi, nilai terbesar dariS(n5)adalah 398.

Catatan :_simbolP

cyc

danP

sym

menyatakan jumlahan siklis dan jumlahan simetris dari variabel-variabel

yang terlibat dalam perhitungan. Sebagai misal, jika ada tiga variabel yaitua,bdancmaka diperoleh

• X

cyc

a5 =a5+b5+c5

• X

cyc

ab2 =ab2+bc2+ca2

• X

sym

ab2 =ab2+ba2+ac2+ca2+bc2+cb2

• X

sym

ab=ab+bc+ca

20. Jawaban : 5

Perhatikan gambar di bawah ini

A B

C

D P

N

M

Kita memiliki

∠AM P =∠M P B+∠M BP =∠P CN+∠N P C =∠AN P

akibatnya,_△AM N adalah segitiga samakaki. KarenaAP garis bagi maka berakibatAP _⊥ M N

danP M =P N. Oleh karena itu diperoleh_△ABDsebangun dengan_△AP M sehingga∠AM P =

∠ADB. Akibatnya,BDP M adalah segiempat talibusur. Selanjutnya perhatikan bahwa

∠P DN =∠M DP =∠M BP =∠N P C

Akibatnya,DN _⊥CP. Namun karena

∠P DC = 180◦_{−∠BDP = 180}◦_{−∠P N A=∠CN P}

maka diperoleh P DCN adalah layang-layang. Oleh karena itu, didapatkan P D = P N = P M. Selanjutnya diperoleh

AP P D =

AP P M =

AB BD =

12 12 25·5

Disusun oleh : Tutur Widodo

Apabila ada saran, kritik maupun masukan silakan kirim via email ke tutur.w87@gmail.com Website :www.tuturwidodo.com