SOLUSI OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI TAHUN 2004

(1)

1 | Jejak Seribu Pena, OSP Matematika SMP 2004

SOLUSI OSN MATEMATIKA SMP

TINGKAT PROPINSI TAHUN 2004

A. ISIAN SINGKAT

1. Setiap muka sebuah kubus diberi bilangan seperti pada gambar. Kemudian setiap titik sudut diberi bilangan yang merupakan hasil penjumlahan bilangan pada muka-muka yang berdekatan dengannya. Nilai tertinggi bilangan pada titik sudut adalah ....

Solusi:

Dari jaring-jaring tersebut terbentuk kubus seperti diatas.

Titik-titik sudut suatu kubus merupakan Irisan 3 bidang sisi. Titik sudut A adalah irisan bidang sisi ABCD, ABFE, dan ADHE.

9 5

7

1 3

(2)

Jadi, nilai tertinggi terdapat pada titik sudut A = 5 + 11 + 9 = 25

2. Jika a + b = 1, b + c = 2, dan c + a = 3, maka a + b + c = .... Solusi:

Perhatikan di dalam 3 persamaan tersebut terdapat variabel a, b, c yang sama masing-masing sebanyak dua, jadi kita tidak perlu mencari nilai a, b, atau c , karena yang ditanyakan operasinya sama yaitu penjumlahan. Ini sejalan dengan sifat transitif, atau logika sylogisme. Jumlahkan ke tiga persamaan, diperoleh;

a + b + b + c + c + a = 1 + 2 + 3 2a + 2b + 2c = 6

2 ( a + b + c ) = 6 a + b + c = 6/2 = 3

3. Pada suatu jam digital yang angka-angkanya tertera mulai dari 00:00 sampai dengan 23:59, dimungkinkan terjadi penampakan bilangan Palindrome (bilangan yang dibaca dari depan dan dari belakang sama nilainya, misalnya 12:21 dan 23:32). Dalam satu hari satu malam, banyaknya bilangan Palindrome tersebut menampakkan diri adalah .... Solusi:

Bilangan Palindrome adalah bilangan yang dibaca dari depan dan dari belakang sama nilainya. Kalau kata Palindrome seperti SUGUS, KAKAK, KAPAK, KATAK, KODOK dan sejenisnya tetapi yang lebih menjadi kajian pakar matematika dunia yaitu bilangan Palindrome. ,

(3)

Untuk menghitung banyaknya bilangan Palindrome dalam satu hari satu malam, tentukan bilangan yang mungkin muncul dari ke- 4 digit pada jam digital tersebut dan syaratnya.

Untuk memudahkan buatlah petak perhitungan yang menyatakan banyaknya bilangan yang mungkin muncul seperti berikut:

Digit ke-1 harus sama dengan digit ke 4, dan digit ke 2 harus sama dengan digit ke-3.

Jadi, cukup menentukan kemungkinan bilangan yang muncul pada digit ke- 1 dan digit ke-2.

Bilangan digit ke-1 yang mungkin muncul adalah 0 , 1, dan 2 ada 3. Bilangan digit ke-2 yang mungkin muncul adalah 0 , 1, 2, 3, 4, dan 5 ada 6.

Jadi, dalam satu hari satu malam, banyaknya bilangan Palindrome yang muncul adalah sebanyak 3  6 = 18bilangan.

Diantaranya : 00:00, 01:10, 02:20, 03:30, 04:40, 05:50 , 10:01, 11:11, 12:21, 13:31, 14:41, 15:51 dan sejenisnya silahkan lanjutkan!

(4)

Jika yang diawali dengan 0 tidak termasuk bilangan, maka banyaknya bilangan Palindrome sebanyak 18-6=12

4. Untuk bilangan bulat a dan b, (a, b) artinya bilangan tak negatif yang merupakan sisa

a 

b

jika dibagi oleh 5. Bilangan yang ditunjukkan oleh (–3,4) adalah ....

Solusi:

(3)  4 = 12, 12 dibagi 5 sisanya = k5 + (12) , dengan k bilangan bulat positif

Untuk k = 3 diperoleh 15  12 = 3.

Jadi, bilangan yang ditunjukkan oleh (3,4) adalah 3.

5. Bilangan 10-angka terbesar menggunakan empat angka 1, tiga angka 2, dua angka 3, dan satu angka 4, sehingga dua angka yang sama tidak terletak bersebelahan adalah ....

Solusi:

Buatlah 10 petak mendatar untuk menempatkan angka-angka 1, 2, 3, 4 tersebut sehingga tersusun sebuah bilangan terbesar yang memenuhi syarat yang ditentukan.

Tempatkan angka terbesar yang mungkin pada nilai tempat terbesar (dari paling kiri) menuju ke kanan!

Bilangan 10 angka terbesar yang memenuhi syarat yang ditentukan adalah 4.321.312.121.

(5)

6. Jika selisih dua bilangan adalah 2 dan selisih kuadrat dua bilangan itu adalah 6, maka hasil tambah dua bilangan itu adalah ....

Solusi:

Misalkan bilangan itu adalah a dan b . a – b = 2 ,

(a + b)(a – b) = 6

7. Bentuk sederhana dari 4 15  4 15 adalah .... Solusi 1: 15 4 15 4    n (bilangan negatif) 15 4 15 4    p (bilangan positif)

p

2



4 

15 

2



4 

15



4 

15





4 

15 p

2



8 

2

16 

15

p2 82(1)

p



6

n 6

Jadi, bentuk sederhana dari 4 15  4 15 adalah  6. Solusi 2:

p



4

2



 

15

2



16 

15 

1 

1

(bilangan rasional) 4 15  4 15 _                    2 4 2 4 2 4 2 4 p p p p

(6)

6 | Jejak Seribu Pena, OSP Matematika SMP 2004 _       _          _   2 1 4 2 1 4 2 1 4 2 1 4 _                2 3 2 5 2 3 2 5       _    6 2 1 10 2 1 6 2 1 10 2 1 6 2 1 10 2 1 6 2 1 10 2 1      6

8. Suatu garis memotong sumbu-x di titik A(a,0) dan memotong sumbu-y di titik B(0,3). Jika luas segitiga

AOB

sama dengan 6 satuan luas dengan titik O(0,0), maka keliling segitiga

AOB

sama dengan .... Solusi:

Jika tak terbayangkan dalam benak anda, buatlah sketsa gambar pada bidang Kartesius.

Segitiga AOB siku-siku di O, maka Luas Segitiga AOB = 6

(7)

7 | Jejak Seribu Pena, OSP Matematika SMP 2004 Menurut Teorema Pythagoras ;

Jadi Keliling segitiga AOB = panjang AB + panjang OA + panjang OB = 5 + 4 + 3 = 12satuan panjang.

9. Persegi Antimagic ukuran 4  4 adalah susunan persegi panjang dari bilangan-bilangan 1 sampai dengan 16 sedemikian hingga jumlah dari setiap empat baris, empat kolom, dan dua diagonal utamanya merupakan sepuluh bilangan bulat yang berurutan. Diagram berikut ini menunjukkan sebagian dari persegi Antimagic ukuran 4  4. Berapakah nilai dari *?

Solusi:

Jumlahkan bilangan pada setiap baris, kolom dan diagonal-diagonalnya dan misalkan bilangan pada petak yang kosong a, b, c, d , dan * seperti gambar berikut. * 13 14 7 3 9 5 10 11 6 4 12

(8)

Bilangan yang mungkin untuk pengganti a, b, c, d, dan * adalah 1, 2, 8, 15, dan 16.

Sekarang periksa apakah 30 merupakan jumlah terkecil dan 39 jumlah terbesar.

30, 31, 32, 33, 34, 35, 36, 37, 38, 39 sepuluh bilangan bulat berurutan. Jadi, 30 jumlah terkecil dan 39 jumlah terbesar pada persegi ini. Selanjutnya terka dan periksa nilai c.

Nilai c tidak mungkin 1, 2, 15, dan 16. Jadi, nilai c = 8, sehingga jumlah bilangan pada salah satu diagonalnya adalah 8 + 9 + 13 + 4 = 34.

Selanjutnya terka dan periksa nilai d. Nilai d yang mungkin 1 atau 2?

Jika d = 2, maka jumlah kolom ke-2 : 2 + 9 + 12 +11 = 34 dan ini sama dengan jumlah salah satu diagonal utama (tidak memenuhi syarat), jadi nilai d = 1 sehingga jumlah kolomnya = 1 + 9 + 12 + 11 = 33.

Selanjutnya terka dan periksa nilai *.

(9)

Jika * = 16 , maka jumlahnya c + d + * + 14 = 8 + 1 + 16 + 14 = 39, dan ini sama dengan jumlah salah satu diagonal utama tidak memenuhi syarat , jadi haruslah * = 15.

Jadi, nilai a = 2 , b = 16. Tampak gambar yang berisi bilangan 1 s.d 16.

Antimagic persegi merupakan himpunan bagian dari heteromagic persegi dan berlainan dengan persegi ajaib (magic square) yang

jumlah angka-angkanya pada setiap baris, kolom, dan diagonal-diagonalnya sama.

Sekilas tentang Antimagic persegi ukuran n  n. Bilangan yang digunakan 1 s.d n2

Untuk persegi ukuran 4×4 terdapat jumlah bilangan pada setiap baris, kolom, dan diagonal-diagonalnya membentuk 10 bilangan bulat berurutan. Sedangkan untuk ukuran 5×5 terdapat jumlah bilangan-bilangannya yang membentuk 12 bilangan bulat berurutan.

10. 2004 2004 1 .... 4 4 1 3 3 1 2 2 1 1 1 1 2 2 3 2 2 _  _  _  _   _ = ....

(10)

10 | Jejak Seribu Pena, OSP Matematika SMP 2004 Solusi: 2004 2004 1 .... 4 4 1 3 3 1 2 2 1 1 1 1 2 2 3 2 2 _  _  _  _   _ ) 2004 1 ( 2004 1 .... ) 4 1 ( 4 1 ) 3 1 ( 3 1 ) 2 1 ( 2 1 ) 1 1 ( 1 1            ) 2005 ( 2004 1 .... ) 5 ( 4 1 ) 4 ( 3 1 ) 3 ( 2 1 ) 2 ( 1 1 _ _ _ _ _  2005 1 2004 1 .... 5 1 4 1 4 1 3 1 3 1 2 1 2 1 1          2005 1 1  2005 2004 

B. URAIAN

1. Enam belas tim sepak bola mengikuti turnamen. Pertama-tama mereka dikelompokkan ke dalam 4 kelompok dengan masing-masing 4 tim di setiap kelompoknya. Di setiap kelompok mereka saling bermain satu sama lain satu kali. Dua tim yang memiliki peringkat teratas selanjutnya maju babak berikutnya yang menggunakan sistem gugur (kalah langsung tereliminasi) sampai ditemukan juaranya. Berapa banyak pertandingan yang berlangsung dalam turnamen tersebut? Solusi:

Ini temasuk masalah Kombinasi atau masalah pembagian. Kita pilah pertandingan ke dalam 4 babak, babak I, II, III, dan IV.

(11)

Pada babak I, terdapat 4 kelompok dan dalam 1 kelompok yang terdiri dari 4 tim saling bermain satu kali, sehingga

Banyaknya pertandingan pada babak I adalah

Pada babak II terdapat 8 tim yang bertanding dengan sistem gugur. Banyaknya pertandingan pada babak II adalah 8 : 2 = 4 kali Pada babak III terdapat 4 tim yang bertanding dengan sistem gugur. Banyaknya pertandingan pada babak II adalah 4 : 2 = 2 kali Pada babak IV (Final) terdapat 2 tim yang bertanding . Banyaknya pertandingan pada babak II adalah 2 : 2 = 1 kali.

Jadi, banyaknya pertandingan dalam turnamen tersebut sebanyak 24 + 4 + 2 + 1 = 31 kali.

2. Pada gambar di bawah, ABCD adalah persegi dengan panjang 4 cm. Titik-titik P dan Q membagi diagonal AC menjadi 3 bagian sama panjang. Berapakah luas PDQ? B A C D P Q

(12)

12 | Jejak Seribu Pena, OSP Matematika SMP 2004 Solusi:

Luas segitiga ABC = 1/2  AB  BC = 1/2  4  4 = 8 cm²

3. Untuk bilangan real x didefinisikan        0 , 0 , x jika x x jika x x , cari semua x yang memenuhi

_x

2

_{ x}

2 _

3 _

0

_. Solusi: Berdasarkan

Maka nilai x = 1 atau 1 .

Jadi, semua nilai x yang memenuhi persamaan itu adalah 1 atau 1.

4. Sebuah semangka yang beratnya 1 kg mengandung 93% air. Sesudah beberapa lama dibiarkan di bawah sinar matahari, kandungan air semangka itu turun 90%. Berapakah berat semangka sekarang.

Solusi:

(13)

13 | Jejak Seribu Pena, OSP Matematika SMP 2004 Berat serat buahnya = 7%  1 kg = 0,07 kg =70 g .

Berat kandungan air dalam semangka = 93%  1kg = 0,93 kg = 930 g . Karena terkena sinar matahari kandungan airnya turun 90% sehingga

berat kandungan ainya hanya 10% = 93 g.

Jadi, berat semangka sekarang (70 + 93) g = 163 g = 0,163 kg. 5. Untuk bilangan real a dan b sembarang, buktikanlah bahwa:





2 2 ₂ ₂

a b  a b  Bukti:

Dalam matematika untuk membuktikan suatu teorema atau dalil, kita dituntut menguraikan, menganalisa, menyusun, lalu menyimpulkan kebenaran sesuatu yang harus dibuktikan dengan menggunakan data pada pernyataan sebelumnya (yang disebut premis), didukung dengan aksioma-aksioma , fakta yang benar, definisi, atau teorema lain sebelumnya yang berkaitan (jika diperlukan).

Metode pembuktian yang digunakan ada metode Induktif dan metode Deduktif.

Pembuktian dengan metode Induktif yaitu, suatu pembuktian yang diawali dari hal yang bersifat khusus menuju hal yang bersifat umum (yang harus dibuktikan), dan ini yang dikenal dengan istilah induksi matematika. Sedangkan metode Deduktif kebalikan dari metode Induktif.

Teknisnya, ada pembuktian secara langsung (Direct prove) dan bukti tak langsung (Indirect prove).

(14)

Bukti langsung diawali dengan menganalisa, menguraikan pernyataan awal (premis), memeriksa kebenaran yang harus dibuktikan, lalu menyimpulkan secara umum (generalisasi).

Sedangkan bukti tak langsung diawali dengan penyangkalan (negasi) dari kebenaran yang harus dibuktikan sehingga ditemukan hal yang kontradiksi dengan premis, lalu menyimpulkan kebenaran yang harus dibuktikan.

Bukti secara induktif:

Karena a, b adalah sembarang bilangan real, periksa untuk a=b , kita bisa menganggap

Jadi, a² + b² = 2 (a + b) – 2 …. (1)

Untuk a > b , anggap a = 0 , dan b = – 2 , diperoleh nilai a² + b² = 0² + (-2)² = 4 , sedangkan nilai dari

2 (a + b) – 2 = 2[0 + (2)] – 2 = 4 – 2 = 6 , diketahui bahwa fakta 4 > 6.

Jadi, a² + b² > 2 (a + b) – 2 …. (2)

Periksa untuk a dan b yang bernilai pecahan, maka akan diperoleh kondisi yang sama.

Dari persamaan (1) dan pertidaksamaan (2) disimpulkan a² + b² ≥ 2 (a + b) – 2 (yang harus dibuktikan) Bukti Secara Deduktif:

Nyatakan suatu pernyataan yang benar dari data premis.

Karena a , b, sembarang bilangan real, maka jika a dipangkatkan 2 hasilnya adalah suatu bilangan yang tidak negatif ,dapat berupa bilangan 0 atau bilangan positif .

(15)

15 | Jejak Seribu Pena, OSP Matematika SMP 2004 Dalam kalimat matematika ditulis: a² ≥ 0 Demikian juga: ( a – 1 )² ≥ 0

Karena b juga sembarang bilangan real, maka

Pertidaksamaan (1) ditambah pertidaksamaan (2) diperoleh

yang harus dibuktikan

Pembuktian-pembuktian suatu teorema di dalam matematika mutlak harus dikuasai dan dipahami jika anda memutuskan untuk belajar matematika pada jenjang yang lebih tinggi. Mulailah sejak dini belajar menurunkan rumus seperti rumus akar-akar persamaan kuadrat, menentukan rumus suku ke-n suatu barisan bilangan, rumus-rumus geometri yang sederhana seperti luas daerah segitiga= 1/2 alas  tinggi dlsb, sehingga kita akan lebih memahami teorema-teorema yang dirumuskan karena dengan memahaminya, rumus tak perlu dihapal, akan melekat kuat dalam benak kita sehingga selain memudahkan kita dalam menuliskan rumus, memudahkan juga dalam mempelajari materi-materi matematika lainnya.