Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013

(1)

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2013

TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2014

Prestasi itu diraih bukan didapat !!!

SOLUSI SOAL

BAGIAN PERTAMA

(2)

BAGIAN PERTAMA

1. ABC adalah segit iga sama sisi dengan panj ang sisi 4.

Luas daerah = 3∙300

360∙ 𝜋 ∙22+ 1

2∙42∙sin 60𝑜= 10𝜋+ 4√3

∴ Jadi, luas dari ket iga lingkaran berikut daerah yang dibat asi sama dengan 𝟏𝟎𝝅+𝟒√𝟑.

2. Masing-masing lampu akan dit ekan sebanyak f akt or posit if nya.

Bilangan kuadrat sempurna akan memiliki f akt or sebanyak ganj il sedangkan bilangan bukan kuadrat sempurna memiliki f akt or posit if sebanyak genap.

Karena kondisi lampu awalnya mat i. Maka lampu akan hidup j ika dit ekan sebanyak ganj il.

Maka banyaknya lampu yang hidup sama dengan banyaknya bilangan kuadrat sempurna ≤ 2013.

Mengingat 442 = 1936 dan 452 = 2025 maka bilangan kuadrat sempurna ≤ 2013 ada sebanyak 44.

∴ Jadi, banyaknya lampu dalam kondisi hidup set el ah operasi pada hari ke-2013 ada 44.

3. 𝑓(𝑥) = 𝑐𝑥

2𝑥−3 , 𝑥 ≠ 3 2 𝑓�𝑓(𝑥)�=𝑥

𝑐 � 𝑐𝑥₂_{𝑥 −}₃�

2� 𝑐𝑥₂_{𝑥 −}₃� −3 =𝑥

𝑐2_{= 2}_{𝑐𝑥 −}₃₍₂_{𝑥 −}₃₎ (𝑐 −3)(𝑐 −2𝑥+ 3) = 0 𝑐= 3 at au 𝑐= 2𝑥 −3

Karena 𝑐 adalah konst ant a maka 𝑐= 3.

𝑓(𝑥) = 3𝑥

2𝑥 −3 , 𝑥 ≠ 3 2 𝑓(2013) = 3(2013)

2(2013)−3= 671 447

∴ Jadi, nilai 𝑓(2013) adalah 671

447.

4. Misalkan 𝑥𝑦2

𝑥+𝑦=𝑝 dengan p adalah bilangan prima.

xy2 = p(x + y) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Maka px at au py.

Jika py maka y = bp dengan b ∈ N. xb2p = x + bp

Maka px

(3)

Misalkan x = ap dengan a ∈ N. ay2 = ap + y

Maka ay. y(ay − 1) = ap

Karena ay maka (ay − 1)p

Karena p adalah bilangan prima maka ay − 1 = 1 at au p.

• Jika ay − 1 = 1 ay = 2.

Karena ay maka a = 1 dan y = 2. (2)((1)(2) − 1) = (1)(p)

p = 2

Subt it usikan ke persamaan (1) didapat x(2)2 = 2(x + 2)

x = 2

Jadi, pasangan (x, y) yang memenuhi adalah (2, 2).

• Jika ay − 1 = p Maka a = y

p = y2 − 1 = (y + 1)(y − 1)

Karena p adalah bilangan prima maka nilai y yang memenuhi adalah y = 2 sehingga p = 3. Subt it usikan ke persamaan (1) didapat

x(2)2 = 3(x + 2) x = 6

Jadi, pasangan (x, y) yang memenuhi adalah (6, 2).

∴ Jadi, pasangan (x, y) yang memenuhi adalah (2, 2) dan (6, 2).

5. x + x + y = 10 dan x + y− y = 12

* Jika x dan y di kuadran I maka x = x dan y = y

2x + y = 10 dan x = 12 sehingga y = −14 (t idak memenuhi (x, y) di kuadran I) * Jika x dan y di kuadran II maka x = −x dan y = y

y = 10 dan x = 12 (t idak memenuhi (x, y) di kuadran II) * Jika x dan y di kuadran III maka x = −x dan y = −y

y = 10 dan x − 2y = 12 sehingga x = 32 (t idak memenuhi (x, y) di kuadran III) * Jika x dan y di kuadran IV maka x = x dan y = −y

2x + y = 10 dan x − 2y = 12

Nilai (x, y) yang memenuhi adalah (32

5, − 14

5−) (memenuhi (x, y) di kuadran IV) 𝑥+𝑦=32

5 − 14

5 = 18

5

∴ Jadi, 𝑥+𝑦=𝟏𝟖 𝟓

6. 𝑛2−600 =𝑚2 unt uk suat u bilangan bulat posit if 𝑚, 𝑛.

(𝑛+𝑚)(𝑛 − 𝑚) = 660 = 22∙3∙5∙11

Jelas bahwa 𝑛 + 𝑚 > 𝑛

−

𝑚

𝑛 + 𝑚 dan 𝑛

−

𝑚 keduanya memiliki parit as yang sama. Maka keduanya merupakan bilangan genap.

Banyaknya f akt or 3 ⋅ 5 ⋅ 11 ada 8 maka banyaknya pasangan (𝑛,𝑚) yang memenuhi ada 4.

(4)

7. Barisan it u akan membent uk kelompok bilangan ganj il, diikut i kelompok bilangan genap, lal u diikut i kelompok bilangan ganj il dan diakhiri kelompok bilangan genap.

Misalkan a adalah banyaknya bilangan ganj il pada bagian pal ing kiri, b menyat akan banyaknya bilangan genap di sebelah kanan kelompok bilangan ganj il, c menyat akan banyaknya bilangan ganj il di sebelah kanan kelompok bilangan genap dan d menyat akan banyaknya bilangan genap di bagian paling kanan.

Maka 0 ≤ a ≤ 4 ; 1 ≤ b ≤ 5 ; 1 ≤ c ≤ 5 ; 0 ≤ d ≤ 4 sert a a + c = 4 at au 5 dan b + d = 4 at au 5. Karena ada 4 bilangan ganj il dan 5 genap at au 5 bilangan ganj il dan 4 genap, maka masing-masing susunan 9 bilangan ada 4! ⋅ 5! = 2880 kemungkinan.

Unt uk mencari banyaknya t upel (a, b, c, d) yang memenuhi maka dapat dibagi 2 kasus :

• Kasus 1, j ika a + c = 4 Maka b + d = 5

Banyaknya cara memilih 4 bilangan ganj il = 5C4 = 5.

Banyaknya nilai a yang memenuhi ada 4 sebab c ≥ 1.

Karena b + d = 5 maka banyaknya nilai b yang memenuhi ada 5.

Jadi, banyaknya t upel (a, b, c, d) yang memenuhi ada 5 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅ 1 ⋅ 1 = 100.

• Kasus 2, j ika a + c = 5 Maka b + d = 4

Banyaknya cara memilih 4 bilangan genap = 5C4 = 5.

Banyaknya nilai a yang memenuhi ada 5 sebab c ≥ 1.

Karena b + d = 4 maka banyaknya nilai b yang memenuhi ada 4.

Jadi, banyaknya t upel (a, b, c, d) yang memenuhi ada 5 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 1 ⋅ 1 = 100. Jadi, banyaknya t upel (a, b, c, d) yang memenuhi = 100 + 100 = 200.

Jadi, banyaknya susunan = 200 ⋅ 2880 = 576000.

∴ Jadi, banyaknya susunan 576000.

8. Jika abc adalah bilangan cant ik maka cba j uga bilangan cant ik kecuali a at au c sama dengan 0. Maka cukup dengan membuat daf t ar bilangan cant ik dengan a < b.

Bilangan-bilangan cant ik dengan a < b adalah 123, 1234, 12345, 123456, 1234567, 12345678, 123456789, 124, 1248, 135, 1357, 13579, 139, 147, 159, 234, 2345, 23456, 234567, 2345678, 23456789, 246, 2468, 248, 258, 345, 3456, 34567, 345678, 3456789, 357, 3579, 369, 456, 4567, 45678, 456789, 468, 469, 567, 5678, 56789, 579, 678, 6789, 789 yang banyaknya ada 46.

Jika angka t erakhir bil angan cant ik sama dengan 0 maka bilangan-bilangan cant ik t ersebut adalah 210, 3210, 43210, 543210, 6543210, 76543210, 876543210, 9876543210, 420, 6420, 86420, 630, 9630, 840 yang banyaknya ada 14.

Maka banyaknya bilangan cant ik = 46 ⋅ 2 + 14 = 106.

∴ Jadi, banyaknya bilangan cant ik ada 106.

(5)

Dengan dalil sinus pada ∆ABC didapat

𝑎 𝑏=

sin 45𝑜 sin 30𝑜 =√2

Misalkan ∠AMC = y maka ∠CAM = 75o − y Dengan dalil sinus pada ∆AMC didapat

𝑎 2𝑏=

sin(75𝑜− 𝑦) sin𝑦

√2 sin𝑦= 2 sin(75𝑜− 𝑦) = 2 sin 75𝑜cos𝑦 −2cos 75𝑜sin𝑦

tan𝑦= sin𝑦 cos𝑦=

2 sin 75𝑜 √2 + 2 cos 75𝑜 =

√3 + 1 √3 + 1= 1

∴ Jadi, nilai dari tan

∠

𝐴𝑀𝐶 =𝟏 .

10.a + b = kp dengan k ∈ N dan k t idak habis dibagi p sert a p adalah bilangan prima. b = kp − a

a2013 + b2013 = a2013 + (kp − a)2013

a2013 + b2013 = (kp)2013 + 2013(kp)2012a + 2013C2(kp)2011a2 + ⋅⋅⋅ + 2013C2 (kp)2a2011 + 2013(kp)a2012

Karena a2013 + b2013 habis dibagi p2 sedangkan p > 2013 t idak membagi k maka a habis dibagi p. Karena pa dan p(a + b) maka pb.

Maka a2013 + b2013 habis dibagi p2013.

∴ Jadi, banyak bilangan asli n ≤ 2013 yang memenuhi ada 2013.

11.Keenam anak TK akan dibagi dalam beberapa kelompok yang pert ukaran hadiah dalam kelompok

akan membent uk suat u lingkaran.

Berdasarkan pembagian maka ada 4 kasus :

• Kasus 1, keenam anak TK t erbagi dalam 3 kelompok masing-masing 2 orang.

Pada masing-masing kel ompok banyaknya cara = (2 − 1)! = 1.

Maka banyaknya cara seluruh = �62��

4 2��22�

3! ∙(2−1)!∙(2−1)!∙(2−1)! = 15.

• Kasus 2, keenam anak TK t erbagi dalam 2 kelompok, 1 kelompok 2 orang dan kelompok lain

4 orang.

Pada kelompok t erdiri dari 4 orang, orang pert ama akan memberikan ke orang kedua dengan 3 cara, orang kedua akan memberikan ke orang ket iga dengan 2 cara, orang ket iga akan memberikan ke orang keempat dengan 1 cara dan orang keempat akan memberikan ke orang pert ama dengan 1 cara. Banyaknya cara = (4 − 1)! .

Maka banyaknya cara seluruh = �6

2� ∙(2−1)!∙(4−1)! = 90.

• Kasus 3, keenam anak TK t erbagi dalam 2 kelompok masing-masing 3 orang.

Banyaknya cara = �63��

3 3�

2! ∙(3−1)!∙(3−1)! = 40.

• Kasus 4, keenam anak TK t erbagi dalam 1 kelompok t erdiri dari 6 orang.

Banyaknya cara = (6−1)! = 120

Jadi, banyaknya cara pert ukaran hadiah = 15 + 90 + 40 + 120 = 265

(6)

12.𝑦=𝑥2− 𝑎 dan 𝑥=𝑦2− 𝑏

𝑥= (𝑥2− 𝑎)2− 𝑏=𝑥4−2𝑎𝑥2₊_𝑎2_{− 𝑏}

𝑥4₋₂_𝑎𝑥2_{− 𝑥}₊_𝑎2_{− 𝑏}_{= 0}_{memiliki akar-akar}_𝑥

1, 𝑥2, 𝑥3 dan 𝑥4. Maka 𝑥1+𝑥2+𝑥3+𝑥4= 0

𝑥1𝑥2𝑥3+𝑥1𝑥2𝑥4+𝑥1𝑥3𝑥4+𝑥2𝑥3𝑥4= 1

(𝑥₁+𝑥₂)(𝑥₁+𝑥₃)(𝑥₁+𝑥₄) =𝑥₁2(𝑥₁+𝑥₂+𝑥₃+𝑥₄) +𝑥₁𝑥₂𝑥₃+𝑥₁𝑥₂𝑥₄+𝑥₁𝑥₃𝑥₄+𝑥₂𝑥₃𝑥₄ (𝑥₁+𝑥₂)(𝑥₁+𝑥₃)(𝑥₁+𝑥₄) = 1

∴ Jadi, nilai (𝑥₁+𝑥₂)(𝑥₁+𝑥₃)(𝑥₁+𝑥₄) adalah 1.

13.𝑥+𝑦+𝑧=𝑎 dan 𝑥2+𝑦2+𝑧2=𝑏 dengan 1≤ 𝑎,𝑏 ≤6 sert a 𝑎,𝑏 ∈ 𝑁.

𝑥2₊_𝑦2₊_𝑧2_{+ 2}_𝑥𝑦_{+ 2}_𝑥𝑧_{+ 2}_𝑦𝑧₌_𝑎2 𝑥𝑦+𝑥𝑧+𝑦𝑧=𝑎

2_{− 𝑏}

2

Berdasarkan ket aksamaan AM-GM didapat

𝑥2₊_𝑦2₊_𝑧2 _{≥ 𝑥𝑦}₊_𝑥𝑧₊_𝑦𝑧 2𝑏 ≥ 𝑎2− 𝑏

3𝑏 ≥ 𝑎2

• Jika 𝑎 = 1 maka nilai 𝑏 yang memenuhi adalah 1, 2, 3, 4, 5, 6.

• Jika 𝑎 = 2 maka nilai 𝑏 yang memenuhi adalah 2, 3, 4, 5, 6.

• Jika 𝑎 = 3 maka nilai 𝑏 yang memenuhi adalah 3, 4, 5, 6.

• Jika 𝑎 = 4 maka nilai 𝑏 yang memenuhi adalah 6.

• Jika 𝑎 = 5 at au 6 maka t idak ada nilai 𝑏 yang memenuhi. Jadi, banyaknya pasangan (a, b) yang memenuhi ada 16.

∴ Jadi, besarnya peluang t erdapat bilangan real 𝑥, 𝑦, 𝑧 yang memenuhi adalah 𝟒

𝟗.

14.Misalkan ABC adalah segit iga sama sisi dengan panj ang sisi 𝑘. DEFG adalah persegi dengan

keempat t it ik sudut nya t erlet ak pada sisi ABC dengan D, E t erlet ak pada sisi AB. Lingkaran O adalah lingkaran dalam persegi DEFG. Segit iga PQR adalah segit iga sama sisi yang ket iga t it ik sudut nya t erlet ak pada lingkaran O.

Misalkan panj ang sisi persegi DEFG sama dengan 𝑚. CGF adalah segit iga sama sisi maka panj ang 𝐶𝐺=𝑚. Panj ang 𝐴𝐺=𝑘 − 𝑚.

𝐷𝐺=𝐴𝐺sin 60𝑜 𝑚= (𝑘 − 𝑚)∙1

(7)

𝑚= 𝑘√3 suat u barisan geomet ri dengan rasio 3

(8)

3− √3

3 =

𝑅𝑆 2√3 𝑅𝑆= 2√3−2

Luas rhombus = 2∙1

2∙ �2√3−2� 2

∙sin 60𝑜 = 8√3−12

∴ Jadi, luas rhombus = 𝟖√𝟑 − 𝟏𝟐.

17.𝑎

𝑏+ 25𝑏

21𝑎=𝑘 dengan 𝑎,𝑏,𝑘 ∈ 𝑁 dan 𝐹𝑃𝐵(𝑎,𝑏) = 1. 21𝑎2+ 25𝑏2= 21𝑎𝑏𝑘

Karena 𝐹𝑃𝐵(𝑎,𝑏) = 1 maka 𝑎25 dan 𝑏21.

Maka kemungkinan pasangan (𝑎,𝑏) yang mungkin memenuhi adalah (1, 1), (1, 3), (1, 7), (1, 21), (5, 1), (5, 3), (5, 7), (5, 21), (25, 1), (25, 3), (25, 7), (25, 21).

Melalui penguj ian ke persamaan semula didapat f akt a bahwa t idak ada pasangan (𝑎,𝑏) yang memenuhi.

∴ Jadi, bilangan bulat posit if 𝑎 dan 𝑏 yang memenuhi ada sebanyak 0.

18.Karena 202 + 212 = 292 maka ∆𝐴𝐵𝐶 siku-siku di 𝐴.

Alt ernat if 1 :

Pada ∆𝐴𝐷𝐵 berlaku :

𝐴𝐷2₌_𝐴𝐵2₊_𝐵𝐷2₋₂_{∙ 𝐴𝐵 ∙ 𝐵𝐷 ∙}_cos

_∠

_𝐴𝐵𝐶 𝐴𝐷2_{= 20}2_{+ 8}2₋₂_∙₂₀_∙₈_∙20

29= 7056

29

Pada ∆𝐴𝐶𝐸 berlaku :

𝐴𝐸2₌_𝐴𝐶2₊_𝐸𝐶2₋₂_{∙ 𝐴𝐶 ∙ 𝐸𝐶 ∙}_cos_∠_𝐴𝐶𝐵 𝐴𝐸2_{= 21}2_{+ 9}2₋₂_∙₂₁_∙₉_∙21

29= 7200

29

Pada ∆𝐴𝐷𝐸 berlaku :

𝐷𝐸2₌_𝐴𝐷2₊_𝐴𝐸2₋₂_{∙ 𝐴𝐷 ∙ 𝐴𝐸 ∙}_cos_∠_𝐷𝐴𝐸

122=7056

29 +

7200

29 −2∙ � 7056

29 ∙ � 7200

29 ∙cos∠𝐷𝐴𝐸 10080

29 =

10080√2

29 ∙cos∠𝐷𝐴𝐸 cos

∠

𝐷𝐴𝐸=1

2√2

(9)

Alt ernat if 2 :

Misalkan

∠

𝐴𝐶𝐵=𝛾 maka

∠

𝐴𝐵𝐶= 90𝑜− 𝛾

∆𝐴𝐶𝐷 sama kaki dengan 𝐶𝐴=𝐶𝐷 maka

∠

_𝐴𝐷𝐶= 90𝑜−𝛾 2

∆𝐴𝐵E sama kaki dengan 𝐵𝐴=𝐵𝐸 maka

∠

_𝐵𝐸𝐴= 45𝑜+𝛾 2

∠

_𝐷𝐴𝐸= 180𝑜−

∠

𝐴𝐷𝐶 −

∠

𝐵𝐸𝐴= 45𝑜

∴ Jadi, besarnya ∠𝐷𝐴𝐸 = 45o.

19.Dalam sat u pert andingan sat u t im akan menang dan sat u t im lagi akan kalah.

Karena j umlah t im ada 20 sedangkan t im yang j uara t idak pernah kalah maka j umlah kekalahan ada 2x19 = 38.

Maka j umlah pert andingan ada 38.

∴ Jadi, banyaknya pert andingan yang dilangsungkan pada kompet isi t ersebut adalah 38.

20.2log (x2 − 4x − 1) = m unt uk suat u bilangan bulat m. (x − 2)2− 5 = 2m

(x − 2)2 = 5 + 2m

Jika m < 0 maka ruas kanan merupakan pecahan. Tidak ada x bulat yang memenuhi. Jika m = 0 maka (x − 2)2 = 6. Tidak ada x bulat yang memenuhi.

Jadi, m > 0. Alt ernat if 1 :

• Jika m ganj il

Angka sat uan 2m berulang dengan periode 4. Jika m ganj il maka angka sat uan 2m adalah 2 at au 8 sehingga angka sat uan 5 + 2m adalah 7 at au 3 unt uk m ganj il. Bilangan kuadrat t idak mungkin memiliki angka sat uan 3 at au 7 sehingga t idak mungkin ada x bulat yang memenuhi.

• Jika m genap

Misalkan m = 2n maka (x − 2)2− (2n)2 = 5

(x − 2 + 2n) (x − 2 − 2n) = 5

Karena x − 2 + 2n > x − 2 − 2n maka ada 2 kasus

• Kasus 1, x − 2 + 2n = 5 dan x − 2 − 2n = 1

Maka didapat x − 2 = 3 dan 2n = 2 sehingga x = 5 dan m = 2n = 2

• Kasus 2, x − 2 + 2n = −1 dan x − 2 − 2n = −5

Maka didapat x − 2 = −3 dan 2n = 2 sehingga x = −1 dan m = 2n = 2 Maka j umlah semua bilangan x yang memenuhi = 5 − 1 = 4.

∴ Jadi, j umlah semua bilangan x yang memenuhi = 4. Alt ernat if 2 :

Jika m ≥ 3 maka ruas kanan dibagi 8 akan bersisa 5. Bilangan kuadrat j ika dibagi 8 akan bersisa 0, 1 at au 4. Jadi, t idak akan ada x bulat yang memenuhi. Maka 1 ≤ m ≤ 2.

Jika m = 1 maka (x − 2)2 = 7 sehingga t idak ada x bul at yang memenuhi. Jika m = 2 maka (x − 2)2 = 9. Nilai x yang memenuhi adalah x = 5 at au x = −1. Maka j umlah semua bilangan x yang memenuhi = 5 − 1 = 4.

(10)

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2013

TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2014

Prestasi itu diraih bukan didapat !!!

SOLUSI SOAL

BAGIAN KEDUA

(11)

BAGIAN KEDUA

1. Akan ada 5 kasus :

• Kasus 1, j ika salah sat u gelas kosong set elah pengambilan ke-5.

Peluang = �1

2� 5

= 1

32.

• Kasus 2, j ika salah sat u gelas kosong set elah pengambilan ke-6. Pengambilan bola ke-6 harus dari gelas A.

Banyaknya urut an pengambilan bola dari gelas B = �5

1� = 5.

Peluang t erambilnya sat u bola merah dari gelas B = 4

5

Banyaknya urut an pengambilan 2 bola dari gelas B = �6

2� = 15.

Peluang t erambilnya dua bola merah dari gelas B = 4

5∙

3� = 35.

5∙

4� = 70.

5∙

Maka probabilit as bahwa bola put ih t idak t erambil = 1

(12)

Jadi, 𝑛=𝑘2 yang memenuhi √𝑛 − �√𝑛�= 0 < 1

2013 unt uk semua nilai 𝑘.

Karena banyaknya nilai 𝑘 ada 1000 maka banyaknya nilai 𝑛 yang memenuhi j uga ada 1000.

∴ Jadi, banyaknya bilangan asli 𝑛 ≤1.000.000 yang memenuhi ada 1000.

3. 1 + 2 + 3 +⋯+𝑚=𝑚(𝑚+1) 2

a. Jika 𝑛 = 2013.

• Jika 𝑚 genap

Jelas bahwa 𝑘2013+ (𝑚 − 𝑘)2013 habis dibagi 𝑚 unt uk suat u 𝑘 ∈ 𝑁.

Maka �𝑚

2� 2013

dan 𝑚2013 t idak memil iki pasangan. Tet api kedua bilangan t ersebut habis

dibagi 𝑚

2.

Jelas bahwa 𝑘2013+ (𝑚+ 1− 𝑘)2013 unt uk suat u 𝑘 ∈ 𝑁 habis dibagi 𝑚+ 1. Maka semua bilangan memiliki pasangannya.

Misalkan 𝑚= 2𝑡 𝐹𝑃𝐵 �𝑚

2 ,𝑚+ 1�=𝐹𝑃𝐵(𝑡, 2𝑡+ 1) =𝐹𝑃𝐵(𝑡, 1) = 1

Jadi, 12013+ 22013+ 32013+⋯+𝑚2013 habis dibagi 𝑚

2 dan 𝑚+ 1.

Karena 𝑚

2 dan 𝑚+ 1 relat if prima maka t erbukt i 12013+ 22013+ 32013+⋯+𝑚2013 habis

dibagi 𝑚(𝑚+1)

2 .

• Jika 𝑚 ganj il

Jelas bahwa 𝑘2013+ (𝑚 − 𝑘)2013 unt uk suat u 𝑘 ∈ 𝑁 habis dibagi 𝑚. Maka 𝑚2013 t idak memiliki pasangan. Tet api 𝑚2013 habis dibagi 𝑚.

Jelas bahwa 𝑘2013+ (𝑚+ 1− 𝑘)2013 unt uk suat u 𝑘 ∈ 𝑁 habis dibagi 𝑚+ 1.

Maka �𝑚+1

2 � 2013

t idak memiliki pasangan. Tet api �𝑚+1

2 � 2013

habis dibagi 𝑚+1

2 .

Misalkan 𝑚+ 1 = 2𝑡

𝐹𝑃𝐵 �𝑚₂+ 1,𝑚�=𝐹𝑃𝐵(𝑡, 2𝑡 −1) =𝐹𝑃𝐵(𝑡, 1) = 1

Jadi, 12013+ 22013+ 32013+⋯+𝑚2013 habis dibagi 𝑚+1

2 dan 𝑚.

Karena 𝑚+1

2 dan 𝑚 relat if prima maka t erbukt i 12013+ 22013+ 32013+⋯+𝑚2013 habis

dibagi 𝑚(𝑚+1)

2 .

Terbukt i bahwa 12013+ 22013+ 32013+⋯+𝑚2013 habis dibagi 𝑚 unt uk semua 𝑚 ∈ 𝑁.

∴ Jadi, t erbukt i bahwa 2013 valid.

b. Ambil 𝑛 = 2𝑘 dan 𝑚 = 2.

12𝑘+ 22𝑘= 2�12𝑘−1+ 22𝑘−1� −1

Karena (1 + 2)|�12𝑘−1+ 22𝑘−1� maka (1 + 2) t idak membagi 12𝑘+ 22𝑘. Maka 𝑛 = 2𝑘 t idak valid unt uk 𝑚 = 2.

Jadi, 2𝑘 t idak valid.

Ada t ak hingga banyaknya bilangan berbent uk 2𝑘.

(13)

4. Berdasarkan ket aksamaan AM-HM maka

Berdasarkan ket aksamaan AM-HM maka

1 Misalkan t it ik N merupakan pert engahan AB.

Karena E dan N bert urut -t urut pert engahan AC dan AB maka EN akan sej aj ar BC.

Sisi yang lebih panj ang dari suat u segit iga akan menghadap sudut yang l ebih besar.

Karena EN ≤ BN maka pada ∆BEN akan berlaku ∠EBN ≤∠BEN = 30o. Maka ∠ABC = ∠EBM + ∠EBN ≤ 30o + 30o = 60o.

Jadi, ∠ABC ≤ 60o.