Pembahasan Soal OSN Guru Matematika SMA 2011 Tingkat Provinsi

(1)

Pembahasan

Pembahasan Soal

Soal

OLIMPIADE SAINS NASIONAL KHUSUS GURU MATEMATIKA SMA

OSN Guru Matematika

▸ Baca selengkapnya: contoh sk panitia osn tingkat sma

(2)

PEMBAHASAN

PEMBAHASAN SOAL

SOAL

OLIMPIADE GURU MATEMATIKA

OLIMPIADE GURU MATEMATIKA SMA

SMA

TINGKAT PROPINSI

TANGGAL

TANGGAL 20

20

20 JU

20

JU

JULLLLI 201

I 201

I 2011111

By Pak Anang (

http://pak

http://pak----anang.blogspot.com

anang.blogspot.com

))))

Bagian pertama Bagian pertama Bagian pertama Bagian pertama

1. Diketahui suatu barisan bilangan riil 12 yang memenuhi 1234= 21236+ 12, dimana

19 = 9 dan 1;= 128, 1== ….

Pembahasan: Pembahasan: Pembahasan: Pembahasan:

19 = 214+ 16

1? = 219+ 14 = 2(214+ 16) + 14= 514+ 216

1= = 21?+ 19 = 2(514+ 216) + 214+ 16 = 1214+ 516

1; = 21=+ 1? = 2(1214+ 516) + 514+ 216= 2914+ 1216

Dari soal diketahui 19= 9 dan 1;= 128, eliminasi 16 untuk mendapatkan nilai 16

2914+ 1216= 128 × 1 2914+ 1216= 128

214+ 16= 9 × 12 2414+ 1216= 108

514 = 20 ⇔ 14= 4

Substitusi 14 ke 214+ 16 = 9, sehingga

214+ 16= 9 ⇔ 2(4) + 16= 9

⇔ 8 + 16= 9

⇔ 16= 9 − 8

⇔ 16= 1

Jadi, didapatkan nilai 1= yaitu:

1= = 1214+ 516

(3)

2. Jika FG dan H̅ vektor sehingga K|FG + H̅|K = 3 dan K|FG − H̅|K = 5, maka FG ∙ H̅ = ….

Dari bentuk berikut:

K|FG + H̅|K4= |F|4_{+ |H|}4_{+ 2|F||H| cos N}

K|FG − H̅|K4= |F|4_{+ |H|}4_{− 2|F||H| cos N}

Eliminasi |F|4_{+ |H|}4_{pada K|FG + H̅|K}4_{dan K|FG − H̅|K}4_{, sehingga:}

K|FG + H̅|K4= |F|4_{+ |H|}4_{+ 2|F||H| cos N}

K|FG − H̅|K4= |F|4_{+ |H|}4_{− 2|F||H| cos N}

K|FG + H̅|K4− K|FG − H̅|K4= 4|F||H| cos N ⇔ |FG||H̅| cos N =K|FG + H̅|K

4

− K|FG − H̅|K4

4

⇔ FG ∙ H̅ =34− 5₄ 4

⇔ FG ∙ H̅ =9 − 25₄

⇔ FG ∙ H̅ =−16₄

(4)

3. Diberikan gambar berikut:

P

A B

O

Banyaknya rute terpendek dari titik O ke P yang tidak melalui ruas garis AB adalah ….

Pembahasan: Pembahasan: Pembahasan: Pembahasan: TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT:

Lintasan atau rute terpendek dari titik O ke P adalah lintasan yang terdiri kombinasi dari gerakan ke kanan dan ke atas. Misal titik-titik C, D, E terletak seperti pada gambar berikut:

P

A B

O

Perhatikan gambar, dari titik O ke titik C ada 1 lintasan, dari titik O ke titik C ada 1 lintasan, sehingga dari titik O ke titik D terdapat 2 lintasan, yaitu melalui titik C atau titik E. Demikian seterusnya hingga mencapai titik P.

Dengan demikian untuk mencapai titik P dapat melalui titik Q dan R, sehingga banyak lintasan atau rute terpendek dari titik O ke titik P yang tidak melewati titik A dan B adalah sebanyak 20 + 22 = 42 lintasan.

C E D

1111 2222

1111 1111 1111 1111 1111 3333 4444 5555 6666 1111 3333 0000 0000 5555 1111 1111 1111 4444 4444 4444 9999 2020 2020 1111 5555 9999 13131313 2222 2222 4242 4242

(5)

4. Segitiga ABC memiliki titik sudut A = (2, 0), B = (0, 2) dan C, dimana C berada pada garis S + T = 5. Luas segitiga ABC yang terbesar adalah ….

Pertama, kita harus memahami maksud soal tersebut. Misal U adalah alas segitiga ABC, dan kita misalkan ruas garis AB adalah alas dari segitiga ABC, maka

U = V(0 − 2)4_{+ (2 − 0)}4_{= √8 = 2√2}

Selanjutnya, tinggi segitiga ABC adalah jarak antara ruas garis AB terhadap titik C yang terletak pada garis S + T = 5. Luas daerah segitiga ABC akan menjadi tak hingga apabila garis S + T = 5 dan ruas garis AB tidak sejajar, karena tinggi segitiga ABC akan berbeda untuk setiap titik C.

Sehingga, kita akan memeriksa apakah ruas garis AB sejajar dengan garis S + T = 5.

Misal YZ[ adalah gradien ruas garis AB, dan Y adalah gradient garis S + T = 5, maka:

YZ[ =2 − 0_{0 − 2 = −1}

S + T = 5 ⇔ T = 5 − S ⇔ Y = −1

Karena YZ[ = Y, maka ruas garis AB sejajar dengan garis S + T = 5.

Dengan demikian misalkan \ menyatakan tinggi segitiga ABC terhadap alas AB, maka \ adalah jarak titik pada ruas garis AB terhadap garis S + T = 5. Kita ambil titik A yang berada di ruas garis AB, maka \ adalah jarak titik A = (2, 0) ke garis S + T − 5 = 0, sehingga:

\ = ](2) + (0) − 5

√14_{+ 1}4 ] = ^

−3

√2^ =

3

√2=

3 2 √2

Jadi, luas daerah segitiga ABC yang terbesar adalah:

(6)

5. Wati memiliki dua orang kakak laki-laki yang kembar. Wati berumur U tahun dan kakak laki-lakinya berumur e tahun, dimana U dan e adalah bilangan bulat. Hasil perkalian ketiga umur mereka adalah 128. Jumlah ketiga umur mereka adalah ….

128 = 2f

Diketahui umur Wati adalah U, umur kakak laki-laki Wati yang kembar adalah e, dimana U, e adalah bilangan bulat dan U < e, maka perkalian umur ketiganya adalah:

Ue4_{= 128}

Nilai U dan e yang mungkin adalah:

2 × (29₎4_{= 128 ⇔ U = 2, e = 2}9

Sehingga, misal h adalah jumlah ketiga umur mereka, maka:

(7)

6. Banyakya segitiga siku-siku yang memiliki sisi tegak U, e dan sisi miring e + 1, dimana U, e adalah bilangan bulat dan e < 100, adalah ….

Jika U, e, dan e + 1 adalah sisi-sisi segitiga siku-siku dengan sisi miring e + 1, maka nilai sisi-sisi segitiga tersebut harus memenuhi:

U + e > e + 1 ⇔ U > 1

Pada segitiga siku-siku dengan sisi tegak U, e dan sisi miring e + 1 berlaku teorema Pythagoras:

U4_{+ e}4 _{= (e + 1)}4_{⇔ U}4_{= (e + 1)}4_{− e}4

⇔ U4_{= j(e + 1) + ekj(e + 1) − ek}

⇔ U4_{= 2e + 1}

Padahal dari soal diketahui e < 100, sehingga nilai U4_{yang mungkin U}4_{< 201. Sedangkan}

dari syarat U > 1 maka U4_{> 1. Berarti nilai U harus berada pada interval 1 < U}4_{< 201}

Mengingat 2e adalah bilangan bulat dan U4_{= 2e + 1, sehingga U}4_{pasti bernilai ganjil.}

Karena U adalah bilangan bulat, maka nilai U4_{adalah bilangan kuadrat yang bernilai ganjil}

yang harus memenuhi 1 < U4_{< 201.}

Nilai U4_{yang mungkin adalah 9, 25, 49, 81, 121, dan 169.}

Sehingga pasangan sisi segitiga siku-siku yang mungkin dibuat adalah:

U4_{= 9 ⇔ 2e + 1 = 9 ⇔ e = 4, jadi sisi-sisi segitiga tersebut adalah 3, 4, dan 5.}

(8)

7. Misalkan diberikan fungsi n: ℝ → ℝ dengan n(1) = 1 dan untuk sebarang S ∈ ℝ memenuhi n(S + 5) ≥ n(S) + 5 dan n(S + 1) ≤ n(S) + 1. Jika t(S) = n(S) − S + 1 maka t(2011) adalah ….

Kita periksa fungsi rekursif dari n(S + 1) ≤ n(S) + 1 dengan nilai awal n(1) = 1, maka: n(2) ≤ n(1) + 1 ⇔ n(2) ≤ 1 + 1 ⇔ n(2) ≤ 2

n(3) ≤ n(2) + 1 ⇔ n(3) ≤ 2 + 1 ⇔ n(3) ≤ 3 n(4) ≤ n(3) + 1 ⇔ n(4) ≤ 3 + 1 ⇔ n(4) ≤ 4 ⋮

n(2012) ≤ 2012

Dari pola tersebut, bisa disimpulkan nilai n(2012) ≤ 2012

Sekarang periksa fungsi rekursif dari n(S + 5) ≥ n(S) + 5 dengan nilai awal n(1) = 1, maka n(6) ≥ n(1) + 5 ⇔ n(6) ≥ 1 + 5 ⇔ n(6) ≥ 6

n(7) ≥ n(2) + 5 ⇔ n(7) ≥ 2 + 5 ⇔ n(7) ≥ 7 n(8) ≥ n(1) + 5 ⇔ n(8) ≥ 3 + 5 ⇔ n(8) ≥ 8 ⋮

n(2012) ≥ 2012

Dari pola tersebut, bisa disimpulkan nilai n(2012) ≥ 2012

Karena 2012 ≤ n(2012) ≤ 2012, artinya n(2012) = 2012, sehingga: t(S) = n(S) − S + 1, jika S = 2012, maka diperoleh:

(9)

8. Banyaknya nilai U yang memenuhi v 3Sx 4_{− 3 wS}

y6 = −4 adalah ….

z 3Sx 4_{− 3 wS}

y6 = −4 ⇔ {S

9_{− 3S|}

y6

x _{= −4}

⇔ (U9_{− 3U) − (−1 + 3) = −4}

⇔ U9_{− 3U − 2 = −4}

⇔ U9_{− 3U + 2 = 0}

⇔ (U − 1)4_{(U + 2) = 0}

(10)

9. Misalkan U, e, }, w bilangan asli sehingga logxe =9₄ dan log~w ==_?. Jika U − } = 9 maka

e − w = ….

logxe =3_{2 ⇔ e = U}•€

log~w =5_{4 ⇔ w = }}•‚

Misalkan S = Uƒ€ maka berakibat e = U•€⇔ e = „Uƒ€…9 ⇔ e = S9.

Misalkan T = }ƒ‚ maka berakibat w = }•‚⇔ w = „}ƒ‚…=⇔ w = T=.

Sementara itu, dari S = Uƒ€ diperoleh U = S4, dan dari dari T = }ƒ‚ diperoleh } = T?,

sehingga:

U − } = 9 ⇔ S4_{− T}?_{= 9}_{j†‡tU\ eˆ‡\F‰ U}4_{− e}4_{= (U + e)(U − e)k}

⇔ (S + T4_{)(S − T}4_{) = 9}_{(†‡tU\ nU‰\Š‹ wU‹† 9 UwUŒUℎ 3 × 3 U\UF 9 × 1)}

Ž†•UŒ (S + T4_{) = 3 wU‡ (S − T}4_{) = 3, •UwUℎUŒ (S + T}4_{) ≠ (S − T}4_).

’Uw† (S + T4_{) = 3 wU‡ (S − T}4_{) = 3 \†wU‰ YˆYˆ‡Fℎ†.}

⇔ hˆℎ†‡ttU TU‡t YˆYˆ‡Fℎ† UwUŒUℎ (S + T4_{) = 9 wU‡ (S − T}4_{) = 1}

Dengan metode eliminasi dan substitusi pada persamaan (S + T4_{) = 9 dan (S − T}4_{) = 1}

akan diperoleh nilai S dan T sebagai berikut:

S + T4 _{= 9}

S − T4 _{= 1}

2S = 10 ⇔ S = 5

Sehingga,

S + T4_{= 9 ⇔ T}4_{= 9 − S}

⇔ T4_{= 9 − 5}

⇔ T4_{= 4}

⇔ T = ±2 (‰U‹ˆ‡U S, T e†ŒU‡tU‡ U•Œ†, YU‰U TU‡t YˆYˆ‡Fℎ† ℎU‡TU T = 2)

⇔ T = 2

Jadi,

(11)

10.Jika U dan e bilangan asli dan V12 + √140 = √U + √e, maka nilai U × e adalah ….

”12 + √140 ⇔ ”12 + 2√35 ⇔ ”j7 + 2√7√5 + 5k

⇔ ”j√7 + √5k4

⇔ √7 + √5

Jadi, nilai U = 7 dan e = 5, sehingga U × e = 7 × 5 = 35.

TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT:

”12 + √140 ⇔ ”12 + 2√35

(12)

11.Nilai dari

log tan 1° + log tan 2° + log tan 3° + … + log tan 89° adalah ….

log tan 1° + log tan 2° + log tan 3° + … + log tan 89° ⇔ log(tan 1° × tan 2° × tan 3° × … × tan 89°)

⇔ log(tan 1° × tan 89° × tan 2° × tan 88° × tan 3° × tan 87° × … × tan 45°)

⇔ log(tan 1° × tan(90° − 1°) × tan 2° × tan(90° − 2°) × tan 3° × tan(90° − 3°) × … × tan 45°) ⇔ logj(tan 1° × cot 1°) × (tan 2° × cot 2°) × (tan 3° × cot 3°) × … × tan 45°k

⇔ log(1 × 1 × 1 × … × 1) ⇔ log 1

(13)

12.U, e, 2011 adalah sebuah barisan dengan U dan e adalah bilangan bulat positif dan U < e < 2011. Jika setiap suku dikurangi dengan dua, maka barisan tersebut menjadi barisan geometri dengan rasio bilangan bulat. Nilai U adalah ….

U, e, 2011 adalah sebuah barisan, U, e ∈ ℕ.

Jika setiap suku dikurangi dua, diperoleh barisan geometri dengan rasio ‹, untuk ‹ ∈ ℤ.

Barisan geometri tersebut adalah: (U − 2), (e − 2), 2009

Perhatikan bilangan pada suku ke-3 barisan geometri tersebut. Dikarenakan rumus suku

ke-‡ dari barisan geometri adalah F2= U‹2y6 , maka suku ke-3 adalah F9= U‹4.

Padahal diketahui U, e ∈ ℕ dan ‹ ∈ ℤ, maka untuk suku ke-3 pasti memuat faktor kuadrat. Kita periksa faktor dari bilangan 2009, diperoleh:

2009 = 74_{× 41}

Dan karena F9= U‹4 dan F9= 2009 maka diperoleh:

U‹4_{= 7}4_{× 41 ⇒ ‹}4_{= 7}4_{⇒ ‹ = 7}

(14)

13.Suku banyak •(S) = Sf_{+ US};_{+ eS}=_{+ }S}?_{+ wS}9_{+ ˆS}4_{+ nS + t mempunyai tujuh akar}

real berbeda dan salah satunya adalah nol. Koefisien yang tidak boleh nol adalah ….

Misal akar-akar suku banyak •(S) = Sf_{+ US};_{+ eS}=_{+ }S}?_{+ wS}9_{+ ˆS}4_{+ nS + t adalah}

S6, S4, S9, S?, S=, S;, dan Sf. Diketahui suku banyak memiliki tujuah akar real berbeda dan

salah satu akarnya adalah nol, misal S6= 0.

Sehingga dengan memeriksa sifat simetri akar (teorema Vieta) diperoleh:

S6+ S4+ S9+ S?+ S=+ S;+ Sf= −U (eŠŒˆℎ ‡ŠŒ)

S6S4+ S6S9+ S6S?+ … + S;Sf= e (eŠŒˆℎ ‡ŠŒ)

S6S4S9+ S6S4S?+ S6S4S=+ … + S=S;Sf= −}(eŠŒˆℎ ‡ŠŒ)

S6S4S9S?+ S6S4S9S=+ S6S4S9S;+ … + S?S=S;Sf= w(eŠŒˆℎ ‡ŠŒ)

S6S4S9S?S=+ S6S4S9S?S;+ S6S4S9S?Sf+ … + S9S?S=S;Sf= −ˆ(eŠŒˆℎ ‡ŠŒ)

S6S4S9S?S=S;+ S6S4S9S?S=Sf+ S6S4S9S?S;Sf+ … +S4S9S?S=S;Sf= n(\†wU‰ eŠŒˆℎ ‡ŠŒ)

S6S4S9S?S=S;Sf= −t = 0(•U•\† ‡ŠŒ)

Nilai – U, e, −}, w, −ˆ mungkin saja nol jika jumlah suku yang tidak memuat S6 adalah nol.

Nilai – t pasti nol. Karena terdapat S6= 0 yang membuat nilai S6S4S9S?S=S;Sf = 0.

Sedangkan untuk n, tidak boleh nol, karena semua yang berwarna merah nilainya adalah 0,

dan mengingat hanya satu akar yang nol yaitu S6 maka akar suku banyak yang lainnya

(15)

14.

4

1 2 32 16

8

Tiga dadu dibentuk dengan pola seperti gambar di atas. Jika ketiga dadu tersebut ditumpuk di atas sebuah meja sedemikian sehingga satu dadu berada di atas dadu lainnya, maka jumlah maksimum dari angka-angka yang dapat terlihat adalah ….

Perhatikan jumlah angka-angka pada sisi-sisi berhadapan adalah: 1 + 32 = 33

2 + 16 = 18 4 + 8 = 12

Sehingga jumlah semua angka pada sisi dadu adalah 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 = 63

\UY•U‰ wˆ•U‡ \UY•U‰ eˆŒU‰U‡t

(16)

15.Barisan naik 1, 3, 4, 9, 10, 12, 13, … terdiri dari bilangan-bilangan asli perpangkatan dari 3 atau jumlah dari perpangkatan 3 yang berbeda. Suku ke-2011 barisan itu adalah ….

Pemb Pemb Pemb

Pembahasan:ahasan:ahasan:ahasan:

(3œ_{), (3}6_{), (3}6_{+ 3}œ_{), (3}4_{), (3}4_{+ 3}œ_{), (3}4_{+ 3}6_{), (3}4_{+ 3}6_{+ 3}œ_{), …}

Jika diamati, barisan tersebut ekuivalen dengan barisan bilangan biner 1, 10, 11, 100, 101, 110, 111, … pada basis 3.

Jadi untuk mendapatkan suku ke 2011 maka kita harus mencari bilangan biner untuk 2011: 2011 1005 0502 0251 0125 0062 0031 0015 0007 0003 0001

Jadi 20116œ= 111110110114.

Perhatikan bahwa bisa dibuktikan 2011 = 26œ_{+ 2}•_{+ 2}ž_{+ 2}f_{+ 2};_{+ 2}?_{+ 2}9_{+ 2}6_{+ 2}œ_.

Sehingga suku ke 2011 barisan tersebut adalah:

F4œ66= 36œ+ 3•+ 3ž+ 3f+ 3;+ 3?+ 39+ 36+ 3œ

(17)

16.Misalkan Y dan ‡ bilangan asli yang memenuhi 6 +₂6=?_f. Nilai Y + ‡ adalah ….

1

Y +1‡ =47 ⇔ Y + ‡Y‡ =47

⇔ 7(Y + ‡) = 4Y‡

⇔ 4Y‡ − 7Y − 7‡ = 0

¡c¢(4, −7, −7) = 1, ŒUŒF ‰ˆwFU ‹FU• w†‰UŒ† 4.

⇔ 16Y‡ − 28Y − 28‡ = 0 (\UYeUℎ‰U‡ ‰ˆwFU ‹FU• wˆ‡tU‡ 49)

⇔ 16Y‡ − 28Y − 28‡ + 49 = 49

⇔ (4Y − 7)(4‡ − 7) = 49

’Uw† (4Y − 7) •U•\† •UŒUℎ •U\F nU‰\Š‹ wU‹† 49 = ±1, ±7 ± 49

• Karena 1 adalah faktor 49, maka:

(4Y − 7) = 1 ⇔ 4Y = 8 ⇔ Y = 2, sehingga:

(4Y − 7)(4‡ − 7) = 49 ⇔ (4‡ − 7) =?•₆ ⇔ 4‡ = 56 ⇔ ‡ = 14

Jadi, Y = 2 dan ‡ = 14 adalah solusi bulat dari 6+₂6=?_f.

• Karena −1 adalah faktor 49, maka:

(4Y − 7) = −1 ⇔ 4Y = 6 ⇔ Y =;_?, sehingga ini bukan solusi bulat dari 6 +6₂=?_f.

• Karena 7 adalah faktor 49, maka:

(4Y − 7) = 7 ⇔ 4Y = 14 ⇔ Y =6?_?, sehingga ini juga bukan solusi bulat dari 6 +6₂=?_f.

• Karena −7 adalah faktor 49, maka:

(4Y − 7) = −7 ⇔ 4Y = 0 ⇔ Y = 0, sehingga:

(4Y − 7)(4‡ − 7) = 49 ⇔ (4‡ − 7) =_{−7 ⇔ 4‡ = 0 ⇔ ‡ = 0}49

Jadi, Y = 0 dan ‡ = 0, namun sayang bukan bilangan asli, dan penyebut pecahan haram diisi bilangan nol. Sehingga tidak jadi masuk ke jawaban. Hehe…

(18)

TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT:

1

Y +1‡ =47 ⇔ Y + ‡Y‡ =47

⇔ 7(Y + ‡) = 4Y‡ ⇔ 7Y + 7‡ = 4Y‡

⇔ 7Y = 4Y‡ − 7‡

⇔ 7Y = ‡(4Y − 7)

⇔ ‡ =_{4Y − 7 ; 4Y − 7 ≠ 0}7Y

Solusi bulat Y dan ‡ didapatkan untuk nilai Y = 2 ⇒ ‡ = 14 dan Y = 14 ⇒ ‡ = 2

(19)

17.Untuk bilangan riil U dan e didefinisikan U $ e = (U − e)4_{. Bentuk sederhana dari}

(S − T)4_{$(T − S)}4_{adalah ….}

(S − T)4_{$(T − S)}4_{= ((S − T)}4_{− (T − S)}4₎4

= j(S4_{− 2ST + T}4_{) − (T}4_{− 2ST + S}4_)k4

= 04

= 0

TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT:

IngatS4_{= (−S)}4_,_maka_{(S − T)}4_{= j−(S − T)k}4 _{= (T − S)}4

Jadi(S − T)4_{$(T − S)}4_{= (S − T)}4_{$(S − T)}4

= j(S − T) − (S − T)k4

= 04

(20)

18.Jika 50œ_{+ 50}6_{+ 50}4_{+ 50}9_{+ … + 50}4œ66_{dibagi oleh 7, maka sisanya adalah ….}

Misal S2 adalah sisa pembagian 502 oleh 7, maka:

50 = 1 (YŠw 7) ¥‰U‹ˆ‡U 50 − 1 = 49 = 7 × 7, ¦Uw† 7|49§

502 _{= 1}2_{(YŠw 7)}

Jadi berapapun nilai ‡ (pangkat) dari 502_{, sisa pembagian 50}2_{adalah S}

2= 12 = 1.

Sehingga,

Sisa pembagian 50œ_{+ 50}6_{+ 50}4_{+ 50}9_{+ … + 50}4œ66_{oleh 7, bisa dituliskan sebagai:}

¨ 52

4œ66

2©œ

(YŠw 7) = ¨ 1

4œ66

2©œ

(YŠw 7)

= ª1 + 1 + 1 + … + 1«¬¬¬¬¬-¬¬¬¬¬®

4œ64 ¯x°±²³ ´ (YŠw 7)

= 2012 (YŠw 7)

= 24_{× 503 (YŠw 7)}_{¥503 = 6 (YŠw 7)§}

= 4 × 6 (YŠw 7) = 24 (YŠw 7) = 3 (YŠw 7)

Jadi sisa pembagian 50œ_{+ 50}6_{+ 50}4_{+ 50}9_{+ … + 50}4œ66_{oleh 7 adalah 3.}

TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT:

(21)

19.Volume dari sebuah kubus yang memiliki luas permukaan dua kali lebih luas dari luas permukaan kubus yang memiliki volume satu satuan adalah ….

Dari soal diperoleh informasi berikut:

_4= 2_6⇔ 6•44= 2 ∙ 6•64

⇔ •_•64

44=

1 2

⇔ •_•6

4=

1 √2

Sehingga, karena µƒ

µ€=

6

√4 dan H6= 1 satuan volume, maka:

H6

H4=

•69

•49 ⇔

H6

H4= ¶

•6

•4·

9

⇔_H1

4= ¶

1

√2·

9

⇔_H1

4=

1

√29

⇔ H4= √8

⇔ H4= 2√2 satuan volume

TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT:

Volume dan luas adalah ¸ ∼ _•€.

(22)

20.Jika bilangan real S dan T memenuhi (S + 5)4_{+ (T − 12)}4_{= 14}4_{, maka nilai minimum}

S4_{+ T}4_{adalah ….}

(S + 5)4_{+ (T − 12)}4_{= 14}4

Persamaan tersebut adalah persamaan lingkaran dengan pusat (−5, 12) dan jari-jari 14.

S4_{+ T}4_{= ‹}4

Persamaan tersebut adalah persamaan lingkaran dengan pusat (0, 0) dan jari-jari ‹.

Sekarang, mari kita periksa apakah titik (0, 0) berada di dalam lingkaran atau tidak?

S = 0 dan T = 0 ⇔ 54_{+ (−12)}4_{< 14}4

Jadi titik (0, 0) berada di dalam lingkaran, sehingga agar nilai S4_{+ T}4_{maksimum maka}

lingkaran S4_{+ T}4_{= ‹}4_{harus menyinggung lingkaran (S + 5)}4_{+ (T − 12)}4 _{= 14}4_.

Misalkan titik singgung tersebut adalah titik », maka diperoleh:

Jarak titik (−5, 12) ke titik P adalah jari-jari lingkaran tersebut, yaitu 14.

Jarak titik (−5, 12) ke titik (0, 0) dengan menggunakan teorema Pythagoras adalah 13 .

Nah, karena titik », (−5, 12), (0,0) adalah sebuah garis lurus, sehingga jarak jari-jari lingkaran yang berpusat di (0, 0) adalah 1.

Jadi, nilai minimum S4_{+ T}4_{adalah 1}4_{= 1.}

TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT: TRIK SUPERKILAT:

Dari teorema Pythagoras diperoleh jarak ke titik O adalah 13, sementara jari-jari lingkaran luar adalah 14. Berarti selisihnya adalah jari-jari maksimum lingkaran dalam yang menyinggung sisi lingkaran luar. Jadi nilai maksimum 14 − 13 = 1.

(23)

Bagian Bagian Bagian Bagian keduakeduakeduakedua

A. Persamaan kuadrat

S4_{− (2U + 1)S + U(U − 1) = 0}

mempunyai dua akar real S6≤ −1 dan S4> 1.

21.Apakah nilai dari diskriminan ¢ ≥ 0 dan S6∙ S4< 0 perlu dan cukup untuk menentukan

nilai U yang memenuhi persamaan dengan akar-akar tersebut? Mengapa?

Tidak, karena jika ¢ ≥ 0 berarti ada kemungkinan dua akar tersebut real dan kembar. Padahal kenyataannya nilai akar-akar persamaan kuadrat tersebut terpisah pada dua

interval S6≤ −1 dimana nilai S6 pasti negatif, sementara S4 > 1 nilai S4 pasti positif. Jelas

diketahui bahwa tidak aka nada irisan yang tercipta antara bilangan positif dan negatif.

Untuk syarat S6∙ S4< 0 juga kurang tepat, mengingat perkalian paling kecil yang tercipta

adalah −1 × 1 Œˆe†ℎ w†‰†\ = −1 ‰F‹U‡t w†‰†\.

22.Jika tidak, tuliskan kondisi (persyaratan) yang harus dimiliki agar nilai U dapat ditentukan

untuk akar-akar tersebut? Catatan: Catatan: Catatan: Catatan: Saudara tidak perlu menentukan nilai U.

Syarat yang harus dimiliki adalah:

S6 ≤ −1

S4> 1 ⇔ 1 < S4 ¼ Jadi S6≤ −1 < 1 < S4.

Sehingga daerah penyelesaian dari S6≤ −1 < 1 < S4 adalah irisan dari:

S6 ≤ −1 < S4⇔ S6+ 1 ≤ 0 < S4+ 1 ⇔ (S6+ 1)(S4+ 1) ≤ 0………….(1)

S6 < 1 < S4⇔ S6− 1 < 0 < S4− 1 ⇔ (S6− 1)(S4− 1) < 0……….(2)

Dan juga jangan lupa, karena persamaan kuadrat memiliki dua akar real berbeda, maka determinan harus positif, sehingga:

¢ > 0 ⇔ j−(2U + 1)k4− 4(1)jU(U − 1)k > 0 ……….……….(3)

(24)

B. Perhatikan persamaan:

|S − 1| − 3|S + 1| + |S − 2| = U

Untuk mencari nilai U agar persamaan itu memiliki penyelesaian dapat dilakukan dengan menggambar grafik

T = n(S) = |S − 1| − 3|S + 1| + |S − 2|.

23.Gambar sketsa grafik fungsi n!

n(S) = |S − 1| − 3|S + 1| + |S − 2|

Pertama kita hilangkan tanda mutlak pada |S − 1|, sehingga n(S) menjadi:

n(S) = ½S − 1 − 3|S + 1| + |S − 2|,_{−S + 1 − 3|S + 1| + |S − 2|, S − 1 < 0}S − 1 ≥ 0

Selanjutnya kita hilangkan tanda mutlak pada |S + 1|, sehingga n(S) menjadi:

n(S) = ¾

S − 1 − 3(S + 1) + |S − 2|, S − 1 ≥ 0 wU‡ S + 1 ≥ 0

S − 1 − 3(−S − 1) + |S − 2|, S − 1 ≥ 0 wU‡ S + 1 < 0

−S + 1 − 3(S + 1) + |S − 2|, S − 1 < 0 wU‡ S + 1 ≥ 0

−S + 1 − 3(−S − 1) + |S − 2|, S − 1 < 0 wU‡ S + 1 < 0

Selanjutnya kita hilangkan tanda mutlak pada |S − 2|, sehingga n(S) menjadi:

n(S) = ¿ ÀÀ À Á ÀÀ À

ÂS − 1 − 3_{S − 1 − 3(S + 1) + (−S + 2),}(S + 1) + (S − 2), S − 1 ≥ 0 wU‡ S + 1 ≥ 0 wU‡ S − 2 ≥ 0_{S − 1 ≥ 0 wU‡ S + 1 ≥ 0 wU‡ S − 2 < 0}

S − 1 − 3(−S − 1) + (S − 2), S − 1 ≥ 0 wU‡ S + 1 < 0 wU‡ S − 2 ≥ 0

S − 1 − 3(−S − 1) + (−S + 2), S − 1 ≥ 0 wU‡ S + 1 < 0 wU‡ S − 2 < 0

−S + 1 − 3(S + 1) + (S − 2), S − 1 < 0 wU‡ S + 1 ≥ 0 wU‡ S − 2 ≥ 0

−S + 1 − 3(S + 1) + (−S + 2), S − 1 < 0 wU‡ S + 1 ≥ 0 wU‡ S − 2 < 0

−S + 1 − 3(−S − 1) + (S − 2), S − 1 < 0 wU‡ S + 1 < 0 wU‡ S − 2 ≥ 0

−S + 1 − 3(−S − 1) + (−S + 2), S − 1 < 0 wU‡ S + 1 < 0 wU‡ S − 2 < 0 Sehingga dengan menyederhanakan fungsi n(S) akan diperoleh:

n(S) = ¿ À À Á À À

Â−S − 6,_{−3S − 2,} S ≥ 2_{1 ≤ S < 2}

5S, S ≥ 1 wU‡ S < −1 wU‡ S ≥ 2

3S − 4, S ≥ 1 wU‡ S < −1 wU‡ S < 2 −3S − 4, S < 1 wU‡ S ≥ −1 wU‡ S ≥ 2

−5S, −1 ≤ S < 1

3S − 2, S < 1 wU‡ S < −1 wU‡ S ≥ 2

S − 6, S < −1

Perhatikan untuk yang saya tandai merah adalah domain tidak valid.

Sehingga, fungsi n(S) adalah:

n(S) = ¾

−S − 6, F‡\F‰ S ≥ 2 −3S − 2, F‡\F‰ 1 ≤ S < 2 −5S − 6, F‡\F‰ − 1 ≤ S < 1

S + 6, F‡\F‰ S < −1

5

2 1 −1

(25)

24.Dengan menggunakan sketsa grafik yang telah Saudara buat, tentukan nilai U agar persamaan itu memiliki paling sedikit satu penyelesaian untuk S.

Nilai U bisa dimaknai sebagai titik-titik potong keempat garis tersebut. Sehingga dengan eliminasi dan substitusi diperoleh titik-titik potong berikut:

−3S − 2, −5S − 6, dan S + 6berpotongan di (−2, 4). Sehingga U = T = 4.

−S − 6 dan S + 6berpotongan di (−6,0). Sehingga U = T = 0.

−S − 6 dan − 3S − 2berpotongan di (2, −2). Sehingga U = T = −2.

(26)

C. Misalkan N adalah bilangan bulat positif, dan N* menyatakan bilangan bulat yang

diperoleh dari menjumlahkan bilangan N dengan semua angka-angkanya. Sebagai

contoh: 5* = 10, 86* = 100, 977* = 1000, 9968* = 10000. Untuk menentukan bilangan

bulat N sehingga N* = 1.000.000, perhatikan proses pencarian berikut ini:

i. N memiliki paling banyak enam angka, sehingga jumlahnya paling besar 54.

ii. Misalkan N = 999.9Ue dengan U dan e adalah dua angka terakhir, dan N ≥ 999.946

iii.1.000.000 = N* = (999.900 + 10U +e) + (36 + U + e) atau 11U + 2e = 64.

iv.Kita memperoleh 46 ≤ 11U ≤ 64 atau 46/11 ≤ U ≤ 64/11.

v. Nilai U = 5 dan e =•₄

25.Tuliskan pernyataan yang salah atau buat suatu kesimpulan dari proses pencarian bilangan

bulat N di atas!

Pernyataan yang salah berwarna merah:

i. N memiliki paling banyak enam angka, sehingga jumlahnya paling besar 54.

ii. Misalkan N = 999.9Ue dengan U dan e adalah dua angka terakhir, dan N ≥ 999.946

iii.1.000.000 = N* = (999.900 + 10U +e) + (36 + U + e) atau 11U + 2e = 64.

iv.Kita memperoleh 46 ≤ 11U ≤ 64 atau 46/11 ≤ U ≤ 64/11. v. Nilai U = 5 dan e =•₄

Solusi bulat untuk persamaan linear dua variabel tersebut adalah dengan menggunakan teorema Diophantine.

Setelah menyelesaikan teorema Diophantine pada persamaan tersebut, ternyata tidak ditemukan hasil yang memenuhi, karena nilai bulat yang memenuhi adalah, U = 4, dan e = 10. Ingat U, e adalah bilangan satuan mulai 0 sampai 9.

Sehingga kesimpulannya, untuk N*_{= 1.000.000 tidak akan ditemukan solusinya.}

Pembahasan soal OSN Guru Matematika SMA 2011 ini sangat mungkin jauh dari sempurna mengingat keterbatasan penulis. Saran, koreksi dan tanggapan sangat diharapkan demi perbaikan pembahasan soal OSN ini.

Untuk download pembahasan soal SNMPTN, UNAS, Olimpiade, dan rangkuman materi pelajaran

serta soal-soal ujian yang lainnya, silahkan kunjungi http://pak-anang.blogspot.com.