Soal dan Pembahasan OSN Matematika SMP Nasional 2015 (Hari Kedua) www.olimattohir.blogspot.com

(1)

PEMBAHASAN SOAL HARI KEDUA

OSN SMP

Tingkat Nasional

Tahun 2015

Bidang Matematika

Waktu: 2×90 Menit

B. HARI KEDUA

6. Diketahui m dan n adalah dua bilangan positif yang berturut-turut terdiri dari empat angka (digit) dan tiga angka. Kedua bilangan tersebut memuat angka 4 dan angka 5. Bilangan 59 adalah faktor

prima dari m. Sisa pembagian n oleh 38 adalah 1. Jika selisih m dan n tidak lebih dari pada 2015, tentukan semua pasangan bilangan (m,n) yang mungkin.

Pembahasan:

Diketahui

(1) Bilangan 59 adalah faktor prima dari m , m terdiri dari empat digit (2) Sisa pembagian n oleh 38 adalah 1, n terdiri dari 3 digit

(3) m dan n terdiri dari 4 digit yang memuat angka 4 dan 5 serta m–n≤ 2015 Berdasarkan informasi di atas, bahwa nilai m berkisaran 1045 ≤ m≤ 2954

bahwa nilai n berkisaran 145 ≤ n≤ 954

oleh karena itu kita periksa terlebih dulu kemungkinan nilai m, yakni sebagai berikut

a) Kemungkinan 1: m = 2a54 = 59×K, dimana K bilangan asli dan a bilangan cacah 1 angka

Degan cara yang sam untuk kemungkinan m = 2a45, 25a4, 24a5, 254a, dan 245a tidak ada satupun yang memenuhi

b) Kemungkinan 2: m = 1a45, 1a54, 154a, dan 145a keempatnyanya tidak ada yang memenuhi c) Kemungkinan 3: m = 14a5 = 59×K, nilai a memenuhi ketika a = 7, yaitu 1475

d) Kemungkinan 4: m = 15a4 = 59×K, nilai a memenuhi ketika a = 3, yaitu 1534 Sehingga nilai m yang memenuhi adalah 1475 dan 1534

2954 59 =

59 2954

2954 59 50,0678 2854 59 48,37288 2754 59 46,67797 2654 59 44,98305 2554 59 43,28814 2454 59 41,59322 2354 59 39,89831 2254 59 38,20339 2154 59 36,50847 2054 59 34,81356

(2)

Kemudian kita periksa kemungkinan nilai n, yakni sebagai berikut

a) Kemungkinan 1: n = 45b = 38k + 1, dimana K bilangan asli dan b bilangan cacah 1 angka 459 = 38k + 1 k =

38 458

= 12,05 (nilai k bukan bilangan asli)

458 = 38k + 1 k = 38 457

457 = 38k + 1 k = 38 456

= 12 (memenuhi)

... ...

450 = 38k + 1 k = 38 449

b) Kemungkinan 2: n = 54b = 38k + 1, dimana K bilangan asli dan b bilangan cacah 1 angka Dengan cara yang sama, tidak ada nilai n dan k yang memenuhi

c) Kemungkinan 3: n = 4b5 = 38k + 1, dimana K bilangan asli dan b bilangan cacah 1 angka 495 = 38k + 1 k =

38 494

= 13 (memenuhi)

Dan tidak ada nilai n dan k yang memenuhi

d) Kemungkinan 4: n = 5b4, b54, dan b45 dengan cara yang sama, tidak ada nilai n dan k yang memenuhi

Sehingga nilai n yang memenuhi adalah 457 dan 495

Jadi, semua pasangan bilangan (m,n) yang mungkin adalah (1475,457), (1475,495), (1534,457), dan (1534,495)

7. Diketahui persamaan ax2 + bx + c = 0 dengan a > 0 mempunyai dua akar real yang berbeda dan persamaan ac2x4 + 2acdx3 + (bc + ad2)x2 + bdx + c = 0 tidak mempunyai akar real.

Apakah ad4 + 2ad2 < 4bc + 16c3?

Pembahasan:

Diketahui ac2x4 + 2acdx3 + (bc + ad2)x2 + bdx + c = 0

Pertama kita mencari pola penyelesaiannya, yakni sebagai berikut:

4a(ac2x4 + 2acdx3 + (bc + ad2)x2 + bdx + c) = 4a × 0 (kedua ruas dikalikan 4a) 4a2c2x4 + 8a2cdx3 + 4abcx2 + 4a2d2x2 + 4abdx + 4ac = 0

Kemudian kita perhatikan bentuk pemfaktoran aljabar berikut:

(p + q + r)2 = p2 + 2pq + + 2pr + q2 + 2qr + r2

Sehingga persamaan tersebut dipola menjadi berikut

4a2c2x4 + 4a2cdx3 + 4a2cdx3 + 2abcx2 + 2abcx2 + 4a2d2x2 + 2abdx + 2abdx + 4ac + b2– b2 = 0

4a2c2x4 + 4a2cdx3 + 2abcx2 + 4a2cdx3 + 4a2d2x2 + 2abdx + 2abcx2 + 2abdx + b2 – b2 + 4ac = 0

(2acx2 + 2adx + b)2– b2 + 4ac = 0

(2acx2 + 2adx + b)2– (b2– 4ac) = 0

Ingat bentuk selisih kuadrat: p2–q2 = (p + q)(p–q). Sehingga didapat

(3)

Untuk [(2acx2 + 2adx + b) + b2 4ac] = 0, syarat agar tidak mempunyai akar real, maka

2acx2 + 2adx + (b + b24ac) = 0 haruslah D < 0

sehingga didapat

(2ad)2– 4(2ac)(b + b2 4ac) < 0 4a2d2– 8abc– 8ac b2 4ac < 0

ad2– 2bc– 2c b2 4ac < 0 ...(1)

Untuk [(2acx2 + 2adx + b) – b24ac] = 0, syarat agar tidak mempunyai akar real, maka

2acx2 + 2adx + (b– b24ac) = 0 haruslah D < 0

(2ad)2– 4(2ac)(b– b2 4ac ) < 0 4a2d2– 8abc + 8ac b2 4ac < 0

ad2– 2bc + 2c b24ac < 0 ...(2)

pertidaksamaan 1) dan 2) dijumlahkan, sehingga didapat

ad2– 2bc– 2c b2 4ac < 0 ad2– 2bc + 2c b24ac < 0 2ad2– 4bc < 0

2ad2 < 4bc ...(3)

pertidaksamaan 1) dan 2) dikalikan, sehingga didapat

(ad2– 2bc– 2c b2 4ac )(ad2– 2bc + 2c b24ac) > 0 (ad2– 2bc)2– (2c b2 4ac )2 > 0

a2d4– 4abcd2 + 4b2c2– 4c2(b2– 4ac) > 0 a2d4– 4abcd2 + 4b2c2– 4b2c2 + 16ac3 > 0 a2d4– 4abcd2 + 16ac3 > 0

ad4– 4bcd2 + 16c3 > 0

ad4 + 16c3 > 4bcd2 ...(4)

pertidaksamaan 4) dan 3) didapat

ad4 + 16c3 > 4bcd2 dan 2ad2 < 4bc ad4 + 16c3 > 2ad4

ad4 < 16c3 ...(5)

pertidaksamaan 3) dan 5) dijumlahkan, sehingga didapat 2ad2 < 4bc

ad4 < 16c3

2ad2 + ad4 < 4bc + 16c3 ad4 + 2ad2 < 4bc + 16c3

(4)

8. Suatu kompetisi bola basket diikuti oleh 6 tim. Setiap tim membawa satu bendera tim yang

dipasang pada tiang yang terdapat di pinggir lapanagn pertandingan. Terdapat empat lokasi dan

setiap lokasi memiliki lima tiang berjajar. Pasangan bendera di setiap lokasi dimulai dari tiang

paling kanan secara berurutan. Jika tidak semua tiang di setiap lokasi harus dipasang bendera,

tentukan banyak susunan bendera yang mungkin.

Pembahasan:

Perhatikan ilustrasi gambar berikut

Ada 3 kasus yang mungkin dalam pemasangan bendera pada ke-empat lokasi, yakni sebagai berikut:

Kasus 1: semua lokasi terisi bendera

(1) Lokasi 1 Lokasi 2 Lokasi 3 Lokasi 4 Banyak cara yang mungkin

3 1 1 1 4×1×6! = 4×6!

(2) 2 2 1 1 3×2×6! = 6×6!

Sehingga jumlah cara yang mungkin = (4+6)×6! = 10×6!

Kasus 2: salah-satu lokasi tidak terisi bendera

4 1 1 0 4×3×6! = 12×6!

(2) 3 2 1 0 4×3!×6! = 24×6!

(3) 2 2 2 0 4×1×6! = 4×6!

Sehingga jumlah cara yang mungkin = (12+24+4)×6! = 40×6!

Kasus 3: dua lokasi tidak terisi bendera

5 1 0 0 4×3×6! = 12×6!

(2) 4 2 0 0 4×3×6! = 12×6!

(3) 3 3 0 0 3×2×6! = 6×6!

Sehingga jumlah cara yang mungkin = (12+12+6)×6! = 30×6!

Dengan demikian total seluruh cara yang mungkin pada 3 kasus adalah (10+40+30)×6! = 80×6! = 57.600

Jadi, banyak susunan bendera yang mungkin adalah 57.600 susunan

Loka

si 1

Lokasi 4 Lokasi 2

Loka

(5)

9. Diketahui dua lingkaran L1 dan L2 berturut-turut berpusat di M dan N. Jari-jari lingkaran L1 dan L2 berturut-turut adalah 5 satuan panjang dan 6 satuan panjang. Lingkaran L1 melalui titik N dan berpotongan dengan lingkaran L2 di titik P dan di titik Q. Titik U terletak pada lingkaran L2 sehingga ruas garis PU adalah suatu diameter lingkaran L2. Titik T terletak pada perpanjangan

ruas garis PQ sehingga luas segiempat QTUN adalah 25 792

satuan luas.

Tentukan panjang QT.

Pembahasan:

Perhatikan ilustrasi gambar berikut

Dikeahui luas segiempat QTUN adalah 25 792

satuan luas

Perhatikan PQU! Sudut tersebut menghadap diameter lingkaran L2, sehingga PQU adalah segitiga siku-siku di titik Q. Hal ini berakibat  QTU juga segitiga siku-siku di titik Q

Kemudian perhatikan PRN dengan PQU! Keduanya adalah sebangun, sehingga didapat

12 6 

QU RN

RN =

2 1

QU

Selanjutnya perhatikan RQN dan RQM, dengan dhalil Pythagoras didapat QR2 = QN2–RN2 dan QR2 = MQ2–RM2

QN2–RN2 = MQ2–RM2 62– (MN–RM)2 = 52–RM2

36 – (5 –RM)2 = 25 –RM2 36 – 25 + 10RM – RM2 = 25 –RM2

10RM = 50 – 36 10RM = 14

RM =

5 7

RN = 5 –

5 7

=

5 18

Sehingga QU = 2 ×

5 18

(6)

Selanjutnya perhatikan kembali RQN

adalah suatu konstanta positif. Selain itu, diketahui bahwa perbandingan antara perubahan volume

(7)

Pembahasan:

Kemudian kita perhatikan kembali

(1) Vn–Vn+1 = a Ln Ln =

Selanjutnya kita perhatikan untuk setiap nilai n, untuk n = 1, didapat:

(8)



 

k a R

4 4 4 3 ₀

–R6 =

k a

 R6 =

 

k a R

4 4 5 3 ₀ 

Untuk n = 6, didapat:

Rn–Rn+1 =

k a

 R6–R7 =

k a



 

k a R

4 4 5 3 ₀

–R7 =

k a

 R7 =

 

k a R

4 4 6 3 0 

Dan seterusnya...

Dengan demikian untuk menentukan nilai h, tinggal kita tentukan sebarang nilai R0, a, dan k

dengan syarat R1 = 4 3

R0

Contoh 1: untuk nilai R0 = 16, a = 2 dan k = 4,

maka R1 = 12, R2 = 2,5, R3 = 2, R4 = 1,5, R5 = 1, R6 = 0,5, dan R7 = 0

Jadi, dalam kondisi seperti ini bola es mencair keseluruhannya tepat pada saat h = 7 detik

Contoh 2: untuk nilai R0 = 12, a = 1 dan k = 2,

maka R1 = 9, R2 = 4, R3 = 3,5, R4 = 3, R5 = 2,5, R6 = 2, R7 = 1,5, R8 = 1, R9 = 0,5, dan R10 = 0

Contoh 3: untuk nilai R0 = 4, a = 3 dan k = 1, maka R1 = 3, dan R2 = 0

Contoh 4: untuk nilai R0 = 4, a = 1 dan k = 1, maka R1 = 3, R2 = 2, R3 = 1, dan R4 = 0

Contoh 5: untuk nilai R0 = 8, a = 2 dan k = 2, maka R1 = 6, R2 = 2, R3 = 1, dan R4 = 0