Olimpiade Sains Nasional Bidang Matematika SMP
Seleksi Tingkat Nasional
Tahun 2017
1. Carilah semua bilangan realxyang memenuhi pertidaksamaan
x2 −3 x2
−1 + x2
+ 5 x2+ 3 ≥
x2 −5 x2
−3+ x2
+ 3 x2+ 1
Uraian Jawaban :
Pertidaksamaan pada soal ekuivalen dengan
x2
−1−2 x2
−1 +
x2+ 3 + 2 x2+ 3 ≥
x2
−3−2 x2
−3 +
x2+ 1 + 2 x2+ 1
⇔1− 2
x2−1 + 1 + 2
x2+ 3 ≥1− 2
x2−3+ 1 + 2 x2+ 1
⇔ −x22−1 + 2
x2+ 3 ≥ − 2 x2−3 +
2 x2+ 1
⇔ (x2 −4
−1)(x2+ 3) ≥
−4 (x2
−3)(x2+ 1)
kalikan kedua ruas pertidaksamaan dengan (x
2+ 1)(x2+ 3)
−4 , sehingga diperoleh
x2 + 1 x2
−1 ≤ x2
+ 3 x2
−3
⇔ x
2
−1 + 2 x2
−1 ≤
x2
−3 + 6 x2
−3
⇔ 1 + 2
x2−1 ≤1 + 6 x2−3
⇔ x21−1 ≤
3 x2−3
⇔ x21
−1 − 3 x2
−3 ≤0
⇔ −2x
2
(x2
−1)(x2
−3) ≤0
⇔ (x2 1
−1)(x2
−3) ≥0
⇔ (x2−1)(x2−3)≥0
⇔(x−1)(x−1)(x−√3)(x+√3)≥0
yang memiliki himpunan penyelesaian yaitu{x∈R|x <−√3atau −1< x <1ataux >√3}
2. Diketahui m adalah bilangan asli empat angka dengan angka satuan dan ribuan sama. Jika m
merupakan bilangan kuadrat, tentukan semua bilanganmyang mungkin
Uraian Jawaban :
Misalkanm=n2
(i) Jikaa= 1makam=n2= 1bc1. Perhatikan bahwa
312 = 961< m=n2 <2025 = 452
mengingat digit satuan darimadalah 1 maka digit satuan darinadalah 1 atau 9. Oleh karena itu, hanya ada dua kemungkinan nilaimyaitum= 392
= 1521ataum= 412
= 1681.
(ii) Jikaa= 4makam=n2
= 4bc4. Perhatikan bahwa
632
= 3969< m=n2 <5041 = 712
mengingat digit satuan darimadalah 4 maka digit satuan darinadalah 2 atau 8. Oleh karena itu, hanya ada satu kemungkinan nilaimyaitum= 682 = 4624
.
(iii) Jikaa= 5makam=n2= 5bc5. Perhatikan bahwa
702 = 4900< m=n2 <6084 = 782
mengingat digit satuan darim adalah 5 maka digit satuan darinadalah 5. Oleh karena itu, hanya ada satu kemungkinan nilaimyaitum= 752
= 5625.
(iv) Jikaa= 6makam=n2
= 6bc6. Perhatikan bahwa
772
= 5929< m=n2 <7056 = 842
mengingat digit satuan darimadalah 6 maka digit satuan darinadalah 4 atau 6. Oleh karena itu, tidak ada nilaimyang memenuhi.
(v) Jikaa= 9makam=n2= 9bc9. Perhatikan bahwa
942= 8836< m=n2 <10000 = 1002
mengingat digit satuan darimadalah 9 maka digit satuan darinadalah 3 atau 7. Oleh karena itu, hanya ada satu kemungkinan nilaimyaitum= 972
= 9409.
Jadi, ada lima kemungkinan nilaimyaitum= 1521,1681,4624,5625atau9409.
3. Pada gambar berikut,△ABP adalah segitiga sama kaki, denganAB =BP dan titikC padaBP. Hitunglah volume dari benda yang diperoleh dari hasil pemutaran△ABC mengelilingi garisAP
18
12 12
A B
Uraian Jawaban :
Misalkan titikDdanEberturut-turut adalah proyeksi dari titikCdanB padaAP
A B
P C
D
E
Dengan teoremaphytagoraspada△ABE diperoleh
BE =pAB2
−AE2=p182
−62 =√288 = 12√2
Perhatikan pula bahwa△ABP sebangun dengan△CAP oleh karena itu diperoleh
CP
AP =
AP
BP ⇔ CP =
AP
BP ×AP = 8
Selanjutnya karena△CDP sebangun dengan△BEP diperoleh
CD
CP =
BE
BP ⇔ CD=
BE
BP ×CP =
16 3
√ 2
MisalkanV1 adalah volume bangun ruang yang diperoleh dari hasil pemutaran △ABP
mengeli-lingi garisAP danV2 adalah volume bangun ruang yang diperoleh dari hasil pemutaran△ACP
mengelilingi garisAP maka diperoleh
V1= 1
3 ×π×BE 2
×AP dan V2 =
1
3×π×CD 2
×AP
Oleh karena itu, volume dari bangun ruang yang diperoleh dari hasil pemutaran△ABC mengelili-ngi garisAP yaitu
V1−V2= 1
3 ×π×(BE 2
−CD2)×AP
= 1 3 ×π×
288− 512 9
×12
= 8320
9 π
laki-laki yang mendapat hadiah sama banyak dengan total siswa perempuan yang mendapat hadiah, ada berapa banyak susunan yang mungkin dari siswa yang mendapat hadiah?
Uraian Jawaban :
Untuk memudahkan penulisan misalkan tas sekolah dilambangkan dengana, novel dilambangk-an dengdilambangk-an b, dan kalkulator dilambangkan dengan c. Selain itu kita definisikan pula lambang
a1a2a3· · ·anmenyatakan susunan hadiah yang diterima oleh seorang siswa. Tentu saja semua
per-mutasi dari susunana1a2a3· · ·andianggap sama. Sebagai contoh jika seorang siswa mendapatkan 1 tas, 2 novel dan 1 kalkulator maka kita lambangkanabbcatau permutasinya juga boleh.
Karena diketahui total siswa laki-laki yang mendapat hadiah sama banyak dengan total siswa perempuan yang mendapat hadiah maka ada tiga kasus yang mungkin yaitu
(i) 1 siswa laki-laki dan 1 siswa perempuan yang mendapatkan hadiah.
Misalkan siswa laki-laki yang mendapatkan hadiah tersebut dilambangkanL1dan siswa
per-empuan yang mendapatkan hadiah tersebut dilambangkanP1. Untuk kasus pertama, terdapat
lima subkasus yang mungkin yaitu
(a) L1 mendapatkan 1 hadiah dan P1 mendapatkan 5 hadiah. Ada 3 kemungkinan cara
berbedaL1 mendapatkan hadiah yaitua,batauc. SedangkanP1menerima sisanya. Jadi,
untuk subkasus ini terdapat 3 cara berbeda.
(b) L1 mendapatkan 2 hadiah dan P1 mendapatkan 4 hadiah. Ada 5 kemungkinan cara
berbeda L1 mendapatkan hadiah yaitu ab,ac,bb,bc ataucc. Sedangkan P1 menerima
sisanya. Jadi, untuk subkasus ini terdapat 5 cara berbeda.
(c) L1 mendapatkan 3 hadiah dan P1 mendapatkan 3 hadiah. Ada 6 kemungkinan cara
berbeda L1 mendapatkan hadiah yaitu abb, abc, acc,bbc, bcc atau ccc. Sedangkan P1
menerima sisanya. Jadi, untuk subkasus ini terdapat 6 cara berbeda.
(d) L1 mendapatkan 4 hadiah danP1 mendapatkan 2 hadiah. Banyaknya cara sama seperti
pada subkasus (b), tinggal menukar hadiah antaraL1danP1 saja. Jadi, untuk subkasus
ini terdapat 5 cara berbeda.
(e) L1 mendapatkan 5 hadiah danP1 mendapatkan 1 hadiah. Banyaknya cara sama seperti
pada subkasus (a), tinggal menukar hadiah antaraL1 danP1 saja. Jadi, untuk subkasus
ini terdapat 3 cara berbeda.
Dari kelima subkasus di atas diperoleh ada 3 + 5 + 6 + 5 + 3 = 22 cara berbeda untuk
membagikan keenam hadiah kepadaL1danP1. Namun karena untuk memilihL1ada
10 1
=
10 cara dan untuk memilih P1 ada
12 1
= 12 cara, maka untuk kasus pertama total ada
10×12×22 = 2640cara.
(ii) 2 siswa laki-laki dan 2 siswa perempuan yang mendapatkan hadiah. Untuk kasus kedua terdapat dua subkasus yaitu
(a) Keenam hadiah dibagikan dengan format 3-1-1-1 artinya satu siswa mendapat 3 hadiah dan tiga siswa lainnya masing-masing mendapatkan 1 hadiah. Ada enam susunan berbeda yang mungkin yaitu
• Hadiah dibagikan dalam formatabb−c−c−c, banyak cara pembagian berbeda ada
4!
• Hadiah dibagikan dalam formatabc−b−c−c, banyak cara pembagian berbeda ada
4!
2! = 12cara.
• Hadiah dibagikan dalam formatacc−b−b−c, banyak cara pembagian berbeda ada
4!
2! = 12cara.
• Hadiah dibagikan dalam formatbbc−a−c−c, banyak cara pembagian berbeda ada
4!
2! = 12cara.
• Hadiah dibagikan dalam formatbcc−a−b−c, banyak cara pembagian berbeda ada
4! = 24cara.
• Hadiah dibagikan dalam formatccc−a−b−b, banyak cara pembagian berbeda ada
4!
2! = 12cara.
Jadi, untuk subkasus pertama total ada 4 + 12×4 + 24 = 76 cara pembagian hadiah berbeda.
(b) Keenam hadiah dibagikan dengan format 2-2-1-1 artinya dua siswa mendapatkan masing-masing 2 hadiah dan dua siswa lainnya masing-masing-masing-masing mendapatkan 1 hadiah. Ada delapan susunan berbeda yang mungkin yaitu
• Hadiah dibagikan dalam formatab−bc−c−c, banyak cara pembagian berbeda ada
4!
2! = 12cara.
• Hadiah dibagikan dalam formatab−cc−b−c, banyak cara pembagian berbeda ada
4! = 24cara.
• Hadiah dibagikan dalam formatac−bb−c−c, banyak cara pembagian berbeda ada
4!
2! = 12cara.
• Hadiah dibagikan dalam formatac−bc−b−c, banyak cara pembagian berbeda ada
4! = 24cara.
• Hadiah dibagikan dalam formatac−cc−b−b, banyak cara pembagian berbeda ada
4!
2! = 12cara.
• Hadiah dibagikan dalam formatbb−cc−a−c, banyak cara pembagian berbeda ada
4! = 24cara.
• Hadiah dibagikan dalam formatbc−bc−a−c, banyak cara pembagian berbeda ada
4!
2! = 12cara.
• Hadiah dibagikan dalam formatbc−cc−a−b, banyak cara pembagian berbeda ada
4! = 24cara.
Jadi, untuk subkasus kedua total ada4×12+4×24 = 144cara pembagian hadiah berbeda.
Dari kedua subkasus di atas diperoleh ada76 + 144 = 220cara berbeda untuk membagikan keenam hadiah kepada 2 siswa laki-laki dan 2 siswa perempuan. Namun karena untuk memilih
2 siswa laki-laki ada
10 2
= 45cara dan untuk memilih 2 siswa perempuan ada
12 2
= 66
cara, maka untuk kasus kedua total ada220×45×66 = 653400cara.
(iii) 3 siswa laki-laki dan 3 siswa perempuan yang mendapatkan hadiah.
pembagian keenam hadiah tersebut ekuivalen dengan banyaknya permutasi dariabbcccyaitu
ada sebanyak 6!
2!3! = 60. Sementara untuk memilih 3 siswa laki-laki ada
10 3
= 120cara dan
untuk memilih 3 siswa perempuan ada
12 3
= 220cara, maka untuk kasus ketiga total ada
60×120×220 = 1584000cara.
Berdasarkan ketiga kasus di atas, banyaknya susunan yang mungkin dari siswa yang mendapat hadiah yaitu2640 + 653400 + 1584000 = 2240040.
5. DiketahuiS = {1945,1946,1947,· · · ,2016,2017}. JikaA ={a, b, c, d, e} himpunan bagian dari S
dengana+b+c+d+ehabis dibagi 5, tentukan banyakAyang mungkin
Uraian Jawaban :
HimpunanS terdiri 73 bilangan, dengan rincian
• Terdapat 15 bilangan kelipatan 5.
• Terdapat 15 bilangan yang bersisa 1 jika dibagi 5.
• Terdapat 15 bilangan yang bersisa 2 jika dibagi 5.
• Terdapat 14 bilangan yang bersisa 3 jika dibagi 5.
• Terdapat 14 bilangan yang bersisa 4 jika dibagi 5.
Karena kita akan mencari banyaknya himpunan A = {a, b, c, d, e} subset dari S dengan syarat
5 | a+b+c+d+e maka kita cukup melihat sisa daria, b, c, d, e jika dibagi 5. Asalkan jumlah masing-masing sisanya habis dibagi 5 maka jumlah kelima bilangan tersebut pasti habis dibagi 5. MisalkanSAadalah himpunan yang angota-anggotanya ialah sisa dari anggota-anggota himpunan
Ajika dibagi 5. Ada 26 kasus yang memenuhi yaitu
Dari ke-26 kasus di atas maka banyaknya himpunanAyang mungkin yaitu
B yang berbeda. Garis y = ax memotong parabola tersebut di titik berbedaA dan D. Jika luas segitigaABC sama dengan|ab|kali luas segitigaABD, tentukan nilaibsebagai fungsi dariatanpa menggunakan tanda nilai mutlak.
Catatan :|x|disebut nilai mutlakxdengan
|x|=
(
−x, jikax <0;
x, jikax≥0.
Uraian Jawaban :
Karena parabolay =ax2
+bx memotong sumbu-xdi dua titik berbeda makab 6= 0. Selanjutnya
mudah didapat bahwa A(0,0)dan B
4a. Untuk mencari absis titikDbisa diperoleh dengan menyelesaikan
persamaanax2+bx =axyaitux = a−b
a . Untuk mencari ordinat titikDbisa diperoleh dengan
mensubstitusikanx= a−b
a ke persamaan garisy=ax, diperolehy=a−b.
Dari persamaan (1) jikaa=bmaka ruas kanan akan bernilai 0 sementara ruas kiri positif, kontra-diksi. Jadi,a6=b. Selanjutnya kita bagi menjadi tiga kasus.
• Jikab < amaka persamaan (1) ekuivalen dengan
Dari kondisi
4a3 4a2
−1 =b < a ⇔ a 4a2
−1 <0
diperoleha <−1 2.
• Jikaa < b <0maka persamaan (1) ekuivalen dengan
−b 2
4a =ab×(b−a) −b= 4a2(b−a)
b= 4a 3
4a2+ 1
Dari kondisi
4a3
4a2+ 1 =b > a ⇔ −a 4a2+ 1 >0
diperoleha <0.
• Jikab >0maka persamaan (1) ekuivalen dengan
−b 2
4a = (−ab)×(b−a) b= 4a2(b−a)
b= 4a 3
4a2−1
Dari kondisi
4a3 4a2
−1 =b >0
diperoleh−1
2 < a <0.
Dari ketiga kasus di atas diperoleh dua kemungkinan fungsib(dalam variabela) yaitu
b= 4a 3
4a2−1, untuk setiapa <0dana6=− 1 2
atau
b= 4a 3
4a2+ 1, untuk setiapa <0
7. Diketahui a adalah bilangan prima dan k adalah bilangan bulat positif. Jika √k2
−ak adalah bilangan bulat positif, tentukan nilaiksebagai fungsi daria
Uraian Jawaban :
Agar √k2−ak adalah bilangan bulat positif maka k2
−ak = k(k−a) adalah bilangan kuadrat sempurna positif.
Jikak =amaka √k2−ak = 0, kontradiksi. Jadi,k6= a. Selanjutnya jika a= 2dank = 1maka k2
−ak=−1yang jelas bukan bilangan kuadrat sempurna. Sedangkan untukk≥3diperoleh
Jadi,k2−2kjelas bukan bilangan kuadrat sempurna. Oleh karena itu diperolehaadalah bilangan prima ganjil.
MisalkanF P B(k, k−a) =ddiperolehd|kdand|(k−a)akibatnyad|a. Oleh karena itu,d= 1
ataud=a.
(i) Jikad= 1makakdank−akeduanya saling prima. Agark(k−a)menjadi bilangan kuadrat makakdank−akeduanya bilangan kuadrat. Misalk=m2 dank
−a=n2 denganmdann
bilangan bulat positif. Akibatnya diperoleh
m2−a=n2 ⇒ a=m2−n2 = (m+n)(m−n)
karenaaprima, akibatnyam−n= 1danm+n=a. Oleh karena itum= a+ 1
2 . Sehingga
diperolehk=m2=
a+ 1 2
2
. Mudah dicek bahwa jikak=
a+ 1 2
2
diperoleh
p
k2
−ak=
a+ 1 2
a−1 2
yang jelas merupakan bilangan bulat positif.
(ii) Jikad=amaka diperoleh k=axdank−a=aydenganxdanybilangan bulat positif yang saling prima. Darik=axdank−a=aydiperolehy=x−1. Akibatnya
k2−ak =k(k−a) =ax·ay=a2x(x−1) =a2(x2−x)
sehinggax2
−xharuslah berupa bilangan kuadrat. Namun untukx≥2kita memiliki
(x−1)2
=x2−2x+ 1< x2−x < x2
Jadi, jelas untukx≥2makax2
−xbukan bilangan kuadrat. Sedangkan untukx= 1diperoleh
k=a, kontradiksi. Jadi untuk kasusd=atidak ada solusi yang memenuhi.
Oleh karena itu untuk setiap bilangan prima ganjiladiperolehk=
a+ 1 2
2
.
8. Terdapat lima titik berbeda, T1,T2,T3,T4, danT pada sebuah lingkaranΩ. Misalkan tij adalah jarak dari titikT ke garisTiTj atau perpanjangannya. Buktikan bahwa
tij
tjk
= T Ti T Tk
dan t12
t24 = t13
t34
t12
t23 T
T1
T2 T
3
Uraian Jawaban :
Misalkan titikAdanBberturut-turut adalah proyeksi titikT pada garisTiTjdan garisTjTk. Sebagai ilustrasi dapat dilihat pada gambar di bawah ini.
T
T1
T2 T
3
T4 A
B
Perhatikan bahwa ∠T ATj = 90◦ = ∠T BTj. AkibatnyaT ATjB adalah segiempat talibusur. Oleh karena itu diperoleh
∠T AB=∠T TjB =∠T TjTk =∠T TiTk
dan
∠T BA=∠T TjA=∠T TjTi =∠T TkTi
Sehingga diperoleh segitigaT ABsebangun dengan segitigaT TiTk. Akibatnya,
T Ti
T Tk
= T A T B =
tij
tjk
(2)
Berdasarkan persamaan (2) diperoleh
t12 t24
= T T1 T T4
= t13 t34
Jadi, terbukti bahwa tij
tjk
= T Ti T Tk
dan t12
t24 = t13
t34
9. Diberikan barisan bilangan bulat positif 7-angkaa1, a2, a3,· · · , a2017 dengana1 < a2 < a3 <· · ·< a2017. Setiap suku tersebut memiliki angka-angka penyusun dengan urutan tak-naik. Diketahui a1 = 1000000 danan+1 adalah bilangan terkecil yang mungkin yang lebih besar dari an. Sebagai
contoh diperoleha2 = 1100000dana3 = 1110000. Tentukana2017
Uraian Jawaban :
Untuk memudahkan kita definisikan barisan baru yaitu barusan{bn}dengan definisib1 = 0000000
MisalkanNij adalah banyaknya bilangan yang terdiri dari idigit yaitu n1n2n3· · ·ni yang memiliki digit-digit penyusun dengan urutan tak-naik sertan1 =j, maka diperoleh
Nij =
i+j−1 i−1
Bukti : karena n1 = j maka j ≥ n2 ≥ n3 ≥ n3 ≥ · · · ≥ ni. Misalkan xk menyatakan
banyaknya digitkyang muncul pada bilangan n1n2n3· · ·ni. Perhatikan bahwa banyaknya
bilangann1n2n3· · ·ni ekuivalen dengan banyaknya solusi dari persamaan
x0+x1+x2+· · ·+xj =i−1
yaitu ada sebanyak
i+j−1 i−1
. TerbuktiNij =
i+j−1 i−1
Sebagai ilustrasi untuki= 7 danj = 3 maka diperoleh persamaanx0+x1+x2+x3 = 6.
Contoh solusi(0,0,2,4)akan ekuivalen dengan bilangan3333322, solusi(1,2,3,0)akan eku-ivalen dengan bilangan3222110, solusi(6,0,0,0)akan ekuivalen dengan bilangan3000000
dan seterusnya. Jadi banyaknya bilangann1n2n3· · ·n7 dengann1= 3yaitu
9 6
.
Selanjutnya definisikanTijadalah banyaknya bilangan yang terdiri dariidigit yaitun1n2n3· · ·ni yang memiliki digit-digit penyusun dengan urutan tak-naik serta0≤n1 ≤j, maka diperoleh
Tij =Ni0+Ni1+Ni2+· · ·+Nij
=
i−1 i−1
+
i i−1
+
i+ 1 i−1
+· · ·+
i+j−1 i−1
=
i+j i
Sekarang kembali ke permasalahan pada soal. Misalkanb2018 =n1n2n3· · ·n7. KarenaT76 = 1716
dan T77 = 3432 maka n1 = 7. Oleh karena itu,b2018 adalah bilangan urutan 2018−1716 = 302
dari bilangan n1n2n3· · ·n7 dengan n1 = 7. KarenaT64 = 210 danT65 = 462 maka n2 = 5. Oleh
karena itu,b2018adalah bilangan urutan2018−1716−210 = 92dari bilangann1n2n3· · ·n7 dengan n1 = 7dan n2 = 5. Karena T53 = 56 danT54 = 126 maka n3 = 4. Oleh karena itu,b2018 adalah
bilangan urutan2018−1716−210−56 = 36dari bilangann1n2n3· · ·n7 dengann1 = 7,n2 = 5
dann3 = 4. KarenaT43 = 35dan T44 = 70maka n4 = 4. Oleh karena itu,b2018 adalah bilangan
urutan2018−1716−210−56−35 = 1dari bilangann1n2n3· · ·n7dengann1 = 7,n2 = 5,n3 = 4
dann4 = 4. Jadi, jelas bahwab2018 = 7544000.
10. Pada kilang minyak di daerah Duri, tersedia pompa-1 dan pompa-2. Kedua pompa tersebut digu-nakan untuk mengisi tangki penampungan dengan volumeV. Tangki tersebut dapat diisi penuh menggunakan pompa-1 saja dalam waktu empat jam, atau menggunakan pompa-2 saja dalam waktu enam jam. Mula-mula kedua pompa digunakan secara bersamaan dalam waktu ajam. Ke-mudian, pengisian dilanjutkan dengan hanya menggunakan pompa-1 selamabjam dan dilanjutkan lagi dengan hanya menggunakan pompa-2 selamacjam. Jika biaya operasional pompa-1 adalah
15(a+b)ribu per jam dan biaya operasional pompa-2 adalah4(a+c)ribu per jam, tentukanbdan
cagar biaya operasional seluruh pompa adalah minimum (nyatakanbdancsebagai fungsi daria). Tentukan juga nilaiayang mungkin.
Uraian Jawaban :
Diketahui kecepatan pompa-1 adalah V
4 satuan volume/jam, dan kecepatan pompa-2 adalah V
6
satuan volume/jam.
Oleh karena itu agar tangki penuh haruslah dipenuhi persamaan berikut
V a
4 +
V a
6 +
V b
4 +
V c
6 =V
3(a+b) + 2(a+c) = 12 (3)
Selain itu, biaya yang diperlukan untuk mengisi tangki sampai penuh adalah
15(a+b)2+ 4(a+c)2 (dalam ribuan) (4)
Misalkan a+b = x maka dari persamaan (3) diperoleh a+c = 12−3(a+b)
2 =
12−3x 2 . Jika
kedua nilai ini disubstitusikan ke persamaan (4) diperoleh
15(a+b)2
+ 4(a+c)2
= 15x2+ 4
12−3x 2
2
= 15x2+ (12−3x)2
= 6(4x2−12x+ 9 + 15)
= 6(2x−3)2+ 90 (5)
Oleh karena itu, dari persamaan (5) diperoleh biaya operasional minimum adalah 90 ribu yang dicapai ketikax= 3
2.
Jadi, agar biaya operasional seluruh pompa minimum maka
a+b=x= 3
2 ⇒ b=
3
2−a (6)
a+c= 12−3x
2 =
15
4 ⇒ c=
15
4 −a (7)
Karenaa, b, c≥0dari persamaan (6) dan (7) diperoleh
a≤ 3
2 dan a≤
15 4
