Solusi Soal OSN 2012 Matematika SMA/MA Hari Pertama

Solusi Soal OSN 2012 Matematika SMA/MA Hari Pertama

Soal 1. Buktikan bahwa untuk sebarang bilangan asli a dan b, bilangan n = F P B (a, b) + KP K (a, b) − a − b

adalah bilangan bulat genap tak negatif.

Solusi. Pertama akan dibuktikan bahwa n adalah bilangan genap. Untuk membuktikan ini, kita akan tinjau 3 kasus:

(i). a dan b keduanya ganjil, maka jelas bahwa F P B (a, b) dan KP K (a, b) keduanya ganjil sehingga n genap.

(ii). a dan b keduanya genap, maka jelas bahwa F P B (a, b) dan KP K (a, b) keduanya genap sehingga n genap.

(iii). a dan b beda paritas (satu genap yang lainnya ganjil), maka F P B (a, b) ganjil dan KP K (a, b) genap sehingga n genap.

Sekarang, tinggal dibuktikan bahwa n ≥ 0. Misalkan F P B (a, b) = d maka kita dapat tulis a = dx dan b = dy untuk suatu bilangan asli x dan y dengan F P B (x, y) = 1. Substitusikan ke persamaan yang diberikan kita peroleh

n = d + dxy − dx − dy+ ⇔ n = dxy − dx − dy + d ⇔ n = d (x − 1) (y − 1) yang jelas tak negatif karena d > 0, x − 1 ≥ 0, dan y − 1 ≥ 1. (terbukti)

Skema Penilaian:

Membuktikan n genap: 3 poin dan n ≥ 0 : 4 poin.

Parsial:

Setiap kasus (parsial) untuk membuktikan n genap: 1 poin Menyatakan a dan b dalam d, x, dan y : 1 poin

Menyatakan n = dxy − dx − dy + d: 1 poin Memfaktorkan: 1 poin

Menyimpulkan d ≥ 0 : 1 poin

Soal 2. Diberikan bilangan asli n dan bilangan-bilangan real positif a1, a₂, . . . , a_n. Buk- tikan bahwa

(1 + a₁)²(1 + a₂)³· · · (1 + a_n)ⁿ⁺¹ ≥ (n + 1)ⁿ⁺¹a₁a₂· · · a_n dan tentukan kapan kesamaan berlaku.

Solusi 1. Dengan menggunakan ketaksamaan AM-GM diperoleh (1 + a₁)² ≥ (2√

a₁)² = 2²a₁ (1 + a₂)³ =  1

2+ 1 2+ a₂

3

≥

 3r a³ ₂

2²

³

= 3³a₂ 2² ...

(1 + a_n−1)ⁿ =

 1

n − 1 + · · · + 1

n − 1 + a_n−1

n

≥

 nⁿ

r a_n−1 (n − 1)ⁿ⁻¹

n

= nⁿ a_n−1 (n − 1)ⁿ⁻¹. Bila semua ketaksamaan di atas dikalikan diperoleh

(1 + a1)²(1 + a2)³· · · (1 + an−1)ⁿ≥ 2²a1

 3³a₂

2²



· · ·



nⁿ a_n−1 (n − 1)ⁿ⁻¹



= nⁿa1a2· · · an−1. Kesamaan berlaku jika dan hanya jika 1 = a₁,¹₂ = a₂, . . . ,_n−1¹ = a_n−1.

Solusi 2. (Induksi Matematika) Untuk n = 1, ketaksamaan benar karena (1 + a1)² = 1 + a²₁+ 2a1 ≥ 2a1+ 2a1 = 4a1.

Asumsikan pernyataan benar untuk suatu bilangan asli n = k − 1, yakni (1 + a₁)²(1 + a₂)³· · · (1 + a_k−1)^k ≥ k^ka₁a₂· · · a_k−1. Akan dibuktikan bahwa

(1 + a₁)²(1 + a₂)³· · · (1 + a_k−1)^k× (1 + a_k)^k+1 ≥ (k + 1)^k+1a₁a₂· · · a_k−1a_k. Berdasarkan hipotesis induksi, diperoleh

LHS ≥ k^ka₁a₂· · · a_k−1× (1 + a_k)^k+1. Jadi, cukup dibuktikan bahwa

k^ka₁a₂· · · a_k−1× (1 + a_k)^k+1≥ (k + 1)^k+1a₁a₂· · · a_k−1a_k atau ekivalen dengan

(1 + a_k)^k+1 ≥ (k + 1)^k+1 k^k a_k.

Ketaksamaan terakhir ini dapat diselesaikan dengan AM-GM seperti di solusi official.

Skema Penilaian:

Membuktikan ketaksamaan: 5 poin

• Untuk Solusi 1

Menggunakan Ketaksamaan AM-GM atau sejenisnya untuk satu atau beberapa kasus n: 1 poin

Menggunakan Ketaksamaan AM-GM atau sejenisnya untuk kasus 1, 2, . . . , n: 3 poin Memperoleh kesimpulan: 5 poin

Perolehan poin di atas tidak ditambahkan.

• Untuk Solusi 2

Membuktikan untuk kasus n = 1: 1 poin Mengubah ke masalah ekivalen: 2 poin Memperoleh kesimpulan: 2 poin

Perolehan poin di atas ditambahkan.

Memperoleh kesamaan: 2 poin

• Hanya menebak (dan mengecek): 1 poin

• Ditunjukkan cara mendapatkannya: 2 poin

Soal 3. Diberikan segitiga lancip ABC dengan titik pusat lingkaran luar O dan memenuhi AB > AC. Garis BO dan CO memotong garis bagi ∠BAC berturut-turut di titik P dan Q. Selanjutnya, garis BQ dan CP berpotongan di titik R. Buktikan bahwa AR tegak lurus BC.

Solusi 1. Misalkan garis bagi ∠BAC memotong BC di titik U dan garis tinggi segitiga ABC dari titik A memotong garis CP di titik S. Yang harus dibuktikan adalah P U , CO dan BS konkuren. Kalau ini terbukti, maka S = R yang berakibat AR tegak lurus BC (karena AS sudah tegak lurus BC)

(1 pt) Pertama, karena AO = BO dan karena AS garis tinggi, maka

∠BAO = 180^◦− ∠AOB

2 = 180^◦− 2∠ACB

2 = 90^◦− ∠ACB = ∠CAS.

Sekarang kembali ke soal, dengan teorema Ceva, cukup ditunjukkan bahwa BU

U C · CS SP · P O

OB = 1.

(1 pt) Langkah pertama, dengan teorema garis bagi diperoleh BU

U C = AB AC. (2 pts) Langkah kedua,

CS

SP = [ACS]

[AP S] =

1

2AS · AC · sin ∠CAS

1

2AS · AP · sin ∠SAP = AC · sin ∠CAS AP · sin ∠SAP. (2 pts) Langkah ketiga, dengan cara yang sama,

P O

BO = AP · sin ∠P AO AB · sin ∠BAO. (1 pt) Terakhir, ∠BAO = ∠CAS dan ∠P AO = ∠SAP , maka

BU U C · CS

SP · P O

OB = AB

AC · AC · sin ∠CAS

AP · sin ∠SAP · AP · sin ∠P AO AB · sin ∠BAO = 1.

Solusi 2. Kita gunakan notasi seperti solusi sebelumnya dan akan dibuktikan bahwa BU

U C · CS SP · P O

OB = 1.

Misalkan besar sudut-sudut seperti pada gambar. Kita mempunyai BU

U C · CS SP · P O

OB = AB

AC · CS SP · AP

AP · P O OB

= AB OB · CS

AC ·AP SP · P O

SP

= sin γ

sin α ·sin α

sin θ · sin θ

sin β · sin β sin γ

= 1 seperti yang diinginkan di solusi sebelumnya.

Solusi 3. Misalkan garis bagi ∠BAC memotong BC di titik U . Refleksikan titik C terhadap garis AU menghasilkan titik C⁰. Ini berakibat, C⁰ terletak di sisi AB dengan AC⁰ = AC, C⁰P = CP dan ∠AP C⁰ = ∠AP C. Misalkan juga garis AO dan C⁰P berpo- tongan di S.

Pertama, karena P U, CO, BR konkuren, dengan Teorema Ceva diperoleh BU

U C · CR RP · P O

OB = 1.

Berikutnya, tinjau segitiga BP C⁰ dengan transversal yang melalui A, S, O. Dengan Teo- rema Menelaus diperoleh

BA AC⁰ · C⁰S

SP · P O OB = 1.

Terakhir, Teorema Garis Bagi dan fakta AC⁰ = AC menghasilkan BU

U C = AB

AC = AB AC⁰.

Kombinasi tiga persamaan di atas menghasilkan C⁰S

SP = CR RP,

sehingga RS sejajar CC⁰. Dengan demikian, S adalah bayangan dari titik R ketika dicer- minkan terhadap garis AU . Ini berakibat

∠CAR = ∠BAO = 90^◦− ∠ACB sehingga AR tegak lurus AC.

Soal 4. Diberikan 2012 titik berbeda A1, A₂, . . . , A₂₀₁₂ di bidang Cartesius. Untuk se- barang permutasi B₁, B₂, . . . , B₂₀₁₂ dari A₁, A₂, . . . , A₂₀₁₂, didefinisikan bayangan dari titik P terhadap permutasi tersebut sebagai berikut.

Titik P dirotasikan 180^◦ dengan pusat B₁ menghasilkan titik P₁, titik P₁ dirotasikan 180^◦ dengan pusat B₂ menghasilkan titik P₂, ...

titik P₂₀₁₁ dirotasikan 180^◦ dengan pusat B₂₀₁₂ menghasilkan titik P₂₀₁₂.

Selanjutnya, titik P₂₀₁₂ dikatakan sebagai bayangan dari titik P terhadap permutasi B₁, B₂, . . . , B₂₀₁₂.

Misalkan N adalah banyak bayangan titik P yang berbeda terhadap semua permutasi dari A₁, A₂, . . . , A₂₀₁₂ . Tentukanlah nilai terbesar yang mungkin bagi N .

Solusi.

Jawab: C₁₀₀₆²⁰¹²

Misalkan koordinat P adalah (r, s), koordinat A_i adalah (x_i, y_i) dan koordinat B_i adalah (p_i, q_i).

Koordinat P₁ adalah (2p₁− r, 2q₁− s) karena B₁ merupakan titik tengah dari P P₁. Koordinat P₂ adalah (2p₂− 2p₁+ r, 2q₂− 2q₁+ s) karena B₂ merupakan titik tengah dari P1P 2.

...

Koordinat P₂₀₁₂ adalah sebagai berikut:

Absisnya adalah r + 2(p₂+ p₄+ · · · + p₂₀₁₂) − 2(p₁+ p₃ + · · · + p₂₀₁₁) Ordinatnya adalah s + 2(s₂+ s₄+ · · · + s₂₀₁₂) − 2(s₁ + s₃ + · · · + s₂₀₁₁)

Perhatikan bahwa koordinat P adalah tetap, sehingga faktor utama yang mempengaruhi koordinat P₂₀₁₂ adalah B_i mana yang masuk ke posisi genap dan mana yang masuk ke posisi ganjil. Misalkan B₁, B₃, B₅ ditukar-tukar, tidak akan mempengaruhi posisi P₂₀₁₂. Demikian pula jika B₂, B₄ ditukar. Semua B_i ini adalah permutasi dari A_i, sehingga ada C₁₀₀₆²⁰¹² cara untuk memilih A_i mana yang masuk ke posisi genap, dan sisanya akan masuk ke posisi ganjil.

Kita sudah menunjukkan bahwa ada paling banyak C₁₀₀₆²⁰¹² bayangan P yang mungkin. Kita belum membuktikan bahwa misalnya B₁ dan B₅ ditukar, maka bayangan yang terbentuk pasti berbeda.

Sekarang akan kita tunjukkan bahwa ada Ai sedemikian sehingga ada tepat C₁₀₀₆²⁰¹² bayangan P yang mungkin. Yakni, jika B_i dan B_j ditukar, di mana i genap dan j ganjil, maka bayangan yang terbentuk pasti berbeda.

Buatlah koordinat A_i di (2ⁱ, 0) dan koordinat P di (0, 0). Misalkan a₁, . . . , a₁₀₀₆ adalah indeks yang terpilih untuk masuk posisi genap, dan b₁, . . . , b₁₀₀₆ adalah indeks yang terpilih untuk masuk posisi ganjil dalam permutasi B_i.

Sekarang, posisi bayangan P tergantung dari jumlah berikut ini:

(2^a1 + · · · + 2^a1006) − (2^b1 + · · · + 2^b1006) = 2(2^a1 + · · · + 2^a1006) − (2¹+ · · · + 2²⁰¹²) Sekarang, nilai dari suku pertama akan tergantung oleh indeks mana saja yang terpilih masuk posisi genap. Jika X = 2^a1 + · · · + 2^a1006, maka tinjau representasi biner dari X.

Digit-digit yang berisi 1 adalah a_i dan digit-digit yang berisi 0 adalah b_i. Jika kita memilih indeks yang berbeda untuk masuk ke posisi genap dan ganjil, maka nilai X juga akan terubah, sehingga posisi bayangan P juga berubah.

Skema Penilaian:

1. Dapat menentukan absis dan ordinat dari bayangan titik P : 1 poin

2. Sampai dapat menemukan banyak maksimum bayangan dari P yang mungkin: 3 poin

3. Dapat menemukan suatu konstruksi yang dapat menghasilkan bayangan dari P yang berbeda sebanyak C₁₀₀₆²⁰¹²: 4 poin

Jumlah poin dari 1 dan 2 maksimum 3.

Solusi Soal OSN 2012 Matematika SMA/MA Hari Kedua

Soal 5. Diberikan bilangan asli m dan n. Misalkan P dan Q adalah dua kumpulan m × n bilangan 0 dan 1 yang disusun dalam m baris dan n kolom. Contoh salah satu kumpulan itu untuk m = 3 dan n = 4 adalah







1 1 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0





.

Misalkan kedua kumpulan tersebut memenuhi empat sifat berikut.

(i) Pada setiap baris di P , bilangan dari kiri ke kanan tidak pernah naik (boleh sama atau turun),

(ii) pada setiap kolom di P , bilangan dari atas ke bawah tidak pernah naik (boleh sama atau turun),

(iii) jumlah bilangan pada sebarang baris di P sama dengan jumlah bilangan pada baris yang sama di Q, dan

(iv) jumlah bilangan pada sebarang kolom di P sama dengan jumlah bilangan pada kolom yang sama di Q.

Tunjukkanlah bahwa bilangan pada baris ke-i kolom ke-j di P sama dengan bilangan pada baris ke-i kolom ke-j di Q untuk setiap i = 1, . . . , m dan j = 1, . . . , n.

Solusi. Jika m = 1 atau n = 1, kasus trivial. Selanjutnya asumsikan m, n > 1. Sebutlah kumpulan bilangan bernilai 0 atau 1 berbentuk persegi panjang baik jika pada suatu baris, bilangan-bilangan dari kiri ke kanan tidak pernah naik dan pada suatu kolom, bilangan- bilangan dari atas ke bawah tidak pernah naik. Pertama-tama, akan dibuktikan lemma berikut :

Lemma :

Jika M adalah kumpulan bilangan baik, maka terdapat suatu baris atau suatu kolom pada M yang memiliki bilangan-bilangan yang sama (0 semua atau 1 semua).

Bukti Lemma :

Andaikan tak ada baris yang semua bilangannya sama semua. Karena bilangan pada satu baris tak pernah naik, haruslah untuk setiap baris, angka paling kiri adalah 1 dan angka paling kanan adalah 0. Dengan demikian, pada kolom paling kiri, semua bilangannya sama, yaitu 1. Terbukti.

Kembali ke soal. Misalkan kita punya kumpulan mn bilangan P dan mn bilangan Q berbentuk persegi panjang yang asosiatif. Bilangan-bilangan pada P sudah terisi dan

bilangan-bilangan pada Q belum terisi. Kita akan membuktikan bahwa setiap bilangan pada baris dan kolom tertentu pada Q sama dengan bilangan pada baris dan kolom yang bersesuaian pada P . Jelas bahwa P baik. Menurut Lemma, terdapat baris atau kolom yang semua isinya sama (0 semua atau 1 semua). Tanpa mengurangi asumsi, terdapat baris yang isinya sama (kasus kolom yang isinya sama analog). Bandingkan baris tersebut pada P dan Q. Misal baris itu memiliki k bilangan. Perhatikan bahwa penyelesaian dari a₁+ a₂+ · · · a_k = 0 atau a₁+ a₂+ · · · a_k = k dengan a_i = 0, 1 adalah berturut-turut a_i = 0 untuk semua i atau a_i = 1 untuk semua i. Dengan demikian, isi baris tersebut pada P dan Q adalah sama. Selanjutnya, kita warnai baris tersebut dengan warna hitam.

Sekarang kita punya kumpulan bilangan P⁰ dan Q⁰ berbentuk persegi panjang dengan P⁰ semuanya terisi dan Q⁰ kosong. P⁰ juga baik. Dengan mengulangi langkah ini (mewarnai suatu baris dengan warna hitam), dalam berhingga banyaknya langkah, semua bilangan pada Q berwarna hitam. Karena pada setiap langkah , kumpulan bilangan yang dihita- mkan pada Q persis sama dengan kumpulan bilangan yang dihitamkan pada P , akhirnya kita peroleh bahwa P = Q. Jadi, P hanya asosiatif dengan dirinya sendiri.

Skema Penilaian:

1. Dapat menunjukkan bahwa pada P ada baris atau kolom yang semua unsurnya 1 atau 0: 3 poin

2. Menunjukkan langkah awal awal untuk induksi: 1 poin 3. Langkah induksi pada baris saja atau kolom saja: 2 poin 4. Induksi pada jumlah baris dan kolom: 4 poin

5. Induksi tidak formal tetapi jelas: 4 poin Induksi tidak formal tetapi tidak jelas: 3 poin

Jumlah poin dari 2 dan (4 atau 5) maksimum 4.

Jumlah poin dari 2 dan 3 maksimum 2.

Soal 6. Misalkan R⁺ menyatakan himpunan semua bilangan real positif. Tunjukkan bahwa tidak ada fungsi f : R⁺ → R⁺ yang memenuhi

f (x + y) = f (x) + f (y) + 1 2012 untuk setiap bilangan real positif x, y.

Solusi 1. Andaikan ada fungsi f yang memenuhi syarat di atas. Untuk x > y, perhatikan bahwa x − y ∈ R⁺ dan

f (x) = f (x − y) + f (y) + 1

2012 > f (y) + 1 2012 sehingga

f (x) − f (y) > 1 2012.

Dengan prinsip teleskopis, untuk sebarang bilangan asli n berlaku f (1) =



f (1) − f 1 2



+

 f 1

2



− f 1 3



+ · · · +

 f 1

n



− f

 1 n + 1



+ f

 1 n + 1



> 1

2012 + 1

2012 + · · · + 1 2012

| {z }

n

+f

 1 n + 1



> n 2012.

Ini tidak mungkin karena untuk n cukup besar berlaku n > 2012f (1). Jadi pengandaian kita salah dan kesimpulan terbukti.

Solusi 2. Andaikan ada fungsi f yang memenuhi syarat di atas. Perhatikan bahwa untuk setiap bilangan real positif x berlaku

f (2x) = 2f (x) + 1 2012 f (3x) = f (2x) + f (x) + 1

2012 = 3f (x) + 2 2012 Dari pola ini, mudah dibuktikan dengan induksi bahwa

f (nx) = nf (x) + n − 1 2012 untuk setiap bilangan asli n dan bilangan real positif x.

Substitusi x = _n¹ dan karena f _n¹
∈ R⁺ menghasilkan f (1) = nf 1

n



+n − 1

2012 > n − 1 2012

untuk setiap bilangan asli n. Namun hal ini tidak mungkin terjadi karena untuk n cukup besar berlaku ₂₀₁₂ⁿ⁻¹ > f (1). Jadi pengandaian kita salah dan kesimpulan pada soal terbukti.

Soal 7. Misalkan n bilangan asli. Buktikan bahwa persamaan

√x +√ y =√

n

memiliki solusi pasangan bilangan asli (x, y) jika dan hanya jika n habis dibagi oleh suatu bilangan kuadrat yang lebih besar dari 1.

Solusi. Persamaan √ x +√

y = √

n dapat kita tulis menjadi √

y = √ n −√

x. Dengan menguadratkan kedua ruas, kita peroleh y = n + x − 2√

nx. Dari sini dapat kita simpulkan bahwa√

nx bilangan rasional, tetapi n dan x merupakan bilangan asli sehingga √

nx juga merupakan billangan asli yaitu nx = m² untuk suatu bilangan asli m. Dari sini diperoleh solusi x = ^m_n² dan y = ^(n−m)_n ² dengan m < n tentunya. (2 poin)

⇐=)

Perhatikan bahwa jika n habis dibagi oleh suatu bilangan kuadrat yang lebih besar dari 1, katakan p² maka n = p²t untuk suatu bilangan asli t. Untuk kasus ini, kita dapat memilih m = pt yang jelas m < n dan ^m_n² = ^p_pt^2t = p ∈ N, yang artinya ada bilangan asli x dan y

yang memenuhi persamaan. (2 poin)

=⇒)

Andaikan n tidak habis dibagi oleh kuadrat sempurnya lebih besar dari 1 maka n = p₁p₂...p_k untuk suatu bilangan-bilangan prima berbeda p1, p2, ..., pk. Kita tahu bahwa solusi dari persamaan √

x +√ y = √

n adalah x = ^m_n² dan y = ^(n−m)_n ² dengan m < n. Agar x bulat, haruslah n|m², artinya p_i|m² untuk setiap i, akibatnya p_i|m yang tentu saja berakibat n|m.

Hal ini tidaklah mungkin karena m < n. (3 poin)

Soal 8. Diberikan segitiga sebarang ABC dan garis bagi ∠BAC memotong sisi BC dan lingkaran luar segitiga ABC berturut-turut di titik D dan E. Misalkan M dan N berturut- turut titik tengah BD dan CE. Lingkaran luar segitiga ABD memotong AN di titik Q.

Lingkaran yang melalui A dan menyinggung BC di D memotong garis AM dan sisi AC berturut-turut di titik P dan R. Tunjukkan bahwa empat titik B, P, Q, R terletak pada satu garis.

Solusi. Kita gunakan notasi // untuk kesejajaran dua garis dan ∼ untuk kesebangunan dua segitiga. Misalkan K adalah titik potong garis AN dan DR.

Pertama, karena lingkaran luar segitiga ADR menyinggung BC di D dan AD adalah garis bagi ∠BAC, maka ∠CDR = ∠DAR = ∠BAD sehingga

∠ADR = ∠ADC − ∠CDR = (∠ABD + ∠BAD) − ∠BAD

= ∠ABD = ∠ABC = ∠AEC

sehingga ADR ∼ ABD dan juga DR // EC. Ini berakibat K adalah titik tengah DR (karena N titik tengah EC) sehingga M K // BR (karena M titik tengah BD). Lebih lanjut, karena ADR ∼ ABD, maka ABM ∼ ADK dan AM D ∼ AKR (ini juga karena M titik tengah BD). Akibatnya

∠MAK = ∠MAD + ∠DAK = ∠MAD + ∠BAM = ∠BAD.

Karena ∠CDR = ∠BAD, maka AMDK segiempat talibusur. Sekarang misalkan garis BR memotong AM di P⁰ dan AN di Q⁰. Akan dibuktikan bahwa P⁰ = P dan Q⁰ = Q.

Dari M K // BR dan AM DK segiempat talibusur, diperoleh

∠AP⁰R = ∠AMK = ∠ADK = ∠ADR

sehingga ARDP⁰ segiempat talibusur juga. Dengan kata lain, titik P⁰ terletak pada ling- karan luar segitiga ARD dan juga terletak pada garis AM . Disimpulkan bahwa P⁰ = P . Dari AM DK segiempat talibusur dan M K // BR diperoleh

∠AQ⁰B = ∠AKM = ∠ADM = ∠ADB

sehingga ABDQ⁰ segiempat talibusur. Dengan kata lain, titik Q⁰ terletak pada lingkaran luar segitiga ABD dan juga terletak pada garis AN . Disimpulkan bahwa Q⁰ = Q.

Jadi, titik P dan Q terletak pada garis BR atau dengan kata lain, B, P, Q, R terletak pada satu garis.

Skema Penilaian:

1. Dapat menunjukkan bahwa ∠ADR = ∠AEC: 1 poin 2. Dapat menunjukkan bahwa DR sejajar EC: 1 poin

3. Dapat menunjukkan bahwa segitiga ABM sebangun dengan segitiga ADK dan segi- tiga AM D sebangun dengan segitiga AKR: 1 poin

4. Dapat menunjukkan bahwa AM DK adalah segiempat talibusur: 1 poin 5. Dapat menunjukkan bahwa P⁰ = P : 1 poin

6. Dapat menunjukkan bahwa Q⁰ = Q: 1 poin

7. Dapat menunjukkan bahwa titik P dan Q terletak pada garis BR: 1 poin Jumlah poin dari 2 dan (4 atau 5) maksimum 4.

Jumlah poin dari 2 dan 3 maksimum 2.