Pembahasan Soal OSP Matematika SMA 2023

Milik

Arsha,

Ra

ymond,

dan

Y osh ua

Pembahasan OSP Matematika SMA 2023

Arshanada Putranta Raymond Christopher Tanto

Yoshua Yonatan 6 Juni 2023

Catatan: Ada beberapa versi soal yang angka-angkanya berbeda dari yang kami tuliskan di sini. Jadi caranya tinggal disesuaikan.

1 Isian Singkat

1. Diberikan dua barisan aritmatika tak konstana1, a2, . . .danb1, b2, . . .. Jikaa228=b15dana8=b5, tentukan nilai dari b4−b3

a2−a1

.

Solusi : Misalkan beda tiap bilangan pada barisan aritmatika a1, a2, . . . adalah xdan b1, b2, . . . adalahy. Dengan mengurangi dua kesamaan pada soal, didapat bahwa

a₂₂₈−a₈=b₁₅−b₅ ⇐⇒ 220x= 10y ⇐⇒ y x = 22 Maka, b4−b3

a2−a1

= y

x= 22 .

2. Tentukan banyaknya bilangan aslin≤221 sehingga 1²+ 2²+. . .+n²

1 + 2 +. . .+n merupakan bilangan bulat.

Solusi : Perhatikan bahwa persamaan soal dapat diubah menjadi 1²+ 2²+. . .+n²

1 + 2 +. . .+n =

n(n+1)(2n+1) 6 n(n+1)

2

=2n+ 1 3 Agar 2n+ 1

3 bernilai bulat, maka 3|2n+ 1 ⇐⇒ n≡1 (mod 3)

Maka, nilai n ≤221 yang memenuhi adalah {1,4,7, . . . ,220}. Jadi, ada 220 + 2

3 = 74 solusi n yang memenuhi.

1

Milik

Arsha,

Ra

ymond,

dan

Y osh ua

3. Tentukan banyaknya garis berbeda pada koordinat kartesius yang dapat diambil dari pasangan (a, b)∈ {0,1,2,3,6,7} sehingga memenuhiax+by= 0

Solusi : Garisax+by= 0 ekuivalen dengany=−a

bx. Jelas bahwa garis ini melalui titik (0,0) dengan gradien−a

b. Maka banyak garis berbeda ekuivalen dengan banyaknya gradien berbeda yang dapat kita bentuk. Perhatikan tabel berikut.

0 1 2 3 6 7

0 ∼ ∼ ∼ ∼ ∼

1 0 −1 −2 −3 −6 −7

2 0 −¹₂ −1 −³₂ −3 −⁷₂ 3 0 −¹₃ −²₃ −1 −2 −⁷₃ 6 0 −¹₆ −¹₃ −¹₂ −1 −⁷₆ 7 0 −¹₇ −²₇ −³₇ −⁶₇ −1

Tabel diatas menyatakan semua kemungkinan gradien yang dapat dibentuk dari pasangan (a, b).

Perhatikan bahwa kotak yang berwarna hitam menyatakan bahwa pasangan tersebut tidak dapat membentuk garis. Kotak yang berisi∼menyatakan bahwa gradiennya tidak terdefinisi. Sedangkan kotak yang berwarna sama menyatakan garis yang dibentuk dari pasangan (a, b) merupakan garis yang sama.

Maka ada 19 garis berbeda.

4. Diberikan persegi panjangABCD dan segitiga sama sisi BCP danCDQ seperti gambar dibawah ini.

A

B C

D P

Q

Jika panjangAB= 8 dan AD= 10, dan luasACP ditambah luas ACQdapat dinyatakan dalam bentukm√

3 +n, tentukan nilai dari m+n.

Solusi : Definisikan [ABC] sebagai luas dari segitigaABC.

Milik

Arsha,

Ra

ymond,

dan

Y osh ua

Perhatikan bahwa

[ACP] + [ACQ] = [ABCD] + [BCP] + [CDQ]−[ABP]−[ADQ]

= 8·10 +10²√ 3 4 +8²√

3 4 −8·5

2 −10·4 2

= 80 + 25√

3 + 16√

3−20−20

= 41√ 3 + 40 Maka,m= 41 dann= 40 =⇒ m+n= 81 .

5. Diberikan himpunanS ={1,5,6,7,9,10,11,13,15,20,27,45}. Tentukan banyaknya himpunan ba- gian 3 anggota sehingga hasil kali ketiga bilangan tersebut habis dibagi 18.

Solusi : Perhatikan bahwa 18 = 2×3². Bilangan kelipatan 9 yang berada pada himpunan S adalah 9, 27, dan 45.

• Jika ada kelipatan9 dalam3 bilangan yang dipilih.

Karena sudah ada kelipatan 9, maka kita cukup membutuhkan setidaknya 1 buah angka genap dari himpunan{6,10,20}

– Subkasus 1 : Ada 2 bilangan kelipatan 9 dan 1 bilangan genap→ ³₂ 3 1

= 9 – Subkasus 2 : Ada 1 bilangan kelipatan 9 dan 2 bilangan genap→ ³₁ 3

2

= 9 – Subkasus 3 : Ada 1 bilangan kelipatan 9 dan 1 bilangan genap→ ³₁ 3

1

6 1

= 54 Jadi, di kasus ini ada 9 + 9 + 54 = 72 himpunan bagian yang memenuhi

• Jika tidak ada kelipatan9 dalam 3bilangan yang dipilih.

Mudah dilihat bahwa jika tidak ada kelipatan 9, maka angka 6 dan 15 harus ada. Sehingga di kasus ini ada 7 himpunan bagian yang memenuhi

Jadi, dari kedua kasus, ada 79 himpunan bagian yang memenuhi pernyataan soal.

6. Perhatikan gambar berikut ini

C

F

B

E A

D P

R

Q

Milik

Arsha,

Ra

ymond,

dan

Y osh ua

Jika panjangAP = 22, CQ= 14, danRE = 35, serta segitigaP QRsama sisi, tentukan nilai dari BP+QD+RF.

Solusi : Misalkan lingkaran tersebut adalah Γ, dan definisikan notasi Pow_Γ(X) sebagai kuasa titik X terhadap lingkaran Γ. Misalkan,P Q=QR=RQ=x,DQ=a,F R=b, danBP =c.

Tinjau kuasa titikP, Q,danRterhadap lingkaran

PowΓ(P) = 22(x+a) =c(x+ 35) =⇒ x(22−c) = 35c−22a PowΓ(Q) = 14(x+b) =a(x+ 22) =⇒ x(14−a) = 22−14b Pow_Γ(R) = 35(x+c) =b(x+ 14) =⇒ x(35−b) = 14b−36c

Dengan menambahkan ketiga persamaan diatas, diperolehx(71−(a+b+c)) = 0. Karena nilaix selalu positif, makaa+b+c= 71

7. Tentukan jumlah semua bilangan aslinsehingga

√2n−12 +√

2n+ 40 merupakan bilangan asli

Solusi: Misal,√

2n−12 +√

2n+ 40 =m. Kuadratkan kedua ruas, sehingga 4n+ 28 +p

(2n−12)(2n+ 40) =m² 4n+ 28 + 2p

(n−6)(n+ 20) =m² 4n+ 28 + 2p

(n+ 7)²−13²=m²

Karena 4n,28, dan m² bilangan bulat, maka (n+ 7)²−13² merupakan bilangan kuadrat. Misal n+ 7 =a, dan (n+ 7)²−13²=b².

a²−13² =b² =⇒ (a+b)(a−b) = 13² maka solusinya adalah (a+b, a−b) = (169,1),(13,13).

Sehingga (a, b) = (85,84),(13,0). Maka kita hanya perlu mengecekn= 13−7 = 6 dann= 85−7 = 78.

• Saatn= 6→√

2n−12 +√

2n+ 40 =√ 0 +√

52 = 2√

13 (Tidak memenuhi)

• Saatn= 78→√

2n−12 +√

2n+ 40 =√

144 +√

196 = 12 + 14 = 26

Maka bilangan aslinyang memenuhi hanyalah 78. Maka jumlah semuanadalah 78 8. Diberikanadanbreal positif dengan

1 a+1

b ≤2 r3

7, (a−b)²= 9 49(ab)³ Tentukan nilai maksimum daria²+b²

Solusi: Misalkana+b=x, denganab=y.

Milik

Arsha,

Ra

ymond,

dan

Y osh ua

Persamaan pertama dapat diubah menjadi x y ≤2

r3

7 =⇒ x² y² ≤12

7

Lalu, karena (a−b)²= (a+b)²−4ab=x²−4y, dengan ketaksamaanAM-GM, x²−4y= 9

49y³ =⇒ x² y² = 4

y +9y 49 ≥2

r36y 49y =12

7

Dengan melihat kedua ketaksamaan diatas, maka terjadi terjadi kesamaan, yaitu x² y² = 12

7 , yang terjadi saat 4

y =9y

49 =⇒ y= 14

3 . Sehingga, didapatx²=112 3 . Maka,a²+b²=x²−2y=112

3 −28

3 = 28 .

Milik

Arsha,

Ra

ymond,

dan

Y osh ua

2 Uraian

1. Misalkan ABCD adalah suatu persegi dengan panjang sisi 43 dan titik-titikX danY berturut-turut terletak pada sisi AD dan BC sehingga perbandingan luas ABXY dengan luas CDXY adalah 20 : 23. Tentukan panjang maksimumXY yang mungkin.

Solusi : Perhatikan gambar berikut ini

A B

C D

X

Y^′ Y

Misalkan panjang garisAX=xdanBY =y. Tanpa mengurangi keumuman soalx≤y. Perhatikan bahwa bentuk segiempat ABY X dan XY CD adalah trapesium siku-siku. Karena tinggi kedua trapesium tersebut sama, yaituAB=CD= 43, maka perbandingan luasnya berbanding terhadap jumlah sisi sejajarnya.

[ABY X]

[XY CD] = AX+BY

XD+Y C = x+y

86−x−y =20 23 Sehingga, didapatx+y= 40→y= 40−x.

Tarik garis sejajar terhadapDC dari titikY mengenai sisiAD di titikY^′. Dengan menggunakan Teorema Phytagoras pada segitigaXY^′Y, didapat bahwa

XY²= 43²+ (y−x)²= 43²+ (40−2x)²≤43²+ 40²=√ 3449 Maka, panjang maksimum dariXY adalah√

3449. Terjadi saatx= 0, atau titikX terletak tepat pada titikA.

Milik

Arsha,

Ra

ymond,

dan

Y osh ua

2. MisalkanK suatu bilangan asli sehingga terdapat tripel bilangan asli (x, y, z) dengan x³+Ky, y³+Kz,dan, z³+Kx

semuanya merupakan bilangan kubik sempurna.

(a) Buktikan bahwaK̸= 2 danK̸= 4

(b) Tentukan bilangan asliK terkecil yang memenuhi syarat di atas.

Solusi:

(a) i. Asumsikan kontradiksi bahwaK= 2 memilili solusi tripel bilangan asli (x, y, z).

x³+ 2y=a³ y³+ 2z=b³ z³+ 2x=c³

Karena sistem persamaan diatas siklis, tanpa mengurangi keumuman soal,x= max{x, y, z}.

Dengan melihat persamaan pertama, didapat bahwa x³< x³+ 2y <(x+ 1)³

Terjadi jika dan hanya jika 3x²+ 3x+ 1>2y. Namun, karenax≥y, didapat 3x²+ 3x+ 1≥3y²+ 3y+ 1≥6y+ 1>2y.

Karena tidak ada bilangan kubik sempurna yang terletak diantara bilangan kubik berturut- turut, makax³+ 2y bukan bilangan kubik (Kontradiksi). SehinggaK̸= 2 terbukti.

ii. Asumsikan kontradiksi bahwaK= 4 memiliki solusi tripel bilangan asli (x, y, z). Dengan argumen yang sama seperti diatas, karena 3x²+ 3x+ 1 ≥3y²+ 3y+ 1 ≥6y+ 1 >4y, makax³+ 2y bukan bilangan kubik (Kontradiksi). SehinggaK̸= 4 terbukti.

(b) Claim : K≤6 tidak ada solusi

Proof 1: Asumsikan kontradiksi bahwa untuk setiapK =i, dimanai= 1,2,3,4,5,6 memi- liki solusi tripel bilangan asli (x, y, z). Menggunakan argumen yang sama seperti nomor (a), didapat bahwa karena 6y+ 1> y,2y,3y,4y,5y,6y, sehinggax³+y,x³+ 2y,x³+ 3y,x³+ 4y, x³+ 5y,x³+ 6ybukan bilangan kubik (Kontradiksi). SehinggaK=i, dimanai= 1,2,3,4,5,6 tidak memiliki solusi. (Claim terbukti)

Proof 2: Asumsikan kontradiksi bahwa ada K ≤ 6 dan asli x, y, z yang memenuhi soal.

Misalkanx³+Ky,y³+Kz, z³+Kxbernilai a³, b³,c³ secara berurutan, perhatikan bahwa a³=x³+Ky > x³ =⇒ a > x

b³=y³+Kz > b³ =⇒ b > y c³=z³+Kx > z³ =⇒ c > z

Makaa≥x+ 1, b≥y+ 1, dan c ≥z+ 1. Lalu masukkan ke pertidaksamaan diatas untuk

Milik

Arsha,

Ra

ymond,

dan

Y osh ua

mendapatkan

x³+Ky≥(x+ 1)³=x³+ 3x³+ 3x+ 1 y³+Kz≥(y+ 1)³=y³+ 3y²+ 3y+ 1 z³+Kx≥(z+ 1)³=z³+ 3z²+ 3z+ 1 Jumlahkan ketiga pertidaksamaan diatas untuk mendapatkan

x³+y³+z³+K(x+y+z)≥x³+y³+z³+ 3(x²+y²+z²) + 3(x+y+z) + 3 3(x²+y²+z²) + 3(x+y+z) + 3≤K(x+y+z)≤6(x+y+z)

3x(x−1) + 3y(y−1) + 3z(z−1) + 3≤0 Kontradiksi

Lalu, akan diberikan konfigruasi untukK= 7. Saat (x, y, z) = (1,1,1), didapat bahwa ketiga bilanganx³+ 7y=a³ dan siklisnya memiliki solusi (a, b, c) = (2,2,2).

Jadi, nilaiKterkecil adalah 7 .

3. Tentukan bilangan bulat terbesarB sehingga untuk setiap 9 bilangan asli berbeda yang hasil pen- jumlahannya 2023, pasti terdapat 4 diantaranya yang hasil penjumlahannya minimalB.

Solusi :

Claim 1 : B≥911 tidak memenuhi soal

Proof : Misal, kesembilan bilangan asli tersebut adalah (a₁, a₂, . . . , a₉) dimanaa_i< a_i+1untuk seti- api= 1,2, . . . ,8. Ambil (a1, a2, a3, a4, a5, a6, a7, a8, a9) = (219,222,223,224,225,226,227,228,229).

Perhatikan maksimal jumlah 4 bilangan diantara 9 bilangan tersebut adalah 226 + 227 + 228 + 229 = 910. Sehingga, jelas bahwa solusi 9 bilangan di atas nilaiBnya kurang dari 911. Maka kontradiksi, dan claim terbukti.

Akan dibuktikan bahwaB= 910 memenuhi.

Perhatikan bahwa

a₆+a₇+a₈+a₉≥(a₅+ 1) + (a₅+ 2) + (a₅+ 3) + (a₅+ 4) = 4a₅+ 10.

Perhatikan juga bahwa

a1+a2+a3+a4+a5≤(a5−4) + (a5−3) + (a5−2) + (a5−1) +a5= 5a5−10 ini mengakibatkana₆+a₇+a₈+a₉= 2023−(a₁+a₂+a₃+a₄+a₅)≥2033−5a₅ Maka terbuktia6+a7+a8+a9≥max{4a5+ 10,2033−5a5}

Claim 2 : max{4a5+ 10,2033−5a5} ≥910 untuk setiap nilai a5 yang memenuhi kondisi soal Proof : Asumsikan sebaliknya bahwa kedua nilai lebih kecil dari 910. Maka

• 4a5+ 10<910 =⇒ a5<225

• 2033−5a5<910 =⇒ a5>224

Milik

Arsha,

Ra

ymond,

dan

Y osh ua

Karena tidak ada bilangan asli yang nilainya kurang dari 225, tetapi lebih dari 224, maka kontradiksi.

Sehingga, max{4a₅+ 10,2033−5a₅} ≥910 untuk semua pilihana₅. Klaim terbukti.

Maka kita telah membuktikan bahwaa6+a7+a8+a9≥max{4a5+ 10,2033−5a5} ≥910. Maka untuk semua sembilan bilangan asli (a₁, a₂, . . . , a₉) dengan a₁+a₂+· · ·+a₉ = 2023 dan tanpa mengurangi keumuman soalai < ai+1, cukup ambil a6+a7+a8+a9 yang pasti bernilai minimal 910. Maka terbuktiB= 910 memenuhi soal.

Maka terbukti bahwa nilaiB terbesar adalah 910 .

4. Tentukan semua bilangan real takrasionalαyang memenuhi α³−15α dan α⁴−56α keduanya merupakan bilangan rasional.

Solusi : Perhatikan bahwaα³−15α+ 4 danα⁴−56α+ 15 keduanya merupakan bilangan rasional.

Lalu,

α³−15α+ 4 = (α²−4α+ 1)(α+ 4)

α⁴−56α+ 15 = (α²−4α+ 1)(α²+ 4α+ 15) Jikaα²−4α+ 1̸= 0, maka

α²+ 4α+ 15 α+ 4 ∈Q Perhaitkan bahwa α²+ 4α+ 15

α+ 4 = α²−1

α+ 4 + 4. Maka, didapat bahwa α²−1

α+ 4 merupakan bilangan rasional.

Misal,α²=r(α+ 4) + 1 untuk suatur∈Q. Kuadratkan persamaan tersebut α⁴=r²(α+ 4)²+ 2r(α+ 4) + 1

=⇒ α⁴−56α=r²(r(α+ 4) + 1 + 8α+ 16) + 2r(α+ 4) + 1−56α

=⇒ α⁴−56α=αr³+ 8αr²+ 2αr−56α Karenaα⁴−56α∈Q, makaαr³+ 8αr²+ 2αr−56α∈Q. Menggunakan faktaα²=r(α+ 4) + 1, didapat bahwa

α⁴−56α=r(α²+ 4α)−14α=r(r(α+ 4) + 1 + 4α)−14α Maka, didapat bahwa

r²α+ 4rα−14α∈Q =⇒ α(r²+ 14r−14)∈Q Karenar∈Q, makar²+ 4r−14∈Q.

Jika r²−4r−14̸= 0, maka α∈Q(Kontradiksi). Sehinggar²−4r−14 = 0 =⇒ r=−2±3√ 2 (Kontradiksi, karenar∈Q).

Milik

Arsha,

Ra

ymond,

dan

Y osh ua

Jadi,α²−4α+ 1 = 0 =⇒ α³−15α=−4 danα⁴−56α=−15 yang keduanya merupakan bilangan rasional.

Karenaα²−4α+ 1 = 0, maka α= 2±√ 3.

Jadi, semua nilaiαyang memenuhi kondisi soal adalah α= 2 +√

3 danα= 2−√ 3

Milik

Arsha,

Ra

ymond,

dan

Y osh ua

5. Diberikan segitiga ABC dan titik-titik D danE terletak pada sisiBC TitikX dan Y terletak di dalam segitigaABC sehingga berlaku

∠BXE+∠BCA=∠CY D+∠CBA= 180^◦

Misalkan garis AD memotong garisXE di titik P dan garis AE memotong garisY D di titik Q.

Jika diketahui bahwaX, Y, D, E terletak pada satu lingkaran, buktikan bahwa garisBP, garisCQ, dan garis sumbu sisiBC berpotongan pada satu titik.

Solusi : Perhatikan gambar berikut ini.

A

B C

D E

X

Y

P Q

F G

Z

MisalkanAE danADmemotong lingkaran luarABC di F danGberturut-turut. Maka,

∠EF B=∠ACB = 180^◦−∠BXE

Milik

Arsha,

Ra

ymond,

dan

Y osh ua

SehinggaBXEF siklis. Dengan cara yang sama, didapatCY DGsiklis. Lalu dengan menggunakan directed angle, didapat

∡BGP =∡BGA=∡BCA=∡BXE=∡BXP SehinggaBGP X siklis. Dengan cara yang sama, didapatCY QF siklis.

Perhatikan bahwa denganBXEF,XDEY, danCY DG siklis, didapat

∠F XY =∠F XE+∠EXY

=∠F BE+∠EDY

=∠F BC+∠CDY

=∠F GC+∠CGD

=∠F GY =⇒ F GXY siklis

Terakhir, menggunakan fakta bahwaY CDG,Y CF G, danF GXY siklis, didapat

∠QCD=∠Y CD−∠Y CQ

=∠Y GD−∠Y F Q

=∠Y GD−∠Y F X+∠XF Q

=∠Y GD−∠Y GX+∠XF Q

=∠XF Q−∠XGD

=∠XF E=∠XGP

=∠XBE−∠XBP

=∠P BD

Sehingga, garisBP, CQ, danBC membentuk segitiga sama kaki. Jadi, garisBP, CQ, dan garis sumbuBC konkuren (Terbukti).