ebook osn smp 2012

Daftar Isi

1 Soal OSN SMP 2012 11.1 Soal Seleksi Tingkat Kabupaten/ Kota . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Soal Seleksi Tingkat Provinsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 Soal Seleksi Tingkat Nasional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2 Pembahasan OSN SMP 2012 72.1 Pembahasan Seleksi Tingkat Kabupaten/ Kota . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.2 Pembahasan Seleksi Tingkat Provinsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.3 Pembahasan Seleksi Tingkat Nasional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

iii

Kata Pengantar

iv

Bab 1 Soal OSN SMP 2012

1.1 Soal Seleksi Tingkat Kabupaten/ Kota

Bagian A : Soal Isian Singkat

1. Sebuah silinder memiliki tinggi 5 cm dan volume 20 cm2. Luas permukaan bola terbesar yangmungkin diletakkan ke dalam silinder tersebut adalah ...

2. Jumlah tiga buah bilangan adalah 19. Jika bilangan pertama dan bilangan kedua masing - masingdikurangi 1, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 1 : 3. Jika bilangan kedua dan bilanganketiga masing - masing ditambah 3, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 5 : 6. Selisihbilangan terbesar dan terkecil adalah ...

3. Jika 1 + 14 + 1

9 + 116 + 1

25 + · · · = a, maka 19 + 1

25 + 149 + · · · = . . .

4. Lima belas bilangan prima pertama dituliskan berturut - turut pada lima belas kartu. Jika semuakartu tersebut diletakkan dalam sebuah kotak dan kemudian diambil secara acak dua buah kartuberturut - turut tanpa pengembalian, maka peluang terambil dua kartu dengan jumlah dua bilanganyang tertulis merupakan bilangan prima adalah ...

5. Perhatikan gambar bangun datar setengah lingkaran dengan diameter AD dan pusat lingkaran Mberikut. Misalkan B dan C adalah titik - titik pada lingkaran sedemikian sehingga AC⊥BM danBD memotong AC di titik P . Jika besar ∠CAD = s◦, maka besar sudut ∠CPD = ...

1

Bab 1. Soal OSN SMP 2012

A M D

CB

P

6. Lima angka yakni 1, 2, 3, 4, dan 5 dapat disusun semuanya tanpa pengulangan menjadi 120bilangan berbeda. Jika bilangan - bilangan tersebut diurutkan dari yang terkecil ke yang terbesar,maka bilangan yang menempati urutan ke- 75 adalah ...

7. Diketahui 1 + k habis dibagi 3, 1 + 2k habis dibagi 5, dan 1 + 8k habis dibagi 7. Jika k adalahbilangan bulat positif maka nilai terkecil untuk k adalah ...

8. Jika p = 20102 + 20112 dan q = 20122 + 20132, maka nilai sederhana dari√

1− 2(p+ q) + 4pqadalah ...

9. Jika a dan b adalah penyelesaian dari persamaan kuadrat 4x2 − 7x − 1 = 0, maka nilai dari3a2

4b− 7 + 3b2

4a− 7 adalah ...

10. Pada gambar berikut, kedua ruas garis putus - putus yang sejajar membagi persegi menjadi tigadaerah yang luasnya sama. Jika jarak kedua garis putus - putus tersebut adalah 1 cm, maka luaspersegi adalah ... cm2.

Bagian B : Soal Uraian

1. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi persamaan berikut :

2x + 3x − 4x + 6x − 9x = 1

2. Pada gambar berikut, sembilan lingkaran kecil dalam lambang olimpiade akan diisi masing - masingdengan bilangan 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, atau 9. Tentukan pengisian tersebut sehingga jumlah bilangandi dalam setiap lingkaran besar adalah 14.

3. Diketahui 4ABC dengan AB = 25 cm, BC = 20 cm dan AC = 15 cm. Jika titik D terletakpada sisi AB sedemikian sehingga perbandingan luas 4ADC dan 4ABC adalah 14 : 25, tentukanpanjang CD.

4. Dari hasil sensus diketahui bahwa penduduk suatu kota tak lebih dari 10000 orang dan anak - anak20% lebih banyak daripada penduduk dewasa. Jika anak laki - laki 10% lebih banyak daripada anakperempuan, serta di antara penduduk dewasa terdapat 15% lebih banyak perempuan. Tentukanjumlah terbesar yang mungkin dari penduduk kota tersebut.

2

1.2. Soal Seleksi Tingkat Provinsi

5. Diketahui sebuah bilangan rasional positif kurang dari 1 yang dinyatakan dalam pecahan biasadalam bentuk paling sederhana. Jika hasil kali pembilang dan penyebut dari bilangan rasionaltersebut adalah 20! = 1 · 2 · 3 · 4 · · · · · · 20. Tentukan semua bilangan yang dimaksud.

1.2 Soal Seleksi Tingkat Provinsi


1. Sebuah silinder memiliki tinggi 5 cm dan volume 20 cm2. Luas permukaan bola terbesar yangmungkin diletakkan ke dalam silinder tersebut adalah ...

2. Jumlah tiga buah bilangan adalah 19. Jika bilangan pertama dan bilangan kedua masing - masingdikurangi 1, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 1 : 3. Jika bilangan kedua dan bilanganketiga masing - masing ditambah 3, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 5 : 6. Selisihbilangan terbesar dan terkecil adalah ...

3. Jika 1 + 14 + 1

9 + 116 + 1

25 + · · · = a, maka 19 + 1

25 + 149 + · · · = . . .

4. Lima belas bilangan prima pertama dituliskan berturut - turut pada lima belas kartu. Jika semuakartu tersebut diletakkan dalam sebuah kotak dan kemudian diambil secara acak dua buah kartuberturut - turut tanpa pengembalian, maka peluang terambil dua kartu dengan jumlah dua bilanganyang tertulis merupakan bilangan prima adalah ...


A M D

CB

P

6. Lima angka yakni 1, 2, 3, 4, dan 5 dapat disusun semuanya tanpa pengulangan menjadi 120bilangan berbeda. Jika bilangan - bilangan tersebut diurutkan dari yang terkecil ke yang terbesar,maka bilangan yang menempati urutan ke- 75 adalah ...

3


7. Diketahui 1 + k habis dibagi 3, 1 + 2k habis dibagi 5, dan 1 + 8k habis dibagi 7. Jika k adalahbilangan bulat positif maka nilai terkecil untuk k adalah ...


1− 2(p+ q) + 4pqadalah ...


4b− 7 + 3b2

4a− 7 adalah ...




2x + 3x − 4x + 6x − 9x = 1


3. Diketahui 4ABC dengan AB = 25 cm, BC = 20 cm dan AC = 15 cm. Jika titik D terletakpada sisi AB sedemikian sehingga perbandingan luas 4ADC dan 4ABC adalah 14 : 25, tentukanpanjang CD.

4. Dari hasil sensus diketahui bahwa penduduk suatu kota tak lebih dari 10000 orang dan anak - anak20% lebih banyak daripada penduduk dewasa. Jika anak laki - laki 10% lebih banyak daripada anakperempuan, serta di antara penduduk dewasa terdapat 15% lebih banyak perempuan. Tentukanjumlah terbesar yang mungkin dari penduduk kota tersebut.

4

1.3. Soal Seleksi Tingkat Nasional

5. Diketahui sebuah bilangan rasional positif kurang dari 1 yang dinyatakan dalam pecahan biasadalam bentuk paling sederhana. Jika hasil kali pembilang dan penyebut dari bilangan rasionaltersebut adalah 20! = 1 · 2 · 3 · 4 · · · · · · 20. Tentukan semua bilangan yang dimaksud.

1.3 Soal Seleksi Tingkat Nasional

Soal Hari Pertama

1. Jika diketahui himpunan

H = {(x, y)|(x− y)2 + x2 − 15x+ 50 = 0, dengan x dan y bilangan asli},

tentukan banyak himpunan bagian dari H.

2. Seorang pesulap menyatakan dirinya ahli menebak pikiran dengan pertunjukkan berikut. Salahseorang penonton awalnya diminta secara tersembunyi menuliskan sebuah bilangan lima angka,lalu menguranginya dengan jumlah angka - angka penyusun bilangan tersebut, kemudian menye-butkan empat dari lima angka penyusun bilangan hasil (dengan urutan sebarang). Selanjutnyapesulap tersebut dapat menebak angka yang masih disembunyikan. Sebagai contoh, jika penon-ton menyebutkan empat bilangan hasil : 0, 1, 2, 3, maka pesulap akan tahu bahwa angka yangdisembunyikan adalah 3.

a. Berilah suatu contoh Anda sendiri dari proses di atas.

b. Jelaskan secara matematis bentuk umum dari proses tersebut.

3. Pada suatu keranjang buah terdapat 20 apel, 18 jeruk, 16 mangga, 10 nanas dan 6 pepaya. Jikaseseorang ingin mengambil 10 buah dari keranjang tersebut, ada berapa banyak komposisi buahterambil yang mungkin?

4. Di dalam Taman Khatulistiwa akan dibuat bangunan berbentuk limas dengan alas segitiga samasisi berbahan tembus pandang dengan panjang sisi alas 8

√3 m dan tinggi 8 m. Sebuah bola dunia

akan ditempatkan di dalam limas tersebut. Dengan mengabaikan ketebalan bahan pembuat limas,tentukan panjang terbesar jari - jari bola dunia yang mungkin dapat dibuat.

5. Berapakah sisa dari 20122012 + 20142012 dibagi oleh 20132?

Soal Hari Kedua

1. Pada suatu hari, seorang peneliti menempatkan dua kelompok spesies yang berbeda yakni amoebadan bakteri pada suatu media yang sama, masing - masing dalam jumlah tertentu (dalam satuansel). Peneliti tersebut mengamati bahwa pada hari berikutnya, yakni hari kedua, ternyata setiapsel masing - masing spesies membelah diri menjadi dua sel. Pada hari yang sama setiap sel amoebamemangsa tepat satu sel bakteri. Pengamatan selanjutnya yang dilakukan setiap hari menunjukkanpola yang sama, yakni setiap sel masing - masing spesies membelah diri menjadi dua sel dankemudian setiap sel amoeba memangsa tepat satu sel bakteri. Pengamatan pada hari ke- 100menunjukkan bahwa setelah masing - masing spesies membelah diri dan kemudian setiap sel amoebamemangsa tepat satu sel bakteri, ternyata membuat bakteri punah. Tentukan perbandingan jumlahamoeba dengan jumlah bakteri pada hari pertama.

2. Diketahui n adalah bilangan bulat positif. Jika

f(n) = 4n+√

4n2 − 1√2n+ 1 +

√2n− 1

tentukan f(13) + f(14) + f(15) + · · ·+ f(112).

5


3. Budi menyusun empat belas buah bola masing - masing berjari - jari 10 cm. Sembilan buahbola pertama diletakkan di atas meja sedemikian sehingga membentuk persegi dan saling bersing-gungan. Empat buah bola berikutnya diletakkan di atas sembilan bola pertama sehingga salingbersinggungan. Bola keempat belas ditaruh di atas empat bola tadi, sehingga menyinggung empatbola tersebut. Jika Bambang mempunyai lima puluh lima buah bola yang masing - masing jugaberjari - jari 10 cm dan semua bola tersebut disusun mengikuti pola susunan bola yang dilakukanBudi, hitunglah ketinggian pusat bola yang paling atas diukur dari permukaan meja pada susunanbola yang dilakukan Bambang.

4. Diketahui sebuah segitiga ABC dengan panjang sisi - sisinya adalah 5 cm, 8 cm dan√

41 cm.Tentukan luas maksimum persegi panjang yang mungkin dapat dibuat di dalam segitiga ABCtersebut.

5. Ada 12 orang yang antri untuk membeli tiket masuk suatu pertunjukkan dengan harga satu ti-ket adalah Rp 5.000,00. Diketahui 5 orang diantara mereka hanya mempunyai uang kertas Rp10.000,00 dan sisanya hanya mempunyai uang kertas Rp 5.000,00. Jika penjual tiket awalnya ha-nya mempunyai uang Rp 5.000,00, berapakah peluang penjual tiket tersebut mempunyai cukupkembalian untuk melayani semua orang sesuai dengan urutan mereka dalam antrian?

6

Bab 2 Pembahasan OSN SMP 2012

2.1 Pembahasan Seleksi Tingkat Kabupaten/ Kota


1. Sebuah silinder memiliki tinggi 5 cm dan volume 20 cm2. Luas permukaan bola terbesar yangmungkin diletakkan ke dalam silinder tersebut adalah ...Jawaban : 16 cmKarena bola berada dalam silinder maka jari - jari bola sama dengan jari - jari alas silinder.Misalkan jari - jari alas silinder adalah r. Karena tinggi silinder 5 cm dan volumenya 20 cm2 makaluas alas silinder = πr2 = 20

5 = 4 cm2. Padahal luas permukaan bola = 4πr2 = 4 · 4 = 16 cm2.

2. Jumlah tiga buah bilangan adalah 19. Jika bilangan pertama dan bilangan kedua masing - masingdikurangi 1, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 1 : 3. Jika bilangan kedua dan bilanganketiga masing - masing ditambah 3, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 5 : 6. Selisihbilangan terbesar dan terkecil adalah ...Jawaban : 6Misalkan ketiga bilangan tersebut adalah a, b, c dengan a < b < c, maka diperoleh

a+ b+ c = 19 (2.1)

a− 1b− 1 = 1

3 ⇔ 3a = b+ 2 (2.2)

b+ 3c+ 3 = 5

6 ⇔ 5c = 6b+ 3 (2.3)

7

Bab 2. Pembahasan OSN SMP 2012

Dari ketiga persamaan di atas didapat

a+ b+ c = 19 ⇔ 15a+ 15b+ 15c = 285⇔ 5(b+ 2) + 15b+ 3(6b+ 3) = 285⇔ 38b = 266⇔ b = 7

karena b = 7 maka a = 3 dan c = 9. Sehingga c− a = 9− 3 = 6.

3. Jika 1 + 14 + 1

9 + 116 + 1

25 + · · · = a, maka 19 + 1

25 + 149 + · · · = . . .

Jawaban : 34a− 1

Misal N = 19 + 1

25 + 149 + · · · , maka

1 + 14 + 1

9 + 116 + 1

25 + · · · = a

1 + 14 + 1

16 + 136 + · · ·+ 1

9 + 125 + 1

49 + · · · = a

1 + 14

(1 + 1

4 + 19 + · · ·

)+N = a

1 + 14a+N = a

N = 34a− 1

4. Lima belas bilangan prima pertama dituliskan berturut - turut pada lima belas kartu. Jika semuakartu tersebut diletakkan dalam sebuah kotak dan kemudian diambil secara acak dua buah kartuberturut - turut tanpa pengembalian, maka peluang terambil dua kartu dengan jumlah dua bilanganyang tertulis merupakan bilangan prima adalah ...Jawaban : 2

35Pasangan bilangan prima yang jumlahnya juga merupakan bilangan prima di antara lima belasbilangan prima yang pertama adalah (2, 3), (2, 5), (2, 11), (2, 17), (2, 29) dan (2, 41).

• Jika kartu pertama terambil angka 2 maka kartu kedua harus salah satu dari 3, 5, 11, 17, 29atau 41 sehingga peluangnya adalah 1

15 ·614 = 1

35.• Jika kartu pertama terambil angka 3, 5, 11, 17, 29 atau 41 maka kartu kedua harus angka 2

sehingga peluangnya adalah 615 ·

114 = 1

35.

Jadi, peluang terambil dua kartu dengan jumlah dua bilangan yang tertulis merupakan bilanganprima adalah 1

35 + 135 = 2

35.


A M D

CB

P

Jawaban : 12s◦ + 45◦

8

2.1. Pembahasan Seleksi Tingkat Kabupaten/ Kota

∠AMB = 90◦ − s◦ dan ∠ADB = 12∠AMB = 45◦ − 1

2s◦.

∠CPD = ∠CAD + ∠ADB

= s◦ + 45◦ − 12s◦

= 12s◦ + 45◦

6. Lima angka yakni 1, 2, 3, 4, dan 5 dapat disusun semuanya tanpa pengulangan menjadi 120bilangan berbeda. Jika bilangan - bilangan tersebut diurutkan dari yang terkecil ke yang terbesar,maka bilangan yang menempati urutan ke- 75 adalah ...Jawaban : 41325Perhatikan,

• Jika angka pertama adalah 1 maka bilangan yang terbentuk ada 4! = 24



Oleh karena itu, banyak bilangan yang dimulai dengan angka 1, 2, atau 3 adalah 24 + 24 + 24=72. Selanjutnya mudah dilihat bahwa bilangan ke- 73 adalah 41235, bilangan ke-74 yaitu 41253dan bilangan ke-75 ialah 41325.

7. Diketahui 1 + k habis dibagi 3, 1 + 2k habis dibagi 5, dan 1 + 8k habis dibagi 7. Jika k adalahbilangan bulat positif maka nilai terkecil untuk k adalah ...Jawaban : 62Dari keterangan pada soal kita punya,

k = 3x+ 22k = 5y + 48k = 7z + 6

untuk suatu bilangan bulat x, y, z.Substitusikan persamaan pertama ke persamaan kedua diperoleh,

2(3x+ 2) = 5y + 4 ⇔ 6x+ 4 = 5y + 4⇔ 6x = 5y

karena 5 tidak membagi 6 maka haruslah 5 membagi x. Dengan demikian x = 5m untuk suatubilangan bulat m. Substitusikan x = 5m ke pers. pertama, diperoleh k = 3(5m) + 2 = 15m + 2.Selanjutnya substitusikan nilai k = 15m+ 2 ke pers. ketiga, didapat

8(15m+ 2) = 7z + 6 ⇔ 120m+ 16 = 7z + 6⇔ 120m = 7z − 10⇔ m = 7z − 119m− 7− 3⇔ m+ 3 = 7z − 119m− 7

perhatikan ruas kanan habis dibagi 7 sehingga ruas kiri juga harus habis dibagi 7. Dengan kata lainm+ 3 = 7n ⇔ m = 7n− 3 dengan n merupakan bilangan bulat. Substitusikan nilai m = 7n− 3ke k = 15m+ 2 sehingga didapat

k = 15(7n− 3) + 2 = 105n− 43

karena k adalah bilangan bulat positif maka nilai terkecil dari k yaitu 62 diperoleh ketika n = 1.

9



1− 2(p+ q) + 4pqadalah ...Jawaban : 16184525Misalkan n = 2010 maka didapat

p = n2 + (n+ 1)2 = 2n2 + 2n+ 1 dan q = (n+ 2)2 + (n+ 3)2 = 2n2 + 10n+ 13

sehingga diperoleh

2p− 1 = 2(2n2 + 2n+ 1)− 1 = 4n2 + 4n+ 1 = (2n+ 1)2

dan2q − 1 = 2(2n2 + 10n+ 13)− 1 = 4n2 + 20n+ 25 = (2n+ 5)2

Selanjutnya kita peroleh √1− 2(p+ q) + 4pq =

√(2p− 1)(2q − 1)

=√

(2n+ 1)2(2n+ 5)2

= (2n+ 1)(2n+ 5)= 4021 · 4025= 16184525


4b− 7 + 3b2

4a− 7 adalah ...

Jawaban : −2116

Dengan rumus jumlah dan hasil kali akar - akar persamaan kuadrat diperoleh,

a+ b = 74 dan ab = −1

4

Selain itu karena a adalah penyelesaian dari persamaan kuadrat 4x2 − 7x− 1 = 0 kita peroleh,

4a2 − 7a− 1 = 0 ⇔ a(4a− 7)− 1 = 0 ⇔ 4a− 7 = 1a

demikian pula 4b− 7 = 1b

.Oleh karena itu didapat

3a2

4b− 7 + 3b2

4a− 7 = 3a2

1b

+ 3b2

1a

= 3a2b+ 3ab2

= 3ab(a+ b)

= 3(−1

4)(7

4)

= −2116


10


Jawaban : 13Perhatikan gambar berikut!

y

x

A B

CD

E

F

Misalkan panjang sisi persegi adalah a. Misalkan pula CE = x dan BE = y. Berdasarkanketerangan soal luas jajar genjang AECF adalah 1

3a2. Padahal kita tahu pula luas jajar genjang

AECF = x · 1 = x, maka didapat x = 13a

2. Demikian pula pada 4EBC berlaku

Luas 4EBC = 13a

2

12 ·BE ·BC = 1

3a2

12 · y · a = 1

3a2

y = 23a

Selanjutnya dengan dalil pythagoras pada 4EBC didapat,

y2 + a2 = x2 ⇔(2

3a)2

+ a2 =(1

3a2)2

⇔ 49a

2 + a2 = 19a

4

⇔ 139 = 1

9a2

⇔ a2 = 13

Jadi, luas persegi adalah 13 cm2.



2x + 3x − 4x + 6x − 9x = 1

Jawaban :Misalkan 2x = m dan 3x = n maka persamaan pada soal equivalen dengan

m+ n−m2 +mn− n2 = 1 ⇔ m2 + n2 −mn−m− n+ 1 = 0

11


dengan sedikit manipulasi diperoleh persamaan

12((m− n)2 + (m− 1)2 + (n− 1)2

)= 0

sehingga m = n = 1 atau dengan kata lain 2x = 3x = 1 yang hanya dipenuhi jika dan hanya jikax = 0.Jadi, satu - satunya penyelesaian persamaan pada soal adalah x = 0.


Jawaban :Misalkan penyelesaian dari soal adalah seperti pada gambar di bawah ini:Kita tahu bahwa a+ b+ c+d+e+f +g+h+ i = 45 dan karena jumlah di dalam setiap lingkaran

besar adalah 14, kita peroleh

(a+ b) + (b+ c+ d) + (d+ e+ f) + (f + g + h) + (h+ i) = 5 · 14b+ d+ f + h+ 45 = 70

b+ d+ f + h = 25

Selain itu, a+ b = h+ i = 14. Padahal dari sembilan bilangan tersedia yang jumlahnya 14 hanya5 + 9 dan 6 + 8. Dengan memperhatikan b+ d+ f + h = 25, maka yang mungkin adalah b = 9 dan

12


h = 6 (dalam hal ini jika b = 6 dan h = 9 sama saja karena simetris). Karena b = 9 dan h = 6berarti d + f = 10. Dari sisa angka yanga ada, yang jumlahnya 10 hanya 3 + 7 maka diperolehd = 3 dan f = 7. Angka - angka sisanya yaitu a, c, e, g, h menyesuaikan agar diperoleh jumlah 14pada lingkaran besar. Salah satu penyelesaiannya adalah seperti berikut :

3. Diketahui 4ABC dengan AB = 25 cm, BC = 20 cm dan AC = 15 cm. Jika titik D terletakpada sisi AB sedemikian sehingga perbandingan luas 4ADC dan 4ABC adalah 14 : 25, tentukanpanjang CD.Jawaban :Perhatikan sketsa di bawah ini!

A

B

C

D

E

Tarik garis CE yaitu garis tinggi 4ABC dari titik E. Sehingga diperoleh

12 ·AC ·BC = 1

2 ·AB · CE

15 · 20 = 25 · CECE = 12

Kemudian dengan pythagoras pada 4ACE diperoleh AE = 9.Selain itu ingat juga bahwa

AD

AB= Luas 4ADC

Luas 4ABC = 1425

sehinggaAD = 14

25 ·AB = 1425 · 25 = 14

Oleh karena itu, DE = AD − AE = 14− 9 = 5 cm. Perhatikan juga 4CDE adalah segitiga siku- siku. Dengan demikian dengan dalil pythagoras pada 4CDE didapat CD = 13.

13


4. Dari hasil sensus diketahui bahwa penduduk suatu kota tak lebih dari 10000 orang dan anak - anak20% lebih banyak daripada penduduk dewasa. Jika anak laki - laki 10% lebih banyak daripada anakperempuan, serta di antara penduduk dewasa terdapat 15% lebih banyak perempuan. Tentukanjumlah terbesar yang mungkin dari penduduk kota tersebut.Jawaban :Misalkan,

• N : jumlah seluruh penduduk• D : jumlah penduduj dewasa• A : jumlah penduduk anak - anak• DL : jumlah laki - laki dewasa• DP : jumlah perempuan dewasa• AL : jumlah anak laki - laki• AP : jumlah anak - anak perempuan

Selanjutnya berdasarkan keterangan pada soal diperoleh :A = D+ 0, 2D = 1, 2D tetapi karena A+D = N maka N = A+D = 1, 2D+D = 2, 2D, sehingga

D = 12, 2N dan A = 1, 2

2, 2N

Dengan cara yang sama diperoleh AL = AP + 0, 1AP = 1, 1AP tetapi karena AL + AP = A makaA = AL +AP = 1, 1AP +AP = 2, 1AP sehingga

AP = 12, 1 ·A = 1

2, 1 ·1, 22, 2N = 20

77N

AL = 1, 1AP = 1, 1 · 12, 1 ·A = 1, 1 · 1

2, 1 ·1, 22, 2N = 2

7N

Demikian pula dengan cara yang sama diperoleh :DP = DL +0, 15DL = 1, 15DL tetapi karena DL +DP = D maka D = DL +DP = DL +1, 15DL =2, 15DL sehingga

DL = 12, 15 ·D = 1

2, 15 ·1

2, 2N = 10011 · 43N

DP = 1, 15 · 12, 15 ·D = 1, 15 · 1

2, 15 ·1

2, 2N = 11511 · 43N

Karena AL, AP , DL dan DP merupakan bilangan bulat positif maka haruslah N merupakan ke-lipatan dari 7 · 11 · 43 = 3311. Karena N < 10000 maka nilai N terbesar yang mungkin adalahN = 3 · 3311 = 9933.Jadi, banyak penduduk terbesar yang mungkin di kota tersebut adalah 9933.

5. Diketahui sebuah bilangan rasional positif kurang dari 1 yang dinyatakan dalam pecahan biasadalam bentuk paling sederhana. Jika hasil kali pembilang dan penyebut dari bilangan rasionaltersebut adalah 20! = 1 · 2 · 3 · 4 · · · · · · 20. Tentukan semua bilangan yang dimaksud.Jawaban :Misalkan bilangan rasional yang dimaksud adalah a

bdengan a < b dan FPB(a, b) = 1 serta ab = 20!

Perhatikan karena FPB(a, b) = 1 maka keduanya tidak memiliki faktor prima yang sama. Selainitu kita punya 20! = 218 · 38 · 54 · 72 · 11 · 13 · 17 · 19. Selanjutnya untuk mempermudah penulisan,misalkan a1 = 218, a2 = 38, a3 = 54, a4 = 72, a5 = 11, a6 = 13, a7 = 17 dan a8 = 19. Ada lima kasusyang mungkin yaitu :

i. a

b= 1

8∏n=1

an

Untuk kasus ini banyaknya kemungkinan jelas hanya 1.

14

2.2. Pembahasan Seleksi Tingkat Provinsi

ii. a

b=

min

ai,8∏

n=1n6=i

an

max

ai,8∏

n=1n6=i

an

Untuk kasus ini banyaknya kemungkinan ada sebanyak C81 = 8.

iii. a

b=

min

aiaj ,8∏

n=1n6=i,j

an

max

aiaj ,8∏

n=1n6=i,j

an


iv. a

b=

min

aiajak,8∏

n=1n6=i,j,k

an

min

aiajak,8∏

n=1n6=i,j,k

an


v. a

b=

min

aiajakal,8∏

n=1n6=i,j,k,l

an

max

aiajakal,8∏

n=1n6=i,j,k,l

an

Untuk kasus ini banyaknya kemungkinan ada sebanyak C84

2! = 35.

Oleh karena itu bilangan rasional yang dimaksud ada sebanyak 1 + 8 + 28 + 56 + 35 = 128.

2.2 Pembahasan Seleksi Tingkat Provinsi


1. Sebuah silinder memiliki tinggi 5 cm dan volume 20 cm2. Luas permukaan bola terbesar yangmungkin diletakkan ke dalam silinder tersebut adalah ...Jawaban : 16 cmKarena bola berada dalam silinder maka jari - jari bola sama dengan jari - jari alas silinder.Misalkan jari - jari alas silinder adalah r. Karena tinggi silinder 5 cm dan volumenya 20 cm2 makaluas alas silinder = πr2 = 20

5 = 4 cm2. Padahal luas permukaan bola = 4πr2 = 4 · 4 = 16 cm2.

2. Jumlah tiga buah bilangan adalah 19. Jika bilangan pertama dan bilangan kedua masing - masingdikurangi 1, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 1 : 3. Jika bilangan kedua dan bilanganketiga masing - masing ditambah 3, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 5 : 6. Selisih

15


bilangan terbesar dan terkecil adalah ...Jawaban : 6Misalkan ketiga bilangan tersebut adalah a, b, c dengan a < b < c, maka diperoleh

a+ b+ c = 19 (2.4)

a− 1b− 1 = 1

3 ⇔ 3a = b+ 2 (2.5)

b+ 3c+ 3 = 5

6 ⇔ 5c = 6b+ 3 (2.6)

Dari ketiga persamaan di atas didapat

a+ b+ c = 19 ⇔ 15a+ 15b+ 15c = 285⇔ 5(b+ 2) + 15b+ 3(6b+ 3) = 285⇔ 38b = 266⇔ b = 7

karena b = 7 maka a = 3 dan c = 9. Sehingga c− a = 9− 3 = 6.

3. Jika 1 + 14 + 1

9 + 116 + 1

25 + · · · = a, maka 19 + 1

25 + 149 + · · · = . . .

Jawaban : 34a− 1

Misal N = 19 + 1

25 + 149 + · · · , maka

1 + 14 + 1

9 + 116 + 1

25 + · · · = a

1 + 14 + 1

16 + 136 + · · ·+ 1

9 + 125 + 1

49 + · · · = a

1 + 14

(1 + 1

4 + 19 + · · ·

)+N = a

1 + 14a+N = a

N = 34a− 1

4. Lima belas bilangan prima pertama dituliskan berturut - turut pada lima belas kartu. Jika semuakartu tersebut diletakkan dalam sebuah kotak dan kemudian diambil secara acak dua buah kartuberturut - turut tanpa pengembalian, maka peluang terambil dua kartu dengan jumlah dua bilanganyang tertulis merupakan bilangan prima adalah ...Jawaban : 2

35Pasangan bilangan prima yang jumlahnya juga merupakan bilangan prima di antara lima belasbilangan prima yang pertama adalah (2, 3), (2, 5), (2, 11), (2, 17), (2, 29) dan (2, 41).

• Jika kartu pertama terambil angka 2 maka kartu kedua harus salah satu dari 3, 5, 11, 17, 29atau 41 sehingga peluangnya adalah 1

15 ·614 = 1

35.

• Jika kartu pertama terambil angka 3, 5, 11, 17, 29 atau 41 maka kartu kedua harus angka 2sehingga peluangnya adalah 6

15 ·114 = 1

35.

Jadi, peluang terambil dua kartu dengan jumlah dua bilangan yang tertulis merupakan bilanganprima adalah 1

35 + 135 = 2

35.

5. Perhatikan gambar bangun datar setengah lingkaran dengan diameter AD dan pusat lingkaran Mberikut. Misalkan B dan C adalah titik - titik pada lingkaran sedemikian sehingga AC⊥BM dan

16


BD memotong AC di titik P . Jika besar ∠CAD = s◦, maka besar sudut ∠CPD = ...

A M D

CB

P

Jawaban : 12s◦ + 45◦

∠AMB = 90◦ − s◦ dan ∠ADB = 12∠AMB = 45◦ − 1

2s◦.

∠CPD = ∠CAD + ∠ADB

= s◦ + 45◦ − 12s◦

= 12s◦ + 45◦

6. Lima angka yakni 1, 2, 3, 4, dan 5 dapat disusun semuanya tanpa pengulangan menjadi 120bilangan berbeda. Jika bilangan - bilangan tersebut diurutkan dari yang terkecil ke yang terbesar,maka bilangan yang menempati urutan ke- 75 adalah ...Jawaban : 41325Perhatikan,

• Jika angka pertama adalah 1 maka bilangan yang terbentuk ada 4! = 24• Jika angka pertama adalah 2 maka bilangan yang terbentuk ada 4! = 24• Jika angka pertama adalah 3 maka bilangan yang terbentuk ada 4! = 24

Oleh karena itu, banyak bilangan yang dimulai dengan angka 1, 2, atau 3 adalah 24 + 24 + 24=72. Selanjutnya mudah dilihat bahwa bilangan ke- 73 adalah 41235, bilangan ke-74 yaitu 41253dan bilangan ke-75 ialah 41325.

7. Diketahui 1 + k habis dibagi 3, 1 + 2k habis dibagi 5, dan 1 + 8k habis dibagi 7. Jika k adalahbilangan bulat positif maka nilai terkecil untuk k adalah ...Jawaban : 62Dari keterangan pada soal kita punya,

k = 3x+ 22k = 5y + 48k = 7z + 6

untuk suatu bilangan bulat x, y, z.Substitusikan persamaan pertama ke persamaan kedua diperoleh,

2(3x+ 2) = 5y + 4 ⇔ 6x+ 4 = 5y + 4⇔ 6x = 5y

karena 5 tidak membagi 6 maka haruslah 5 membagi x. Dengan demikian x = 5m untuk suatubilangan bulat m. Substitusikan x = 5m ke pers. pertama, diperoleh k = 3(5m) + 2 = 15m + 2.Selanjutnya substitusikan nilai k = 15m+ 2 ke pers. ketiga, didapat

8(15m+ 2) = 7z + 6 ⇔ 120m+ 16 = 7z + 6⇔ 120m = 7z − 10⇔ m = 7z − 119m− 7− 3⇔ m+ 3 = 7z − 119m− 7

17


perhatikan ruas kanan habis dibagi 7 sehingga ruas kiri juga harus habis dibagi 7. Dengan kata lainm+ 3 = 7n ⇔ m = 7n− 3 dengan n merupakan bilangan bulat. Substitusikan nilai m = 7n− 3ke k = 15m+ 2 sehingga didapat

k = 15(7n− 3) + 2 = 105n− 43

karena k adalah bilangan bulat positif maka nilai terkecil dari k yaitu 62 diperoleh ketika n = 1.


1− 2(p+ q) + 4pqadalah ...Jawaban : 16184525Misalkan n = 2010 maka didapat

p = n2 + (n+ 1)2 = 2n2 + 2n+ 1 dan q = (n+ 2)2 + (n+ 3)2 = 2n2 + 10n+ 13

sehingga diperoleh

2p− 1 = 2(2n2 + 2n+ 1)− 1 = 4n2 + 4n+ 1 = (2n+ 1)2

dan2q − 1 = 2(2n2 + 10n+ 13)− 1 = 4n2 + 20n+ 25 = (2n+ 5)2

Selanjutnya kita peroleh √1− 2(p+ q) + 4pq =

√(2p− 1)(2q − 1)

=√

(2n+ 1)2(2n+ 5)2

= (2n+ 1)(2n+ 5)= 4021 · 4025= 16184525


4b− 7 + 3b2

4a− 7 adalah ...

Jawaban : −2116

Dengan rumus jumlah dan hasil kali akar - akar persamaan kuadrat diperoleh,

a+ b = 74 dan ab = −1

4

Selain itu karena a adalah penyelesaian dari persamaan kuadrat 4x2 − 7x− 1 = 0 kita peroleh,

4a2 − 7a− 1 = 0 ⇔ a(4a− 7)− 1 = 0 ⇔ 4a− 7 = 1a

demikian pula 4b− 7 = 1b

.Oleh karena itu didapat

3a2

4b− 7 + 3b2

4a− 7 = 3a2

1b

+ 3b2

1a

= 3a2b+ 3ab2

= 3ab(a+ b)

= 3(−1

4)(7

4)

= −2116

18



Jawaban : 13Perhatikan gambar berikut!

y

x

A B

CD

E

F

Misalkan panjang sisi persegi adalah a. Misalkan pula CE = x dan BE = y. Berdasarkanketerangan soal luas jajar genjang AECF adalah 1

3a2. Padahal kita tahu pula luas jajar genjang

AECF = x · 1 = x, maka didapat x = 13a

2. Demikian pula pada 4EBC berlaku

Luas 4EBC = 13a

2

12 ·BE ·BC = 1

3a2

12 · y · a = 1

3a2

y = 23a

Selanjutnya dengan dalil pythagoras pada 4EBC didapat,

y2 + a2 = x2 ⇔(2

3a)2

+ a2 =(1

3a2)2

⇔ 49a

2 + a2 = 19a

4

⇔ 139 = 1

9a2

⇔ a2 = 13

Jadi, luas persegi adalah 13 cm2.



2x + 3x − 4x + 6x − 9x = 1

19


Jawaban :Misalkan 2x = m dan 3x = n maka persamaan pada soal equivalen dengan

m+ n−m2 +mn− n2 = 1 ⇔ m2 + n2 −mn−m− n+ 1 = 0

dengan sedikit manipulasi diperoleh persamaan12((m− n)2 + (m− 1)2 + (n− 1)2

)= 0

sehingga m = n = 1 atau dengan kata lain 2x = 3x = 1 yang hanya dipenuhi jika dan hanya jikax = 0.Jadi, satu - satunya penyelesaian persamaan pada soal adalah x = 0.


Jawaban :Misalkan penyelesaian dari soal adalah seperti pada gambar di bawah ini:Kita tahu bahwa a+ b+ c+d+e+f +g+h+ i = 45 dan karena jumlah di dalam setiap lingkaran

besar adalah 14, kita peroleh

(a+ b) + (b+ c+ d) + (d+ e+ f) + (f + g + h) + (h+ i) = 5 · 14b+ d+ f + h+ 45 = 70

b+ d+ f + h = 25

20


Selain itu, a+ b = h+ i = 14. Padahal dari sembilan bilangan tersedia yang jumlahnya 14 hanya5 + 9 dan 6 + 8. Dengan memperhatikan b+ d+ f + h = 25, maka yang mungkin adalah b = 9 danh = 6 (dalam hal ini jika b = 6 dan h = 9 sama saja karena simetris). Karena b = 9 dan h = 6berarti d + f = 10. Dari sisa angka yanga ada, yang jumlahnya 10 hanya 3 + 7 maka diperolehd = 3 dan f = 7. Angka - angka sisanya yaitu a, c, e, g, h menyesuaikan agar diperoleh jumlah 14pada lingkaran besar. Salah satu penyelesaiannya adalah seperti berikut :

3. Diketahui 4ABC dengan AB = 25 cm, BC = 20 cm dan AC = 15 cm. Jika titik D terletakpada sisi AB sedemikian sehingga perbandingan luas 4ADC dan 4ABC adalah 14 : 25, tentukanpanjang CD.Jawaban :Perhatikan sketsa di bawah ini!

A

B

C

D

E

Tarik garis CE yaitu garis tinggi 4ABC dari titik E. Sehingga diperoleh12 ·AC ·BC = 1

2 ·AB · CE

15 · 20 = 25 · CECE = 12

Kemudian dengan pythagoras pada 4ACE diperoleh AE = 9.Selain itu ingat juga bahwa

AD

AB= Luas 4ADC

Luas 4ABC = 1425

sehinggaAD = 14

25 ·AB = 1425 · 25 = 14

Oleh karena itu, DE = AD − AE = 14− 9 = 5 cm. Perhatikan juga 4CDE adalah segitiga siku- siku. Dengan demikian dengan dalil pythagoras pada 4CDE didapat CD = 13.

21


4. Dari hasil sensus diketahui bahwa penduduk suatu kota tak lebih dari 10000 orang dan anak - anak20% lebih banyak daripada penduduk dewasa. Jika anak laki - laki 10% lebih banyak daripada anakperempuan, serta di antara penduduk dewasa terdapat 15% lebih banyak perempuan. Tentukanjumlah terbesar yang mungkin dari penduduk kota tersebut.Jawaban :Misalkan,

• N : jumlah seluruh penduduk• D : jumlah penduduj dewasa• A : jumlah penduduk anak - anak• DL : jumlah laki - laki dewasa• DP : jumlah perempuan dewasa• AL : jumlah anak laki - laki• AP : jumlah anak - anak perempuan

Selanjutnya berdasarkan keterangan pada soal diperoleh :A = D+ 0, 2D = 1, 2D tetapi karena A+D = N maka N = A+D = 1, 2D+D = 2, 2D, sehingga

D = 12, 2N dan A = 1, 2

2, 2N

Dengan cara yang sama diperoleh AL = AP + 0, 1AP = 1, 1AP tetapi karena AL + AP = A makaA = AL +AP = 1, 1AP +AP = 2, 1AP sehingga

AP = 12, 1 ·A = 1

2, 1 ·1, 22, 2N = 20

77N

AL = 1, 1AP = 1, 1 · 12, 1 ·A = 1, 1 · 1

2, 1 ·1, 22, 2N = 2

7N

Demikian pula dengan cara yang sama diperoleh :DP = DL +0, 15DL = 1, 15DL tetapi karena DL +DP = D maka D = DL +DP = DL +1, 15DL =2, 15DL sehingga

DL = 12, 15 ·D = 1

2, 15 ·1

2, 2N = 10011 · 43N

DP = 1, 15 · 12, 15 ·D = 1, 15 · 1

2, 15 ·1

2, 2N = 11511 · 43N

Karena AL, AP , DL dan DP merupakan bilangan bulat positif maka haruslah N merupakan ke-lipatan dari 7 · 11 · 43 = 3311. Karena N < 10000 maka nilai N terbesar yang mungkin adalahN = 3 · 3311 = 9933.Jadi, banyak penduduk terbesar yang mungkin di kota tersebut adalah 9933.

5. Diketahui sebuah bilangan rasional positif kurang dari 1 yang dinyatakan dalam pecahan biasadalam bentuk paling sederhana. Jika hasil kali pembilang dan penyebut dari bilangan rasionaltersebut adalah 20! = 1 · 2 · 3 · 4 · · · · · · 20. Tentukan semua bilangan yang dimaksud.Jawaban :Misalkan bilangan rasional yang dimaksud adalah a

bdengan a < b dan FPB(a, b) = 1 serta ab = 20!

Perhatikan karena FPB(a, b) = 1 maka keduanya tidak memiliki faktor prima yang sama. Selainitu kita punya 20! = 218 · 38 · 54 · 72 · 11 · 13 · 17 · 19. Selanjutnya untuk mempermudah penulisan,misalkan a1 = 218, a2 = 38, a3 = 54, a4 = 72, a5 = 11, a6 = 13, a7 = 17 dan a8 = 19. Ada lima kasusyang mungkin yaitu :

i. a

b= 1

8∏n=1

an

Untuk kasus ini banyaknya kemungkinan jelas hanya 1.

22

2.3. Pembahasan Seleksi Tingkat Nasional

ii. a

b=

min

ai,8∏

n=1n6=i

an

max

ai,8∏

n=1n6=i

an


iii. a

b=

min

aiaj ,8∏

n=1n6=i,j

an

max

aiaj ,8∏

n=1n6=i,j

an


iv. a

b=

min

aiajak,8∏

n=1n6=i,j,k

an

min

aiajak,8∏

n=1n6=i,j,k

an


v. a

b=

min

aiajakal,8∏

n=1n6=i,j,k,l

an

max

aiajakal,8∏

n=1n6=i,j,k,l

an

Untuk kasus ini banyaknya kemungkinan ada sebanyak C84

2! = 35.

Oleh karena itu bilangan rasional yang dimaksud ada sebanyak 1 + 8 + 28 + 56 + 35 = 128.

2.3 Pembahasan Seleksi Tingkat Nasional

Pembahasan Hari Pertama

1. Jika diketahui himpunan

H = {(x, y)|(x− y)2 + x2 − 15x+ 50 = 0, dengan x dan y bilangan asli},

tentukan banyak himpunan bagian dari H.Jawaban :Misalkan P (x, y) = (x− y)2 + x2 − 15x+ 50, sehingga (x, y) ∈ H jika dan hanya jika (x, y) adalahsolusi dari P (x, y) = 0. Karena (x − y)2 ≥ 0 maka agar P (x, y) = 0 haruslah x2 − 15x + 50 ≤ 0.Padahal himpunan penyelesaian dari x2 − 15x + 50 = (x − 5)(x − 10) ≤ 0 terletak pada interval5 ≤ x ≤ 10. Dengan mengingat x adalah bilangan asli, maka nilai yang mungkin untuk x adalah5, 6, 7, 8, 9, 10. Selanjutnya tinggal dicek satu persatu sebagai berikut :

23


i. Jika x = 5 atau x = 10, jelas x2 − 15x + 50 = 0. Oleh karena itu agar P (x, y) = 0 maka(x− y)2 = 0 ⇔ x = y. Jadi, diperoleh dua solusi yaitu (5, 5) dan (10, 10)

ii. Jika x = 6 maka diperoleh P (6, y) = (6− y)2 + 62− 15 · 6 + 50 = (6− y)2− 4. Oleh karena itu,agar P (6, y) = 0 maka haruslah

(6− y)2 = 4 ⇔ 6− y = 2 atau 6− y = −2⇔ y = 4 atau y = 8

Jadi, diperoleh dua solusi yaitu (6, 4) dan (6, 8)iii. Jika x = 7 maka diperoleh P (7, y) = (7 − y)2 + 72 − 15 · 7 + 50 = (6 − y)2 − 6. Karena y

bilangan asli maka tidak ada nilai y yang memenuhi sehingga diperoleh P (7, y) = 0.Jadi, untuk kasus ini tidak ada solusi yang memenuhi.

iv. Jika x = 8 maka diperoleh P (8, y) = (8 − y)2 + 82 − 15 · 8 + 50 = (6 − y)2 − 6. Karena ybilangan asli maka tidak ada nilai y yang memenuhi sehingga diperoleh P (8, y) = 0.Jadi, untuk kasus ini tidak ada solusi yang memenuhi.

v. Jika x = 9 maka diperoleh P (9, y) = (9− y)2 + 92− 15 · 9 + 50 = (9− y)2− 4. Oleh karena itu,agar P (9, y) = 0 maka haruslah

(9− y)2 = 4 ⇔ 9− y = 2 atau 9− y = −2⇔ y = 7 atau y = 11

Jadi, diperoleh dua solusi yaitu (9, 7) dan (7, 11)

Oleh karena itu himpunan H memiliki 6 anggota yaituH = {(5, 5), (6, 4), (6, 8), (9, 7), (9, 11), (10, 10)}. Sehingga banyak himpunan bagian dari H adalah26 = 64.

2. Seorang pesulap menyatakan dirinya ahli menebak pikiran dengan pertunjukkan berikut. Salahseorang penonton awalnya diminta secara tersembunyi menuliskan sebuah bilangan lima angka,lalu menguranginya dengan jumlah angka - angka penyusun bilangan tersebut, kemudian menye-butkan empat dari lima angka penyusun bilangan hasil (dengan urutan sebarang). Selanjutnyapesulap tersebut dapat menebak angka yang masih disembunyikan. Sebagai contoh, jika penon-ton menyebutkan empat bilangan hasil : 0, 1, 2, 3, maka pesulap akan tahu bahwa angka yangdisembunyikan adalah 3.

a. Berilah suatu contoh Anda sendiri dari proses di atas.b. Jelaskan secara matematis bentuk umum dari proses tersebut.

Jawaban :Misalkan bilangan awal sebelum proses kita misalkan N dan bilangan hasil dari proses seperti padasoal dimisalkan H.

a. Contoh lain untuk proses di atas, misalkan penonton menyebut angka - angka 3, 4, 6, 7 makabilangan yang disembunyikan adalah 7.

b. Untuk penjelasan secara matematisnya adalah sebagai berikut :Misalkan N = abcde = 10000a+1000b+100c+10d+e maka setelah melalui proses seperti yangdiminta pesulap diperoleh bilangan hasil

H = 10000a+ 1000b+ 100c+ 10d+ e− (a+ b+ c+ d+ e) = 9999a+ 999b+ 99c+ 9d

Jadi diperoleh H adalah bilangan kelipatan 9. Oleh karena itu, jumlah digit - digit penyusun Hjuga harus habis dibagi 9. Sehingga jika penonton menyebut 0, 1, 2, 3 sebagai contoh, karenajumlah 0 + 1 + 2 + 3 = 6 maka bilangan yang disembunyikan adalah 9− 6 = 3.

24


3. Pada suatu keranjang buah terdapat 20 apel, 18 jeruk, 16 mangga, 10 nanas dan 6 pepaya. Jikaseseorang ingin mengambil 10 buah dari keranjang tersebut, ada berapa banyak komposisi buahterambil yang mungkin?Jawaban :Misalkan, x1 = apel, x2 = jeruk, x3 = mangga, x4 = nanas dan x5 = pepaya. Selanjutnya banyaknyakomposisi buah yang terambil equivalen dengan banyaknya penyelesaian (x1, x2, x3, x4, x5) daripersamaan

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 10

dengan 0 ≤ xi ≤ 10.Padahal kita tahu banyaknya penyelesaian dari x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 10 adalah C14

10 = 1001.Akan tetapi karena x5 ≤ 6 maka nilai 1001 harus dikurangi dengan banyaknya penyelesaian jikax5 = 7, 8, 9, 10. Selanjutnya kita hitung banyak kemungkinan tersebut :

i. Jika x5 = 7 maka diperoleh x1 + x2 + x3 + x4 = 3. Oleh karena itu banyaknya penyelesaianada C6

3 = 20.ii. Jika x5 = 8 maka diperoleh x1 + x2 + x3 + x4 = 2. Oleh karena itu banyaknya penyelesaian

ada C52 = 10.

iii. Jika x5 = 9 maka diperoleh x1 + x2 + x3 + x4 = 1. Oleh karena itu banyaknya penyelesaianada C4

1 = 1.iv. Jika x5 = 10 maka diperoleh x1 + x2 + x3 + x4 = 0. Oleh karena itu banyaknya penyelesaian

ada 1.

Oleh karena itu banyaknya komposisi buah terambil yang mungkin adalah 1001−(20+10+4+1) =966.

25


4. Di dalam Taman Khatulistiwa akan dibuat bangunan berbentuk limas dengan alas segitiga samasisi berbahan tembus pandang dengan panjang sisi alas 8

√3 m dan tinggi 8 m. Sebuah bola dunia

akan ditempatkan di dalam limas tersebut. Dengan mengabaikan ketebalan bahan pembuat limas,tentukan panjang terbesar jari - jari bola dunia yang mungkin dapat dibuat.Jawaban :Perhatikan sketsa di bawah ini! Jari - jari bola dunia akan maksimum jika bola menyinggungkeempat bidang sisi limas.

A

B

C

P

E

D

A E

P

D

T

F

Titik D adalah proyeksi P terhadap bidang ABC sehingga PD tegak lurus dengan ABC dengankata lain PD adalah tinggi limas P.ABC sehingga PD = 8. Karena AD = BD = CD maka D

adalah pusat lingkaran luar segitigaABC. Karena ABC segitiga sama sisi makaAD = 8√

32 · sin 60◦ =

8√

32 ·√

32

= 8. Selanjutnya misalkan jari - jari bola dunia adalah r maka r = TD = TF . Untuk

mencari panjang AE bisa menggunakan dalil pitagoras pada 4ABE yaitu

AE2 = AB2 −BE2

= (8√

3)2 − (4√

3)2

= 144AE = 12

oleh karena itu, DE = EF = 4 dan PE = 4√

5. Lebih jauh PF = 4√

5 − 4 dan PT = 8 − r.Terakhir dengan dalil pitagoras pada 4PTF diperoleh,

PT 2 = PF 2 + TF 2 ⇔ (8− r)2 = (4√

5− 4)2 + r2

⇔ 64− 16r + r2 = 16(√

5− 1)2 + r2

⇔ 16r = 64− 16(√

5− 1)2

⇔ r = 4− (√

5− 1)2

⇔ r = 2√

5− 2

26


Jadi, panjang jari - jari bola dunia maksimum adalah 2√

5− 2 m.

5. Berapakah sisa dari 20122012 + 20142012 dibagi oleh 20132?Jawaban :Untuk menyederhanakan penulisan, misalkan 2013 = n maka kita perlu mencari sisa dari (n −1)2012 + (n+ 1)2012 jika dibagi oleh n2. Berdasarkan Binom Newton diperoleh,

(n− 1)2012 =2012∑i=0

C2012i n2012−i(−1)i

=(2010∑

i=0C2012

i n2012−i(−1)i

)− C2012

2011n+ 1

= n2(2010∑

i=0C2012

i n2010−i(−1)i

)− 2012n+ 1

= pn2 − 2012n+ 1

dengan p =∑2010

i=0 C2012i n2010−i(−1)i.

Selain itu didapat pula,

(n+ 1)2012 =2012∑i=0

C2012i n2012−i

=(2010∑

i=0C2012

i n2012−i

)+ C2012

2011n+ 1

= n2(2010∑

i=0C2012

i n2010−i

)+ 2012n+ 1

= qn2 + 2012n+ 1

dengan q =∑2010

i=0 C2012i n2010−i.

Oleh karena itu diperoleh,

(n− 1)2012 + (n+ 1)2012 = (pn2 − 2012n+ 1) + (qn2 + 2012n+ 1)= n2(p+ q) + 2

karena p+ q adalah bilangan bulat maka sisa pembagian (n− 1)2012 + (n+ 1)2012 dari n2 adalah 2.

Pembahasan Hari Kedua

1. Pada suatu hari, seorang peneliti menempatkan dua kelompok spesies yang berbeda yakni amoebadan bakteri pada suatu media yang sama, masing - masing dalam jumlah tertentu (dalam satuansel). Peneliti tersebut mengamati bahwa pada hari berikutnya, yakni hari kedua, ternyata setiapsel masing - masing spesies membelah diri menjadi dua sel. Pada hari yang sama setiap sel amoebamemangsa tepat satu sel bakteri. Pengamatan selanjutnya yang dilakukan setiap hari menunjukkanpola yang sama, yakni setiap sel masing - masing spesies membelah diri menjadi dua sel dankemudian setiap sel amoeba memangsa tepat satu sel bakteri. Pengamatan pada hari ke- 100menunjukkan bahwa setelah masing - masing spesies membelah diri dan kemudian setiap sel amoebamemangsa tepat satu sel bakteri, ternyata membuat bakteri punah. Tentukan perbandingan jumlahamoeba dengan jumlah bakteri pada hari pertama.Jawaban :Misalkan jumlah amoeba pada hari pertama adalah a dan jumlah bakteri pada hari pertama adalahb. Selain itu definisikan pula Ai dan Bi berturut - turut sebagai jumlah amoeba dan bakteri pada

27


hari ke-i. Maka diperoleh dua barisan bilangan yaitu

A1 = a

A2 = 2aA3 = 4aA4 = 8a

... =...

A100 = 299a

dan

B1 = b

B2 = 2b− 2aB3 = 4b− 4a− 4aB4 = 8b− 8a− 8a− 8a

... =...

B100 = 299b− 99 · 299a

Karena pada hari ke-100 bakteri punah maka diperoleh B100 = 0 sehingga

299b− 99 · 299a = 0b− 99a = 0

a

b= 1

99

Oleh karena itu, perbandingan jumlah amoeba dengan jumlah bakteri pada hari pertama adalah1 : 99.

2. Diketahui n adalah bilangan bulat positif. Jika

f(n) = 4n+√

4n2 − 1√2n+ 1 +

√2n− 1

tentukan f(13) + f(14) + f(15) + · · ·+ f(112).Jawaban :Sederhanakan bentuk f(n) terlebih dahulu dengan mengalikan bentuk yang ada dengan sekawan-nya, yaitu

f(n) = 4n+√

4n2 − 1√2n+ 1 +

√2n− 1

·√

2n+ 1−√

2n− 1√2n+ 1−

√2n− 1

= 4n(√

2n+ 1−√

2n− 1) +√

4n2 − 1(√

2n+ 1−√

2n− 1)2

= 4n(√

2n+ 1−√

2n− 1) + (2n+ 1)√

2n− 1− (2n− 1)√

2n+ 12

= 2n√

2n+ 1− 2n√

2n− 1 +√

2n− 1 +√

2n+ 12

= (2n+ 1)√

2n+ 1− (2n− 1)√

2n− 12

28


dari sini diperoleh,

f(13) = 27√

27− 25√

252

f(14) = 29√

29− 27√

272

f(15) = 31√

31− 29√

292

... =...

f(111) = 223√

223− 221√

2212

f(112) = 225√

225− 223√

2232

sehingga

f(13) + f(14) + f(15) + · · ·+ f(111) + f(112) = 225√

225− 25√

252

= 1625

3. Budi menyusun empat belas buah bola masing - masing berjari - jari 10 cm. Sembilan buahbola pertama diletakkan di atas meja sedemikian sehingga membentuk persegi dan saling bersing-gungan. Empat buah bola berikutnya diletakkan di atas sembilan bola pertama sehingga salingbersinggungan. Bola keempat belas ditaruh di atas empat bola tadi, sehingga menyinggung empatbola tersebut. Jika Bambang mempunyai lima puluh lima buah bola yang masing - masing jugaberjari - jari 10 cm dan semua bola tersebut disusun mengikuti pola susunan bola yang dilakukanBudi, hitunglah ketinggian pusat bola yang paling atas diukur dari permukaan meja pada susunanbola yang dilakukan Bambang.Jawaban :Susunan bola yang dibentuk oleh Budi dari tingkat atas ke tingkat dasar membentuk barisan per-segi yaitu 1, 4, 9, 16, 25, 36, . . .Oleh karena itu, jika Bambang memiliki 55 bola dan disusun seperti cara Budi maka akan ada 5tingkatan yaitu 1, 4, 9, 16, 25. Apabila dilihat dari samping dari arah sudut maka akan diperolehgambar seperti di bawah ini :

A2

B2 C2D2

E2F

RQ

P

A D B

C

E

Ketinggian pusat bola yang paling atas diukur dari permukaan meja pada susunan bola yang

29


dilakukan Bambang adalah panjang ruas garis CE.Perhatikan bahwa 4ABC adalah segitiga sama kaki dengan AC = BC = 80 cm dan AB = 80

√2.

Selain itu ruas garis CD adalah garis tinggi sekaligus garis berat 4ABC oleh karena itu, ∠BDC =90◦ dan AD = DB = 40

√2. Sehingga dengan teorema pythagoras pada 4BDC diperoleh

CD2 = BC2 −BD2

= 802 − (40√

2)2

= 6400− 3200= 3200

CD = 40√

2

Oleh karena itu diperoleh CE = CD +DE = 40√

2 + 10.Jadi, ketinggian pusat bola yang paling atas diukur dari permukaan meja pada susunan bola yangdilakukan Bambang adalah (40

√2 + 10) cm.

4. Diketahui sebuah segitiga ABC dengan panjang sisi - sisinya adalah 5 cm, 8 cm dan√

41 cm.Tentukan luas maksimum persegi panjang yang mungkin dapat dibuat di dalam segitiga ABCtersebut.Jawaban :Persegi panjang yang terbentuk luasnya akan maksimum jika salah satu sisinya berhimpit dengansalah satu sisi segitiga dan titik sudut di sisi yang berlawanan dengan sisi yang berhimpit tersebutmenyinggung dua sisi segitiga yang lain. Untuk lebih jelasnya perhatikan gambar di bawah ini!

A

B CD

E F

RQ

P A3

D3B3

C3

E3

dengan AB = 5 cm, BC = 8 cm dan AC =√

41 cm, AD garis tinggi dari 4ABC.Dengan teorema pythagoras pada 4ABD dan 4ACD diperoleh,

AB2 −BD2 = AC2 −DC2

52 −BD2 = 41− (8−BD)2

25−BD2 = 41− 64 + 16BD −BD2

16BD = 48BD = 3

oleh karena itu AD = 4 cm.Misalkan pula panjang dan lebar persegi panjang yang dicari berturut - turut adalah p dan l.Dalam hal ini (sesuai dengan gambar di atas) diperoleh QR = EF = p dan EQ = FR = l. KarenaEF sejajar BC maka mudah dibuktikan bahwa 4AEP ∼ 4EBQ dan 4APF ∼ 4FRC. Olehkarena itu diperoleh,

EP

BQ= AP

EQ= 4− l

ldan PF

RC= AP

FR= 4− l

l

sehingga didapat,4− ll

= EP

BQ= PF

RC= EP + PF

BQ+RC= p

8− p

30


oleh sebab itu diperoleh,

4− ll

= p

8− p ⇔ (4− l)(8− p) = pl

⇔ 32− 4p− 8l + pl = pl

⇔ 4p = 32− 8l⇔ p = 8− 2l

dengan mengingat rumus luas untuk persegi panjang didapat,

L = pl

= (8− 2l)l= 8l − 2l2

= −2l2 + 8l − 8 + 8= −2(l − 2)2 + 8 ≤ 8

Jadi, luas maksimum persegi panjang yang mungkin dapat dibuat di dalam segitiga ABC tersebutadalah 8 cm2 dengan ukuran 4 cm x 2 cm.

5. Ada 12 orang yang antri untuk membeli tiket masuk suatu pertunjukkan dengan harga satu ti-ket adalah Rp 5.000,00. Diketahui 5 orang diantara mereka hanya mempunyai uang kertas Rp10.000,00 dan sisanya hanya mempunyai uang kertas Rp 5.000,00. Jika penjual tiket awalnya ha-nya mempunyai uang Rp 5.000,00, berapakah peluang penjual tiket tersebut mempunyai cukupkembalian untuk melayani semua orang sesuai dengan urutan mereka dalam antrian?Jawaban :Misal S adalah ruang sampel dari semua susunan antrian yang mungkin dan A adalah susunanantrian dimana penjual tiket mempunyai cukup kembalian untuk melayani semua orang sesuai de-ngan urutan mereka dalam antrian. Untuk selanjutnya guna memudahkan penulisan kita misalkansusunan antrian dimana penjual tiket mempunyai cukup kembalian sebagai antrian bagus.Selain itu, misalkan pula kelompok orang yang mempunyai uang Rp 10.000,00 sebagai kelompokmerah dan kelompok orang yang mempunyai uang Rp 5.000,00 sebagai kelompok biru.Selanjutnya mudah dilihat bahwa n(S) = 12! Sedangkan untuk menghitung n(A) yaitu banyaknyaantrian bagus bisa dilakukan dengan cara seperti di bawah ini :Karena penjual tiket diawal telah memiliki uang Rp 5.000,00 maka dengan hanya mengambil 4orang dari kelompok biru dan semua orang dari kelompok merah, kita sudah dapat menyusunantrian bagus. Bentuk antrian bagus yang bisa disusun salah satunya adalah seperti di bawah ini.

Jika setiap kotak merah dari kiri ke kanan dilabeli dengan x1, x2, x3, x4 dan x5 berturut - turutseperti di bawah ini,

x1 x2 x3 x4 x5

maka semua susunan antrian bagus bisa diperoleh dengan cara menggeser letak xi ke kanan. Per-masalahan ini equivalen dengan menghitung semua solusi yang mungkin dari persamaan

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 5

dengan 0 ≤ xi ≤ i untuk i = 1, 2, 3, 4 dan 1 ≤ x5 ≤ 5.Yang bisa dihitung sebagai berikut :

31


a) Jika x5 = 5,susunan yang mungkin hanya 1 yaitu (0, 0, 0, 0, 5).

b) Jika x5 = 4,susunan yang mungkin ada 4 yaitu (1, 0, 0, 0, 4), (0, 1, 0, 0, 4), (0, 0, 1, 0, 4) dan (0, 0, 0, 1, 4).

c) Jika x5 = 3,i. x1 = 0,

maka x2 + x3 + x4 = 2 karena banyaknya solusi dari x2 + x3 + x4 = 2 ada 6 yai-tu (1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1), (2, 0, 0), (0, 2, 0) dan (0, 0, 2) maka banyaknya susunan yangmungkin juga ada 6.

ii. x1 = 1,maka x2 + x3 + x4 = 1 karena banyaknya solusi dari x2 + x3 + x4 = 1 ada 3 yaitu(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) maka banyaknya susunan yang mungkin juga ada 3.

Jadi, untuk kasus x5 = 3 diperoleh susunan yang mungkin ada 6 + 3 = 9.d) Jika x5 = 2,

i. x1 = 0,maka x2 + x3 + x4 = 3 karena banyaknya solusi dari x2 + x3 + x4 = 3 ada 9 yaitu(0, 1, 2), (0, 2, 1), (0, 3, 0), (0, 0, 3), (1, 2, 0), (1, 0, 2), (1, 1, 1), (2, 1, 0), (2, 0, 1) maka banyak-nya susunan yang mungkin juga ada 9.

ii. x1 = 1,maka x2+x3+x4 = 2 karena banyaknya solusi dari x2+x3+x4 = 2 ada 6 maka banyaknyasusunan yang mungkin juga ada 6.

Jadi, untuk kasus x5 = 2 diperoleh susunan yang mungkin ada 9 + 6 = 15.e) Jika x5 = 1,

i. x1 = 0,maka x2 + x3 + x4 = 4 karena banyaknya solusi dari x2 + x3 + x4 = 4 ada 11 yaitu(0, 0, 4), (0, 1, 3), (0, 3, 1), (0, 2, 2), (1, 0, 3), (1, 3, 0), (1, 1, 2), (1, 2, 1),(2, 0, 2), (2, 2, 0) dan (2, 1, 1) maka banyaknya susunan yang mungkin juga ada 11.

ii. x1 = 1,maka x2+x3+x4 = 3 karena banyaknya solusi dari x2+x3+x4 = 3 ada 9 maka banyaknyasusunan yang mungkin juga ada 9.

Jadi, untuk kasus x5 = 1 diperoleh susunan yang mungkin ada 11 + 9 = 20.

Oleh karena itu, banyaknya solusi dari persamaan x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 5 dengan batasan0 ≤ xi ≤ i untuk i = 1, 2, 3, 4 dan 1 ≤ x5 ≤ 5 adalah 1 + 4 + 9 + 15 + 20 = 49. Akan tetapi karenauntuk membentuk antrian bagus masing - masing x1, x2, x3, x4 dan x5 dapat dipermutasikan.Demikian pula 4 orang dari kelompok biru juga dapat dipermutasikan maka banyaknya antrianbagus yang bisa dibentuk dari 5 orang kelompok merah dan 4 orang kelompok biru tersebut adalah49 · 5! · 4!. Selanjutnya dari kelompok biru masih bersisa 3 orang. Orang kelima bisa ditempatkandisebarang tempat diantara 9 orang yang telah disusun sebelumnya. Jadi, orang kelima mempunyai10 kemungkinan tempat yang bisa ditempati. Orang keenam mempunyai 11 kemungkinan tempatyang bisa ditempati dan orang ketujuh mempunyai 12 kemungkinan tempat yang bisa ditempati.Sehingga total antrian bagus yang dapat disusun ada 49 · 5! · 4! · 10 · 11 · 12. Berarti n(A) =49 · 5! · 4! · 10 · 11 · 12. Oleh karena itu,

P (A) = n(A)n(S) = 49 · 5! · 4! · 10 · 11 · 12

12! = 718

Jadi, peluang penjual tiket tersebut mempunyai cukup kembalian untuk melayani semua orangsesuai dengan urutan mereka dalam antrian adalah 7

18.

32

If people do not believe that mathematics is simple, it isonly because they do not realize how complicated life is.•John Louis von Neumann

Arithmetic is where the answer is right and everythingis nice and you can look out of the window and see theblue sky - or the answer is wrong and you have to startover and try again and see how it comes out this time.•Carl Sandburg

Pure mathematics is, in its way, the poetry of logicalideas.•Albert Einstein

To parents who despair because their children are unableto master the first problems in arithmetic, I can dedicatemy examples. For, in arithmetic, until the seventh gradeI was last or nearly last.•Jacques Salomon Hadamard

‘OSN Matematika 2012’Setelah sepuluh tahun diselenggarakannya OSN bidangmatematika, khususnya untuk jenjang SMP, perkem-bangan yang terjadi luar biasa besar. Selain dari kualitassoal yang semakin tinggi. Anemo pelajar, guru dan seko-lah untuk mengikuti ajang ini juga semakin besar. Halini menunjukkan bahwa ajang OSN Matematika mulaidipandang sebagai sesuatu yang prestisius. Hal ini tentusaja akan equivalen dengan semakin ketatnya persaing-an diantara para peserta lomba. Oleh karena itu, gunamendapatkan hasil yang optimal tidak ada cara lain se-lain terus belajar, membaca, belajar, bertanya, belajar,dan berlatih.

Visit My Webblog • http://mathematic-room.blogspot.com

Contact Us by Email • [email protected]

ebook osn smp 2012

Documents