osk mtk sma 2013

Tutur Widodo www.pintarmatematika.net

Pembahasan Olimpiade Matematika SMA

Tingkat Kabupaten

Tahun 2013

Oleh Tutur Widodo

1. Misalkan a dan b adalah bilangan asli dengan a > b. Jika

94 + 2

2013 =a +b,

maka nilai a b adalah ...Penyelesaian :

Untuk a, b 0 berlaku

(a+b)2 = a+ b+ 2

ab a+

b =

(a+ b) + 2

ab

Padahal 94 + 2

2013 = (61 + 33) + 2

61 33. Oleh karena itu,

94 + 2

2013 =61 +

33. Sehingga a b = 61 33 = 28.

2. Diberikan segitiga ABC dengan luas 10. Titik D,E dan F berturut - turut terletak

pada sisi - sisi AB,BC dan CA dengan AD = 2, DB = 3. Jika segitiga ABE dan

segiempat DBFE mempunyai luas yang sama, maka luasnya sama dengan ...

Penyelesaian :

Perhatikan sketsa berikut ini!

A B

C

D

E

F

Karena Luas 4ABE = Luas DBFE berakibat Luas 4ADE = Luas 4DEF . Pada-hal diketahui pula bahwa DE adalah sisi persekutuan antara 4ADE dan 4DEFsehingga jarak titik A ke DE sama dengan jarak titik F ke DE. Dengan kata lain, AF

sejajar DE sehinggaCE

EB=AD

DB=

2

3

Oleh karena itu, Luas 4ABE = 35 10 = 6.

3. Misalkan p dan q bilangan prima. Jika diketahui persamaan x2014 px2013 + q = 0mempunyai akar - akar bilangan bulat, maka nilai p+ q adalah ...

Penyelesaian :

Misalkan salah satu akar bulat dari persamaan x2014 px2013 + q = 0 adalah t. Makadiperoleh t2014pt2013+q = 0 q = t2013(pt). Perhatikan juga bahwa1 dan 0 bukanmerupakan akar - akar persamaan x2014 px2013 + q = 0. Sehingga dengan mengingatbahwa q adalah bilangan prima diperoleh t = 1. Oleh karena itu, q = p1 pq = 1.Dari keterangan ini dapat disimpulkan bahwa salah satu dari p, q harus genap. Dan

karena bilangan prima genap hanya 2 maka kita peroleh q = 2 dan p = 3. Jadi,

p+ q = 5.

1


4. Jika fungsi f didefinisikan oleh f(x) =kx

2x+ 3, x 6= 3

2, k konstanta memenuhi f

(f(x)

)=

x untuk setiap bilangan real x, kecuali x = 32

maka nilai k adalah ...

Penyelesaian :

Untuk x = 1 diperoleh

f(f(1)

)= 1 f

(k5

)= 1

k2

2k + 15= 1

k2 2k 15 = 0 (k 5)(k + 3) = 0

Mudah dicek bahwa k = 3 memenuhi kondisi f(f(x)

)= x.

5. Koefisien x2013 pada ekspansi

(1 + x)4026 + x(1 + x)4025 + x2(1 + x)4024 + + x2013(1 + x)2013

adalah ...

Penyelesaian :

Koefisien x2013 dari (1 + x)4026 adalah C40262013. Koefisien x2013 dari x(1 + x)4025 adalah C40252012. Koefisien x2013 dari x2(1 + x)4024 adalah C40242011. Koefisien x2013 dari x2012(1 + x)2014 adalah C20141 . Koefisien x2013 dari x2013(1 + x)2013 adalah C20130 .

Dengan menggunakan identitas,

Cm

0 +Cm+1

1 +Cm+2

2 + +Cm+k

k = Cm+k+1

k

diperoleh koefisien x2013 pada ekspansi

(1 + x)4026 + x(1 + x)4025 + x2(1 + x)4024 + + x2013(1 + x)2013

yaitu,

C2013

0 +C2014

1 + +C4025

2012 +C4026

2013 = C4027

2013

6. Jika2

x 2y

= 1 dan y x = 2, maka (x+ y)2 = Penyelesaian :

Lakukan sedikit manipulasi aljabar sebagai berikut,

2

x 2y

= 1 2(y x)xy

= 1

4xy

= 1

xy = 4

2


selanjutnya diperoleh,

(x+ y)2 = x2 + y2 + 2xy

= x2 + y2 2xy + 4xy= (y x)2 + 4xy= 4 + 16

= 20

7. Suatu dadu ditos enam kali. Banyak cara memperoleh jumlah mata yang muncul 28

dengan tepat satu dadu muncul angka 6 adalah ...

Penyelesaian :

Tanpa mengurangi keumuman misalkan tos pertama muncul angka 6. Maka pada tos

kedua sampai dengan tos keenam hanya boleh muncul angka 1, 2, 3, 4, 5 dan jumlahnya

22. Kemungkinan yang seperti ini hanya ada tiga kasus yaitu

Yang muncul angka : 2, 5, 5, 5, 5 yang banyaknya cara ada 5!4!

= 5 cara.

Yang muncul angka : 3, 4, 5, 5, 5 yang banyaknya cara ada 5!3!

= 20 cara.

Yang muncul angka : 4, 4, 4, 5, 5 yang banyaknya cara ada 5!2! 3! = 10 cara.

Sehingga total ada 5 + 20 + 10 = 35 cara jika pada tos pertama muncul angka 6.

Karena keenam tos memiliki peluang yang sama untuk muncul angka 6 berakibat total

keseluruhan cara yang mungkin yaitu 6 35 = 210 cara.

8. Misalkan P adalah titik interior dalam daerah segitiga ABC sehingga besar PAB =10,PBA = 20,PCA = 30,PAC = 40. Besar ABC = Penyelesaian :

Perpanjang CP,AP,BP sehingga memotong AB,BC,CA berturut - turut di titik

D,E, F seperti gambar berikut :

A B

P

C

D

E

F

Mudah diperoleh bahwa APB = 150,APC = 110 sehingga BPC = 100.Misalkan PBC = x maka PCB = 80 x.Berdasarkan dalil sinus pada 4ADP dan 4BDP diperoleh

AD

sin 70=

DP

sin 10dan

BD

sin 50=

DP

sin 20

sehinggaAD

BD=

sin 70 sin 20sin 80 sin 10

3


Dengan cara serupa diperoleh pula

BE

EC=

sin 30 sin(80 x)sinx sin 70

CF

FA=

sin 80 sin 40sin 30 sin 30

Padahal berdasarkan teorema Ceva diperoleh

AD

DB BEEC CFFA

= 1

Substitusikan ketiga persamaan di atas sehingga didapat

sin 20 sin(80 x) sin 40sin 10 sin 30 sinx = 1

yang ekuivalen dengan

sin 20 sin(80 x) sin 40 = sin 10 sin 30 sinx4 sin 20 sin(80 x) sin 40 = 2 sin 10 sinx

2(cos 60 cos 20) sin(80 x) = cos(x+ 10) cos(x 10)sin(80 x) 2 cos 20 sin(80 x) = cos(x+ 10) cos(x 10)

sin(80 x) (sin(100 x) + sin(60 x)) = sin(80 x) sin(100 x) sin(60 x) = 0

Karena x terletak pada kuadran pertama maka x = 60. Jadi, ABC = 20 +x = 80.

Alternatif Penyelesaian :

Misalkan D pusat lingkaran luar4ACP karena ADP = 2ACP = 60 maka4ADPadalah segitiga sama sisi.

A B

P

C

D

E

F

CAD = DAP CAP = 60 40 = 20. Karena APB = 150 maka APE =30, sehingga EPD = 30. Oleh karena itu, DPB = 150 = APB. Hal iniberakibat 4APB kongruen 4BPD. Sehingga BDP = BAP = 10. Selanjutnyakita diperoleh ADF = ADP + BDP = 60 + 10 = 70. Oleh karena itu,AFD = 90. Dengan kata lain, BDAC dan karena 4ADC adalah segitiga samakaki dengan AD = CD maka AF = FC. Sehingga dapat disimpulkan 4ABC adalahsegitiga sama kaki dengan AB = BC. Jadi, BAC = ACB = 50 yang berartiABC = 80.

4


9. Sepuluh kartu ditulis dengan angka satu sampai sepuluh (setiap kartu hanya terdapat

satu angka dan tidak ada dua kartu yang memiliki angka yang sama). Kartu - kartu

tersebut dimasukkan kedalam kotak dan diambil satu secara acak. Kemudian sebuah

dadu dilempar. Probabilitas dari hasil kali angka pada kartu dan angka pada dadu

menghasilkan bilangan kuadrat adalah ...

Penyelesaian :

Misalkan a angka dari dadu dan b angka dari kartu. Pasangan (a, b) yang menghasilkan

ab bilangan prima yaitu (1, 1), (1, 4), (1, 9), (2, 2), (2, 8), (3, 3), (4, 1), (4, 4), (4, 9), (5, 5), (6, 6)

yang ada 11 kemungkinan. Sedangkan kemungkinan ruang sampel adalah 60. Oleh

karena itu, peluang dari hasil kali angka pada kartu dan angka pada dadu menghasilkan

bilangan kuadrat adalah11

60.

10. Enam orang siswa akan duduk pada tiga meja bundar, dimana setiap meja akan

diduduki oleh minimal satu siswa. Banyaknya cara untuk melakukan hal tersebut

adalah ...

Penyelesaian :

Pembagian keenam siswa pada tiga meja bundar tersebut adalah sebagai berikut :

Siswa diatur dalam kelompok 4, 1, 1. Untuk kasus ini kemungkinan cara dudukada

C6

4 C2

1 (4 1)!2!

= 90


C6

3 C3

2 (3 1)! (2 1)! = 120


C6

2 C4

2

3!= 15

Oleh karena itu, total cara mengatur tempat duduk keenam siswa tersebut adalah

90 + 120 + 15 = 225 cara.

11. Suatu partikel bergerak pada bidang Cartesius dari titik (0, 0). Setiap langkah bergerak

satu - satuan searah sumbu X positif dengan probabilitas 0, 6 atau searah sumbu Y

positif dengan probabilitas 0, 4. Setelah sepuluh langkah, probabilitas partikel tersebut

sampai pada titik (6,4) dengan melalui titik (3,4) adalah ...

Penyelesaian :

(0, 0)

(3, 4) (6, 4)

A

BC

Sebuah partikel akan bergerak dari A menuju B dengan melalui C. Dari A ke titik

C banyaknya cara ada7!

3! 4! = 35. Sedangkan dari C ke B hanya ada satu cara.

5


Oleh karena itu, banyak cara partikel bergerak dari A menuju B dengan melalui C ada

35 1 = 35 cara. Perhatikan bahwa bagaimana pun cara pertikel tersebut bergerakdari A menuju B maka dia akan selalu 6 kali bergerak searah sumbu X positif dan 4

kali bergerak searah sumbu Y positif. Jadi, besarnya peluang pertikel bergerak dari A

menuju B dengan melalui C adalah 35 (0, 6)6 (0, 4)4 = 8164859

.

12. Diberikan segitiga ABC, dengan panjang sisi AB = 30. Melalui AB sebagai diameter,

dibuat sebuah lingkaran, yang memotong sisi AC dan sisi BC berturut - turut di D

dan E. Jika AD = 13AC dan BE = 1

4BC, maka luas segitiga ABC sama dengan ...

Penyelesaian :

Perhatikan sketsa gambar di bawah ini!

A

B

C

D

E

Perlu diperhatikan bahwa ADB = CDB = AEB = AEC = 90. Misal, AD = xdan BE = y maka AC = 3x,CD = 2x,BC = 4y dan CE = 3y. Dengan teorema

Phytagoras pada segitiga ABD dan segitiga BCD diperoleh

302 x2 = (4y)2 (2x)2 900 x2 = 16y2 4x2 900 = 16y2 3x2

Demikian pula dengan teorema Phytagoras pada segitiga ABE dan segitiga ACE diper-

oleh

302 y2 = (3x)2 (3y)2 900 y2 = 9x2 9y2 900 = 9x2 8y2

dengan menggabungkan kedua persamaan di atas didapat,

16y2 3x2 = 9x2 8y2 24y2 = 12x2 x2 = 2y2

sehingga kita peroleh

900 = 16y2 3x2 = 16y2 6y2 = 10y2 y =

90

Oleh karena itu,

AE2 = 900 y2 = 900 90 = 810 AE =

810

6


Jadi,

Luas segitiga ABC =1

2BC AE

=1

2 4y

810

= 2

90

810

= 2 3

10 9

10 = 540

13. Banyaknya nilai dengan 0 < < 90 yang memenuhi persamaan

(1 + cos)(1 + cos 2)(1 + cos 4) =1

8

adalah ...

Penyelesaian :

Ingat identitas trigonometri cos 2x = 2 cos2 x 1 cos2 x = 12

(1 + cos 2x). Selanjut-

nya lakukan sedikit manipulasi

(1 + cos)(1 + cos 2)(1 + cos 4) =1

8

(1 cos2 )(1 + cos 2)(1 + cos 4) = 18

(1 cos)

(1 cos 2)(1 + cos 2)(1 + cos 4) = 14

(1 cos)

(1 cos2 2)(1 + cos 4) = 14

(1 cos)

(1 cos 4)(1 + cos 4) = 12

(1 cos)

1 cos2 4 = 12

(1 cos)1 cos 8 = 1 cos

cos 8 = cos

Sehingga diperoleh,

8 = + k 360 7 = k 360.Diperoleh =

360

7.

8 = + k 360 9 = k 360 = k 40.Diperoleh = 40 atau = 80.

Jadi, ada tiga nilai yang memenuhi.

14. Diberikan segitiga lancip ABC dengan O sebagai pusat lingkaran luarnya. Misalkan

M dan N berturut - turut pertengahan OA dan BC. Jika ABC = 4OMN danACB = 6OMN , maka besarnya OMN sama dengan ...Penyelesaian :

7


A B

C

O

N

M

Misalkan OMN = x. 4BOC adalah segitiga sama kaki. Karena BN = NC makaON adalah garis tinggi sehingga CNO = 90 dan CON = 1

2BOC = BAC =

180 10x. Perhatikan juga bahwa AOC = 2ABC = 8x sehingga AON =AOC +CON = 8x+ 180 10x = 180 2x. Karena OMN = x dan MON =AON = 180 2x maka berakibat ONM = x. Dengan kata lain 4OMN adalahsegitiga samakaki dengan ON = OM = 1

2OC. Oleh karena itu, cosCON = 1

2

CON = 60. Jadi, diperoleh 18010x = 60 x = 12. Maka besar OMN = 12.

15. Tentukan semua bilangan tiga digit yang memenuhi syarat bahwa bilangan tersebut

sama dengan penjumlahan dari faktorial setiap digitnya.

Penyelesaian :

Misalkan bilangan tersebut adalah abc. Karena abc = a! + b! + c! dan 7! = 5040 maka

a, b, c 6. Jika salah satu dari a, b, c adalah 6 maka abc > 6! = 720 yang jelas takmungkin. Jadi a, b, c 5. Oleh karena itu abc 5! + 5! + 5! = 360. Sehingga a 3.Perhatikan juga bahwa 4! + 4! + 4! = 72. Oleh karena itu paling tidak salah satu dari

a, b, c sama dengan 5.

Jika a = 1, maka diperoleh 1! + 5! + 1! = 122, 1! + 5! + 2! = 123, 1! + 5! + 3! =127, 1! + 5! + 4! = 145, 1! + 5! + 5! = 241. Jadi yang mungkin hanya abc = 145.

Jika a = 2, kedua b, c harus sama dengan 5, tetapi 2! + 5! + 5! = 242 6= 255. Jadi,tidak ada yang memenuhi.

Jika a = 3, diperoleh abc 300 akan tetapi abc 3! + 5! + 5! = 246 yang jelastak mungkin.

Jadi, satu - satunya bilangan tiga digit yang memenuhi adalah 145.

16. Diberikan himpunan

S =

{x Z

x2 2x+ 72x 1 Z

}Banyaknya himpunan bagian dari S adalah ...

Penyelesaian :

Misal t =x2 2x+ 7

2x 1 maka diperoleh

t =1

4

(4x2 8x+ 28

2x 1)

=1

4

(2x 3 + 25

2x 1)

Agar diperoleh t bulat maka haruslah (2x 1) membagi 25. Ada enam kasus yangmungkin

8


2x 1 = 1 x = 1. Diperoleh t = 14(1 + 25) = 6.

2x 1 = 5 x = 3. Diperoleh t = 14(3 + 5) = 2.

2x 1 = 25 x = 13. Diperoleh t = 14(23 + 1) = 6.

2x 1 = 1 x = 0. Diperoleh t = 14(3 25) = 7.

2x 1 = 5 x = 2. Diperoleh t = 14(7 5) = 3.

2x 1 = 25 x = 12. Diperoleh t = 14(27 1) = 7.

Jadi, diperoleh S = {12,2, 0, 1, 3, 13} sehingga banyaknya himpunan bagian dari Sadalah 26 = 64.

17. Untuk x > 0, y > 0 didefinisikan f(x, y) adalah nilai terkecil diantara x,y

2+

2

x,

1

y. Nilai

terbesar yang mungkin dicapai oleh f(x, y) adalah ...

Penyelesaian :

Jika x =1

y=y

2+

2

xmaka diperoleh xy = 1 dan

x =y

2+

2

x x = xy + 4

2x

2x2 = 5

x =

10

2

Selanjutnya akan ditunjukkan nilai terbesar dari f(x, y) adalah

10

2.

Untuk kasus x

10

2atau

1

y

10

2jelas bahwa f(x, y)

10

2.

Oleh karena itu, anggap x >

10

2dan

1

y>

10

2. Untuk kasus ini diperoleh,

y

2+

2

x

osk mtk sma 2013

Documents