SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2013 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2014
Prestasi itu diraih bukan didapat !!!
SOLUSI SOAL BAGIAN PERTAMA
Disusun oleh : Eddy Hermanto, ST
Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013
Solusi
Bagian Pertama
BAGIAN PERTAMA 1. ABC adalah segitiga sama sisi dengan panjang sisi 4.
Luas daerah = 3 β
300 β 360
1 2
π β 22 + β 42 β sin 60π = 10π + 4β3
β΄ Jadi, luas dari ketiga lingkaran berikut daerah yang dibatasi sama dengan πππ
+ πβπ. 2. Masing-masing lampu akan ditekan sebanyak faktor positifnya. Bilangan kuadrat sempurna akan memiliki faktor sebanyak ganjil sedangkan bilangan bukan kuadrat sempurna memiliki faktor positif sebanyak genap. Karena kondisi lampu awalnya mati. Maka lampu akan hidup jika ditekan sebanyak ganjil. Maka banyaknya lampu yang hidup sama dengan banyaknya bilangan kuadrat sempurna β€ 2013. Mengingat 442 = 1936 dan 452 = 2025 maka bilangan kuadrat sempurna β€ 2013 ada sebanyak 44. β΄ Jadi, banyaknya lampu dalam kondisi hidup setelah operasi pada hari ke-2013 ada 44.
3. π(π₯) =
ππ₯ 2π₯β3
,
π₯β
3 2
ποΏ½π(π₯)οΏ½ = π₯ ππ₯ ποΏ½ 2π₯ β 3οΏ½ = π₯ ππ₯ 2 οΏ½2π₯ β 3οΏ½ β 3 π 2 = 2ππ₯ β 3(2π₯ β 3) (π β 3)(π β 2π₯ + 3) = 0 π = 3 atau π = 2π₯ β 3 Karena π adalah konstanta maka π = 3. 3π₯ 3 π(π₯) = , π₯β 2π₯ β 3 2 671 3(2013) = π(2013) = 2(2013) β 3 447 671 β΄ Jadi, nilai π(2013) adalah . 447
4. Misalkan 2
π₯π¦ 2 π₯+π¦
= π dengan p adalah bilangan prima.
xy = p(x + y) β
β
β
β
β
β
β
β
β
β
β
β
β
β
β
β
β
β
β
β
β
β
(1) Maka px atau py. Jika py maka y = bp dengan b β N.
SMA Negeri 5 Bengkulu
Eddy Hermanto, ST
Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013
Solusi
Bagian Pertama
xb2p = x + bp Maka px Jadi, didapat fakta bahwa px. Misalkan x = ap dengan a β N. ay2 = ap + y Maka ay. y(ay β 1) = ap Karena ay maka (ay β 1)p Karena p adalah bilangan prima maka ay β 1 = 1 atau p. β’ Jika ay β 1 = 1 ay = 2. Karena ay maka a = 1 dan y = 2. (2)((1)(2) β 1) = (1)(p) p=2 Subtitusikan ke persamaan (1) didapat x(2)2 = 2(x + 2) x=2 Jadi, pasangan (x, y) yang memenuhi adalah (2, 2). β’ Jika ay β 1 = p Maka a = y p = y2 β 1 = (y + 1)(y β 1) Karena p adalah bilangan prima maka nilai y yang memenuhi adalah y = 2 sehingga p = 3. Subtitusikan ke persamaan (1) didapat x(2)2 = 3(x + 2) x=6 Jadi, pasangan (x, y) yang memenuhi adalah (6, 2). β΄ Jadi,pasangan (x, y) yang memenuhi adalah (2, 2) dan (6, 2). 5. x + x + y = 10 dan x + y β y = 12 * Jika x dan y di kuadran I maka x = x dan y = y 2x + y = 10 dan x = 12 sehingga y = β14 (tidak memenuhi (x, y) di kuadran I) * Jika x dan y di kuadran II maka x = βx dan y = y y = 10 dan x = 12 (tidak memenuhi (x, y) di kuadran II) * Jika x dan y di kuadran III maka x = βx dan y = βy y = 10 dan x β 2y = 12 sehingga x = 32 (tidak memenuhi (x, y) di kuadran III) * Jika x dan y di kuadran IV maka x = x dan y = βy 2x + y = 10 dan x β 2y = 12 32 14 Nilai (x, y) yang memenuhi adalah ( , β β) (memenuhi (x, y) di kuadran IV) π₯+π¦ =
32 5
14 β 5
β΄ Jadi, π₯ +
18 = 5 ππ π¦= π
5
5
6. π2 β 600 = π2 untuk suatu bilangan bulat positif π, π. (π + π)(π β π) = 660 = 22 β 3 β 5 β 11 Jelas bahwa π + π > π β π SMA Negeri 5 Bengkulu
Eddy Hermanto, ST
Solusi
Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013
Bagian Pertama
π + π dan π β π keduanya memiliki paritas yang sama. Maka keduanya merupakan bilangan genap. Banyaknya faktor 3 β
5 β
11 ada 8 maka banyaknya pasangan (π, π) yang memenuhi ada 4. β΄ Jadi, banyaknya pasangan (π, π) yang memenuhi ada 4. 7. Barisan itu akan membentuk kelompok bilangan ganjil, diikuti kelompok bilangan genap, lalu diikuti kelompok bilangan ganjil dan diakhiri kelompok bilangan genap. Misalkan a adalah banyaknya bilangan ganjil pada bagian paling kiri, b menyatakan banyaknya bilangan genap di sebelah kanan kelompok bilangan ganjil, c menyatakan banyaknya bilangan ganjil di sebelah kanan kelompok bilangan genap dan d menyatakan banyaknya bilangan ganjil di bagian paling kanan. Maka 0 β€ a β€ 4 ; 1 β€ b β€ 5 ; 1 β€ c β€ 5 ; 0 β€ d β€ 4 serta a + c = 4 atau 5 Karena ada 4 bilangan ganjil dan 5 genap atau 5 bilangan ganjil dan 4 genap, maka masingmasing susunan 9 bilangan ada 4! β
5! = 2880 kemungkinan. Untuk mencari banyaknya tupel (a, b, c, d) yang memenuhi maka dapat dibagi 2 kasus : β’ Kasus 1, jika a + c = 4 Maka b + d = 5 Banyaknya cara memilih 4 bilangan ganjil = 5C4 = 5. Banyaknya nilai a yang memenuhi ada 4 sebab c β₯ 1. Karena b + d = 5 maka banyaknya nilai b yang memenuhi ada 5. Jadi, banyaknya tupel (a, b, c, d) yang memenuhi ada 5 β
4 β
5 β
1 β
1 = 100. β’ Kasus 2, jika a + c = 5 Maka b + d = 4 Banyaknya cara memilih 4 bilangan genap = 5C4 = 5. Banyaknya nilai a yang memenuhi ada 5 sebab c β₯ 1. Karena b + d = 4 maka banyaknya nilai b yang memenuhi ada 4. Jadi, banyaknya tupel (a, b, c, d) yang memenuhi ada 5 β
5 β
4 β
1 β
1 = 100. Jadi, banyaknya tupel (a, b, c, d) yang memenuhi = 100 + 100 = 200. Jadi, banyaknya susunan = 200 β
2880 = 576000. β΄ Jadi, banyaknya susunan 576000. 8. Jika abc adalah bilangan cantik maka cba juga bilangan cantik. Maka cukup dengan membuat daftar bilangan cantik dengan a < b. Bilangan-bilangan cantik dengan a < b adalah 123, 1234, 12345, 123456, 1234567, 12345678, 123456789, 124, 1248, 135, 1357, 13579, 139, 147, 159, 234, 2345, 23456, 234567, 2345678, 23456789, 246, 2468, 248, 258, 345, 3456, 34567, 345678, 3456789, 357, 3579, 369, 456, 4567, 45678, 456789, 468, 469, 567, 5678, 56789, 579, 678, 6789, 789 yang banyaknya ada 46. β΄ Jadi, banyaknya bilangan canti ada 92. 9. Diketahui β BAC = 45o dan β ABC = 30o. Misalkan panjang BC = 2a ; AC = 2b dan AB = 2c.
SMA Negeri 5 Bengkulu
Eddy Hermanto, ST
Solusi
Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013
Bagian Pertama
Dengan dalil sinus pada βABC didapat π sin 45π = = β2 π sin 30π Misalkan β AMC = y maka β CAM = 75o β y
Dengan dalil sinus pada βAMC didapat sin(75π β π¦) π = sin π¦ 2π β2 sin π¦ = 2 sin(75π β π¦) = 2 sin 75π cos π¦ β 2cos 75π sin π¦ sin π¦ 2 sin 75π β3 + 1 tan π¦ = = = =1 cos π¦ β2 + 2 cos 75π β3 + 1 β΄ Jadi, nilai dari tan β π΄ππΆ = π . 10. a + b = kp dengan k β N dan k tidak habis dibagi p serta p adalah bilangan prima. b = kp β a a2013 + b2013 = a2013 + (kp β a)2013 a2013 + b2013 = (kp)2013 + 2013(kp)2012a + 2013C2(kp)2011a2 + β
β
β
+ 2013C2 (kp)2a2011 + 2013(kp)a2012 Karena a2013 + b2013 habis dibagi p2 sedangkan p > 2013 tidak membagi k maka a habis dibagi p. Karena pa dan p(a + b) maka pb. Maka a2013 + b2013 habis dibagi p2013. β΄ Jadi, banyak bilangan asli n β€ 2013 yang memenuhi ada 2013. 11. Keenam anak TK akan dibagi dalam beberapa kelompok yang pertukaran hadiah dalam kelompok akan membentuk suatu lingkaran. Berdasarkan pembagian maka ada 4 kasus : β’ Kasus 1, keenam anak TK terbagi dalam 3 kelompok masing-masing 2 orang. Pada masing-masing kelompok banyaknya cara = (2 β 1)! = 1. β’
β’
6 4 2 οΏ½ οΏ½οΏ½ οΏ½οΏ½ οΏ½
Maka banyaknya cara seluruh = 2 2 2 β (2 β 1)! β (2 β 1)! β (2 β 1)! = 15. 3! Kasus 2, keenam anak TK terbagi dalam 2 kelompok, 1 kelompok 2 orang dan kelompok lain 4 orang. Pada kelompok terdiri dari 4 orang, orang pertama akan memberikan ke orang kedua dengan 3 cara, orang kedua akan memberikan ke orang ketiga dengan 2 cara, orang ketiga akan memberikan ke orang keempat dengan 1 cara dan orang keempat akan memberikan ke orang pertama dengan 1 cara. Banyaknya cara = (4 β 1)!. 6 Maka banyaknya cara seluruh = οΏ½ οΏ½ β (2 β 1)! β (4 β 1)! = 90. 2 Kasus 3, keenam anak TK terbagi dalam 2 kelompok masing-masing 3 orang. 6 3 οΏ½ οΏ½οΏ½ οΏ½ 3 3 β 2!
(3 β 1)! β (3 β 1)! = 40. Banyaknya cara = β’ Kasus 4, keenam anak TK terbagi dalam 1 kelompok terdiri dari 6 orang. Banyaknya cara = (6 β 1)! = 120 Jadi, banyaknya cara pertukaran hadiah = 15 + 90 + 40 + 120 = 265 β΄ Jadi, banyaknya cara melakukan hal tersebut adalah 265.
SMA Negeri 5 Bengkulu
Eddy Hermanto, ST
Solusi
Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013
Bagian Pertama
12. π¦ = π₯2 β π dan π₯ = π¦ 2 β π π₯ = (π₯ 2 β π)2 β π = π₯ 4 β 2ππ₯2 + π2 β π π₯ 4 β 2ππ₯2 β π₯ + π2 β π = 0 memiliki akar-akar π₯1 , π₯2 , π₯3 dan π₯4 . Maka π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯4 = 0 π₯1 π₯2 π₯3 + π₯1 π₯2 π₯4 + π₯1 π₯3 π₯4 + π₯2 π₯3 π₯4 = 1 (π₯1 + π₯2 )(π₯1 + π₯3 )(π₯1 + π₯4 ) = π₯12 (π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯4 ) + π₯1 π₯2 π₯3 + π₯1 π₯2 π₯4 + π₯1 π₯3 π₯4 + π₯2 π₯3 π₯4 (π₯1 + π₯2 )(π₯1 + π₯3 )(π₯1 + π₯4 ) = 1 β΄ Jadi, nilai (π₯1 + π₯2 )(π₯1 + π₯3 )(π₯1 + π₯4 ) adalah 1. 13. π₯ + π¦ + π§ = π dan π₯ 2 + π¦ 2 + π§ 2 = π dengan 1 β€ π, π β€ 6 serta π, π β π. π₯ 2 + π¦ 2 + π§ 2 + 2π₯π¦ + 2π₯π§ + 2π¦π§ = π2 π2 β π π₯π¦ + π₯π§ + π¦π§ = 2 Berdasarkan ketaksamaan AM-GM didapat π₯ 2 + π¦ 2 + π§ 2 β₯ π₯π¦ + π₯π§ + π¦π§ 2π β₯ π2 β π 3π β₯ π2 β’ Jika π = 1 maka nilai π yang memenuhi adalah 1, 2, 3, 4, 5, 6. β’ Jika π = 2 maka nilai π yang memenuhi adalah 2, 3, 4, 5, 6. β’ Jika π = 3 maka nilai π yang memenuhi adalah 3, 4, 5, 6. β’ Jika π = 4 maka nilai π yang memenuhi adalah 5, 6. β’ Jika π = 5 atau 6 maka tidak ada nilai π yang memenuhi. Jadi, banyaknya pasangan (a, b) yang memenuhi ada 17. β΄ Jadi, besarnya peluang terdapat bilangan real π₯, π¦, π§ yang memenuhi adalah
ππ . ππ
14. Misalkan ABC adalah segitiga sama sisi dengan panjang sisi π. DEFG adalah persegi dengan keempat titik sudutnya terletak pada sisi ABC dengan D, E terletak pada sisi AB. Lingkaran O adalah lingkaran dalam persegi DEFG. Segitiga PQR adalah segitiga sama sisi yang ketiga titik sudutnya terletak pada lingkaran O.
Misalkan panjang sisi persegi DEFG sama dengan π. CGF adalah segitiga sama sisi maka panjang πΆπΊ = π. Panjang π΄πΊ = π β π. π·πΊ = π΄πΊ sin 60π 1 π = (π β π) β β3 2
SMA Negeri 5 Bengkulu
Eddy Hermanto, ST
Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013
Solusi
π=
Bagian Pertama
πβ3
2 + β3 π β3 Jar-jari lingkaran O = π
= 4+2 3. β
Misalkan panjang sisi βPQR sama dengan π. 1 π3 π3 οΏ½4 + 2β3οΏ½ [πππ
] = β π2 β sin 60π = = 2 4π
4πβ3 3π π= 4 + 2β3
Maka panjang sisi β1 , β2 , β3 , β
β
β
berturut-turut adalah 1, suatu barisan geometri dengan rasio
3 . 4+2β3
β΄ Jadi, panjang sisi dari β2013 adalah οΏ½
ππππ π οΏ½ . π+πβπ
3 , 4+2β3
2 3 οΏ½ , 4+2β3
οΏ½
β
β
β
yang membentuk
15. π₯1 = 2
1 2 π₯π+1 = οΏ½1 + οΏ½ π₯π + π π π₯2 = 6 π₯3 = 10 π₯4 = 14 Jika diambil π₯π = 4π β 2 maka π₯π+1 = 4(π + 1) β 2 = 4π + 2 2 1 2 1 οΏ½1 + οΏ½ π₯π + = οΏ½1 + οΏ½ (4π β 2) + = 4π + 2 π π π π Maka π₯π = 4π β 2 π₯2013 = 4(2013) β 2 = 8050 β΄ Jadi, nilai π₯2013 adalah ππππ.
16. Misalkan π΄π΅πΆπ· adalah persegi dengan panjang 2β3. πππ
π adalah rhombus (belah ketupat) dimaksud dengan titik π terletak di dalam βπ΄π
π΅.
π
ππ juga merupakan segitiga sama sisi. Misalkan perpotongan ππ dan ππ
adalah titik πΎ dan pertengahan π΄π΅ adalah π. π
π = π΄π tan 60π = β3 β β3 = 3 π
πΎ = π
π β πΎπ = 3 β β3 π
πΎ π
π = π
π π΄π
SMA Negeri 5 Bengkulu
Eddy Hermanto, ST
Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013
Solusi
π
π 3 β β3 = 3 2β3 π
π = 2β3 β 2
1 2
Bagian Pertama
2
Luas rhombus = 2 β β οΏ½2β3 β 2οΏ½ β sin 60π = 8β3 β 12 β΄ Jadi, luas rhombus = πβπ β ππ. π
25π
17. + = π dengan π, π, π β π dan πΉππ΅(π, π) = 1. π 21π 2 21π + 25π 2 = 21πππ Karena πΉππ΅(π, π) = 1 maka π25 dan π21. Maka kemungkinan pasangan (π, π) yang mungkin memenuhi adalah (1,1), (1,3), (1,7), (1,21), (5,1), (5,3), (5,7), (5,21), (25,1), (25,3), (25,7), (25,21). Melalui pengujian ke persamaan semula didapat fakta bahwa tidak ada pasangan (π, π) yang memenuhi. β΄ Jadi, bilangan bulat positif π dan π yang memenuhi ada sebanyak 0. 18. Karena 202 + 212 = 292 maka βπ΄π΅πΆ siku-siku di π΄.
Pada βπ΄π·π΅ berlaku : π΄π· 2 = π΄π΅2 + π΅π· 2 β 2 β π΄π΅ β π΅π· β cos β π΄π΅πΆ 20 7056 π΄π· 2 = 202 + 82 β 2 β 20 β 8 β = 29 29 Pada βπ΄πΆπΈ berlaku : π΄πΈ 2 = π΄πΆ 2 + πΈπΆ 2 β 2 β π΄πΆ β πΈπΆ β cos β π΄πΆπ΅ 21 7200 = π΄πΈ 2 = 212 + 92 β 2 β 21 β 9 β 29 29 Pada βπ΄π·πΈ berlaku : π·πΈ 2 = π΄π· 2 + π΄πΈ 2 β 2 β π΄π· β π΄πΈ β cos β π·π΄πΈ 122 =
7056 7200 7056 7200 + β2βοΏ½ βοΏ½ β cos β π·π΄πΈ 29 29 29 29
10080 10080β2 = β cos β π·π΄πΈ 29 29 1 cos β π·π΄πΈ = β2 2 β΄ Jadi, besarnya β π·π΄πΈ = 45o.
SMA Negeri 5 Bengkulu
Eddy Hermanto, ST
Solusi
Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013
Bagian Pertama
19. Dalam satu pertandingan satu tim akan menang dan satu tim lagi akan kalah. Karena jumlah tim ada 20 sedangkan tim yang juara tidak pernah kalah maka jumlah kekalahan ada 2x19 = 38. Maka jumlah pertandingan ada 38. β΄ Jadi, banyaknya pertandingan yang dilangsungkan pada kompetisi tersebut adalah 38. 20. 2log (x2 β 4x β 1) = m untuk suatu bilangan bulat m. (x β 2)2 β 5 = 2m (x β 2)2 = 5 + 2m Jika m < 0 maka ruas kanan merupakan pecahan. Tidak ada x bulat yang memenuhi. Jika m = 0 maka (x β 2)2 = 6. Tidak ada x bulat yang memenuhi. Jadi, m > 0. Alternatif 1 : β’ Jika m ganjil Angka satuan 2m berulang dengan periode 4. Jika m ganjil maka angka satuan 2m adalah 2 atau 8 sehingga angka satuan 5 + 2m adalah 7 atau 3 untuk m ganjil. Bilangan kuadrat tidak mungkin memiliki angka satuan 3 atau 7 sehingga tidak mungkin ada x bulat yang memenuhi. β’ Jika m genap Misalkan m = 2n maka (x β 2)2 β (2n)2 = 5 (x β 2 + 2n) (x β 2 β 2n) = 5 Karena x β 2 + 2n > x β 2 β 2n maka ada 2 kasus β’ Kasus 1, x β 2 + 2n = 5 dan x β 2 β 2n = 1 Maka didapat x β 2 = 3 dan 2n = 2 sehingga x = 5 dan m = 2n = 2 β’ Kasus 2, x β 2 + 2n = β1 dan x β 2 β 2n = β5 Maka didapat x β 2 = β3 dan 2n = 2 sehingga x = β1 dan m = 2n = 2 Maka jumlah semua bilangan x yang memenuhi = 5 β 1 = 4. β΄ Jadi, jumlah semua bilangan x yang memenuhi = 4. Alternatif 2 : Jika m β₯ 3 maka ruas kanan dibagi 8 akan bersisa 5. Bilangan kuadrat jika dibagi 8 akan bersisa 0, 1 atau 4. Jadi, tidak akan ada x bulat yang memenuhi. Maka 1 β€ m β€ 2. Jika m = 1 maka (x β 2)2 = 7 sehingga tidak ada x bulat yang memenuhi. Jika m = 2 maka (x β 2)2 = 9. Nilai x yang memenuhi adalah x = 5 atau x = β1. Maka jumlah semua bilangan x yang memenuhi = 5 β 1 = 4. β΄ Jadi, jumlah semua bilangan x yang memenuhi = 4.
SMA Negeri 5 Bengkulu
Eddy Hermanto, ST
SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2013 TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2014
Prestasi itu diraih bukan didapat !!!
SOLUSI SOAL BAGIAN KEDUA
Disusun oleh : Eddy Hermanto, ST
Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013
Solusi
Bagian Kedua
BAGIAN KEDUA 1. Akan ada 5 kasus : β’ Kasus 1, jika salah satu gelas kosong setelah pengambilan ke-5. 1 5
1
Peluang = οΏ½ οΏ½ = . 2 32 β’ Kasus 2, jika salah satu gelas kosong setelah pengambilan ke-6. Pengambilan bola ke-6 harus dari gelas A. 5 Banyaknya urutan pengambilan bola dari gelas B = οΏ½ οΏ½ = 5. 1 4 Peluang terambilnya satu bola merah dari gelas B = 5 1 6 1 5 4 Peluang = οΏ½ οΏ½ β οΏ½ οΏ½ β = 2 1 5 16 β’ Kasus 3, jika salah satu gelas kosong setelah pengambilan ke-7. Pengambilan bola ke-7 harus dari gelas A. 6 Banyaknya urutan pengambilan 2 bola dari gelas B = οΏ½ οΏ½ = 15. 2 4 3 3 Peluang terambilnya dua bola merah dari gelas B = β = 5 4 5 1 7 9 6 3 Peluang = οΏ½ οΏ½ β οΏ½ οΏ½ β = 2 2 5 128 β’ Kasus 4, jika salah satu gelas kosong setelah pengambilan ke-8. Pengambilan bola ke-8 harus dari gelas A. 7 Banyaknya urutan pengambilan 3 bola dari gelas B = οΏ½ οΏ½ = 35. 3 4 3 2 2 Peluang terambilnya dua bola merah dari gelas B = β β = 5 4 3 5 1 8 7 7 2 Peluang = οΏ½ οΏ½ β οΏ½ οΏ½ β = 2 3 5 128 β’ Kasus 5, jika salah satu gelas kosong setelah pengambilan ke-9. Pengambilan bola ke-9 harus dari gelas A. 8 Banyaknya urutan pengambilan 4 bola dari gelas B = οΏ½ οΏ½ = 70. 4 4 3 2 1 1 Peluang terambilnya dua bola merah dari gelas B = β β β = 5 4 3 2 5 1 9 7 8 1 Peluang = οΏ½ οΏ½ β οΏ½ οΏ½ β = 2 4 5 256 1 1 9 Maka probabilitas bahwa bola putih tidak terambil = + + + 32
β΄ Jadi, probabilitas bahwa bola putih tidak terambil =
16 128 ππ . πππ
7 7 + 128 256
=
63 256
1
2. βπ β οΏ½βποΏ½ < dengan π β π dan π β€ 1.000.000. 2013 2 Misalkan π = π + π untuk suatu π bulat tak negatif dengan π β€ 2π dan π β π serta π β€ 1000. Maka οΏ½βποΏ½ = π 1 οΏ½π 2 + π β π < 2013 1 2 2π 1 2 π 2 + π < οΏ½π + οΏ½ = π2 + +οΏ½ οΏ½ 2013 2013 2013 2π
1
2
Mengingat bahwa jika π β€ 1000 maka π < +οΏ½ οΏ½ < 1 untuk semua nilai π β π. 2013 2013 Nilai π yang memenuhi hanya π = 0.
SMA Negeri 5 Bengkulu
Eddy Hermanto, ST
Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013
Solusi
Bagian Kedua
1
Jadi, π = π 2 yang memenuhi βπ β οΏ½βποΏ½ = 0 < untuk semua nilai π. 2013 Karena banyaknya nilai π ada 1000 maka banyaknya nilai π yang memenuhi juga ada 1000. β΄ Jadi, banyaknya bilangan asli π β€ 1.000.000 yang memenuhi ada 1000. π(π+1)
3. 1 + 2 + 3 + β― + π = 2 a. Jika π = 2013. Jelas bahwa π 2013 + (π β π)2013 untuk suatu π β π habis dibagi π β’ Jika π genap π 2013
Maka οΏ½ οΏ½ dan π2013 tidak memiliki pasangan. Tetapi kedua bilangan tersebut habis 2 dibagi π. β’ Jika π ganjil Maka π2013 tidak memiliki pasangan. Tetapi π2013 habis dibagi π. Terbukti bahwa 12013 + 22013 + 32013 + β― + π2013 habis dibagi π untuk semua π β π. Jelas bahwa π 2013 + (π + 1 β π)2013 untuk suatu π β π habis dibagi π + 1. β’ Jika π genap Maka semua bilangan memiliki pasangannya. β’ Jika π ganjil π+1 2013
π+1 2013
Maka οΏ½ οΏ½ tidak memiliki pasangan. Tetapi οΏ½ οΏ½ habis dibagi π + 1. 2 2 2013 2013 2013 2013 Terbukti bahwa 1 +2 +3 + β―+ π habis dibagi π + 1 untuk semua π β π. Jadi, terbukti bahwa 12013 + 22013 + 32013 + β― + π2013 habis dibagi π dan π + 1 yang π(π+1)
artinya habis dibagi untuk semua π β π. 2 β΄ Jadi, terbukti bahwa 2013 valid. b. Ambil π = 2π dan π = 2. 12π + 22π = 2οΏ½12πβ1 + 22πβ1 οΏ½ β 1 Karena (1 + 2)|οΏ½12πβ1 + 22πβ1 οΏ½ maka (1 + 2) tidak membagi 12π + 22π . Maka π = 2π tidak valid untuk π = 2. Jadi, 2π tidak valid. Ada tak hingga banyaknya bilangan berbentuk 2π. β΄ Jadi, terbukti bahwa ada tak hingga banyak bilangan yang tidak valid. 4. Berdasarkan ketaksamaan AM-HM maka 1 1 1 + + 3 2π 2π 2π β₯ 3 2π + 2π + 2π 1 1 9 3 1 + + β₯ = 2π 2π 2π 2π + 2π + 2π 4 Berdasarkan ketaksamaan AM-HM maka 1 1 1 + + 3 2π + 8 2π + 8 2π + 8 β₯ (2π + 8) + (2π + 8) + (2π + 8) 3 1 1 1 9 9 1 + + β₯ = = 2π + 8 2π + 8 2π + 8 2(π + π + π) + 24 36 4 1 1 π₯+2 Mengingat bahwa + = maka 2π₯
SMA Negeri 5 Bengkulu
2π₯+8
π₯(π₯+4)
Eddy Hermanto, ST
Solusi
Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013
π+2 π+2 π+2 + + β₯1 π(π + 4) π(π + 4) π(π + 4) π+π β΄ Jadi, terbukti bahwa + π(π+π)
π+π π+π + π(π+π) π(π+π)
Bagian Kedua
β₯ π.
5. Misalkan garis tinggi dari titik A memotong tegak lurus sisi BC di titik D dan garis median dari B memotong sisi AC di titik E.
Dari titik E dibuat garis memotong tegak lurus sisi BC di M. 1 Karena βCEM dan βCAD sebangun dengan E pertengahan AC maka EM = AD. 2 Karena BE = AD = 2 EM maka β EBM = 30o. Misalkan titik N merupakan pertengahan AB. Karena E dan N berturut-turut pertengahan AC dan AB maka EN akan sejajar BC. Karena EN sejajar CB maka β BEN = β EBM = 30o. 1 Karena luas segitiga = alas β
tinggi dan AD adalah sisi terpanjang maka BC adalah sisi terpendek 2 dari segitiga ABC. 1 1 π΅πΆ β€ π΄π΅ 2 2 EN β€ BN Sisi yang lebih panjang dari suatu segitiga akan menghadap sudut yang lebih besar. Karena EN β€ BN maka pada βBEN akan berlaku β EBN β€ β BEN = 30o. Maka β ABC = β EBM + β EBN β€ 30o + 30o = 60o. Jadi, β ABC β€ 60o. β΄ Jadi, terbukti bahwa β ABC β€ 60o.
SMA Negeri 5 Bengkulu
Eddy Hermanto, ST