OSN Matematika dan Penyelesaiannya

 
Pembahasan OSP Matematika SMA 2011
Pembahasan OSN Tingkat Provinsi Tahun 2011
Jenjang SMA
Bidang Matematika
Bagian A : Soal Isian Singkat
A
D
α

α

B
Karena AD garis bagi ∠ABC diperoleh
ABAD

=

BCCD

BCAB

=

CDAD

w.
Selain itu karena BC = BD + AD dan BD = BE maka AD = CE. Ingat juga

bahwa AB = AC sehingga diperoleh AB · CE = AC · AD yang equivalen dengan

ABAC

=

ADCE

ww
sehingga
                               BCAC

=

CDCE

dengan kata lain CED sebangun dengan ABC. Jadi, CED sama kaki dengan

CE = DE. Karena ∠CDE = ∠DCE = 2α maka ∠CED = 180◦ − 4α. Perhatikan

180◦ − α

pula pada BDE, besar ∠BED =. Karena ∠BED + ∠CED = 180◦

2

ma
thz
2α C
E
1
on

e.w

1. Diberikan segitiga sama kaki ABC dengan AB = AC. Misalkan garis bagi sudut

ABC memotong AC di titik D sehingga BC = BD+AD. Besar sudut CAB adalah

Jawaban : 100◦

Perhatikan gambar di bawah ini!

eb
.id

Tutur Widodo
maka diperoleh
Pembahasan OSP Matematika SMA 2011
α = 20◦
Jadi, ∠CAB = ∠CED = 180◦ − 4α = 100◦
                             1111

2. Jika n bilangan asli dan + + − merupakan bilangan bulat, maka pembagi

235n

positif dari n sebanyak …

Jawaban : 8

1111

Misalkan N = + + − maka diperoleh

235n

N=
111131 111

++−=− =1+−

235n30 n30 n

ma
3. Jika a ≥ b > 1, maka nilai terbesar yang mungkin untuk a log a +b log

b

Jawaban : 0

Dengan memanfaatkan sifat – sifat fungsi logaritma diperoleh,

a
thz
         ba

+b log

ba

=2−
=2−
=2−
a

b

             1

29111≤ 1 maka − 30 ≤ 30 − n < 30 sehingga agar N bulat haruslahkarena 0 <

n

11

− = 0. Dengan kata lain, n = 30 = 2 · 3 · 5. Sehingga banyak pembagi positif

30 n

dari n adalah (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 8.

b

a

on

e.w

a
eb
adalah
≤2−2=0
2
180◦ − α

+ 180◦ − 4α = 180◦

2

180◦ − α

= 4α

2

8α = 180 − α

log
=a log a −a log b +b log b −b log a
log b +b log a
log b +
   1

a log b

w.
a
karena ∀x ∈ R+ berlaku x +
a
1

≥ 2 maka berakibat

x

a
ww
log
ab

+b log

ba

log b +
b

a

   1

a log b

Jadi, nilai maksimum dari a log
+b log
adalah 0 yaitu diperoleh saat a = b.
4. Diketahui segi empat ABCD. Semua titik A, B, C dan D akan diberi nomor 1, 2, 3,

4, 5 atau 6 sehingga setiap dua titik yang terletak dalam satu sisi empat nomornya

.id

Tutur Widodo
Pembahasan OSP Matematika SMA 2011
• Jika a > 0 diperoleh
ax2 + x ≥ 0 ⇔ x(ax + 1) ≥ 0

1

⇔ x≤−atau x ≥ 0

a

Untuk kasus ini, Df = Rf sebab terdapat t < 0 dan t ∈ Df tetapi t bukan

anggota Rf .

ma
                                                    1Nilai maksimum dari ax2 + x adalah saat x = − 2a sehingga nilai maksimum

1111dari f adalah f (− 2a ) = − 2a . Tetapi karena − 2a < − a berakibat Df = Rf .

thz
• Jika a < 0 diperoleh
ax2 + x ≥ 0 ⇔ x(ax + 1) ≥ 0

1

⇔ 0≤x≤−

a

on

e.w

5. Diberikan fungsi f dengan f (x) = ax2 + x. Semua nilai a yang mungkin sehingga

domain dan daerah hasil f sama adalah …

Jawaban : a = 0

Misalkan domain dari f adalah Df dan daerah hasil dari f adalah Rf . Kita tahu

bahwa Rf = {x ∈ R|x ≥ 0}. Perhatikan bahwa Df = {x ∈ R|ax2 + x ≥ 0}.

Selanjutnya cek untuk beberapa kasus :

Jadi kasus yang mungkin tinggal a = 0 yang berarti diperoleh f (x) =

kasus ini mudah dilihat bahwa Df = Rf

ww
w.
6. Banyaknya kemungkinan bilangan asli berbeda a, b, c dan d yang kurang dari 10 dan

memenuhi persamaan a + b = c + d ada sebanyak …

Jawaban : 272

Dalam soal ini saya menganggap susunan 1 + 4 = 2 + 3, 1 + 4 = 3 + 2, 4 + 1 =

2 + 3, 4 + 1 = 3 + 2, 2 + 3 = 1 + 4, 2 + 3 = 4 + 1, 3 + 2 = 1 + 4, 3 + 2 = 4 + 1 sebagai

8 susunan yang berbeda.

Misalkan a + b = k dengan a < b maka diperoleh 3 ≤ k ≤ 17. Kita cek semua

kemungkinan untuk nilai k (Nguli Mode ON).

• k = 3, diperoleh solusi (a, b) yaitu (1, 2).
3
eb
.id
x. Untuk
berbeda. Banyaknya cara pemberian nomor dengan cara tersebut ada sebanyak …

Jawaban : –

Saya masih belum paham dengan kalimat ”setiap dua titik yang terletak dalam satu

sisi empat nomornya berbeda”. Maksudnya empat nomor itu apa?

Tutur Widodo
Pembahasan OSP Matematika SMA 2011
• k = 4, diperoleh solusi (a, b) yaitu (1, 3).

Banyaknya penyelesaian dari a + b = c + d yaitu 0 (sebab keempat bilangan

harus berbeda)

• k = 5, diperoleh solusi (a, b) yaitu (1, 4), (2, 3).
                                                2

Banyaknya penyelesaian dari a + b = c + d yaitu   · 8 = 8

2


                                                2

Banyaknya penyelesaian dari a + b = c + d yaitu   · 8 = 8

2

• k = 7, diperoleh solusi (a, b) yaitu (1, 6), (2, 5), (3, 4).

3

Banyaknya penyelesaian dari a + b = c + d yaitu   · 8 = 24

2

• k = 8, diperoleh solusi (a, b) yaitu (1, 7), (2, 6), (3, 5).

3

Banyaknya penyelesaian dari a + b = c + d yaitu   · 8 = 24

2

• k = 10, diperoleh solusi (a, b) yaitu (1, 9), (2, 8), (3, 7), (4, 6).



4

Banyaknya penyelesaian dari a + b = c + d yaitu   · 8 = 48

2

• k = 11, diperoleh solusi (a, b) yaitu (2, 9), (3, 8), (4, 7), (5, 6).



4

Banyaknya penyelesaian dari a + b = c + d yaitu   · 8 = 48

2

• k = 12, diperoleh solusi (a, b) yaitu (3, 9), (4, 8), (5, 7).



3

Banyaknya penyelesaian dari a + b = c + d yaitu   · 8 = 24

2

• k = 13, diperoleh solusi (a, b) yaitu (4, 9), (5, 8), (6, 7).



3

Banyaknya penyelesaian dari a + b = c + d yaitu   · 8 = 24

2

• k = 14, diperoleh solusi (a, b) yaitu (5, 9), (6, 8).  

2

Banyaknya penyelesaian dari a + b = c + d yaitu   · 8 = 8

2

• k = 15, diperoleh solusi (a, b) yaitu (6, 9), (7, 8).  

2

Banyaknya penyelesaian dari a + b = c + d yaitu   · 8 = 8

2

4
ww
w.
ma
thz
• k = 9, diperoleh solusi (a, b) yaitu (1, 8), (2, 7), (3,  5).6), (4,

4

Banyaknya penyelesaian dari a + b = c + d yaitu   · 8 = 48

2

on

e.w


• k = 6, diperoleh solusi (a, b) yaitu (2, 4), (1, 5).
eb
.id
Banyaknya penyelesaian dari a + b = c + d yaitu 0 (sebab keempat bilangan

harus berbeda)

Tutur Widodo
Pembahasan OSP Matematika SMA 2011
Jadi, total ada 8 + 8 + 24 + 24 + 48 + 48 + 48 + 24 + 24 + 8 + 8 = 272

penyelesaian.

7. Jika kedua akar persamaan x2 − 2013x + k = 0 adalah bilangan prima, maka nilai

k yang mungkin adalah …

Jawaban : 4022

Misalkan kedua akar persamaan tersebut adalah a dan b dan a < b. Kita peroleh

a + b = 2013 dan ab = k
8. Jika
1 − tan
2
x
thz
1 − tan
2
karena a + b ganjil maka salah satu dari a atau b adalah ganjil dan satunya genap.

Tetapi karena a, b prima berakibat a = 2 sehingga b = 2011. Oleh karena itu,

k = ab = 2 · 2011 = 4022.

22011
ma
2
maka sin 2x adalah …

Jawaban : 1 3

2

Dari identitas

diperoleh
w.
sehingga
ww
                                                              √

xx

20111 − tan 20111 − tan 2010 · · · 1 − tan=23 tan 2011

2222

xxx√2 · tan 22011 2 · tan 220102 · tan 2x

2011=23 tan 2011·· ···

xxtan 22010tan 22009tan x2

x√22011 · tan 22011x

2011=23 tan 2011

tan x2

1

tan x =3

3

x
2
on

e.w

x
2
22010
                       √

xx

2011· · · 1 − tan=23 tan 2011

22

tan 2x =
  2 tan x

1 − tan2 x

2 tan x

tan 2x

1 − tan2 x =
x
2
eb
• k = 17, diperoleh solusi (a, b) yaitu (8, 9).

Banyaknya penyelesaian dari a + b = c + d yaitu 0 (sebab keempat bilangan

harus berbeda)

.id
5
• k = 16, diperoleh solusi (a, b) yaitu (7, 9).

Banyaknya penyelesaian dari a + b = c + d yaitu 0 (sebab keempat bilangan

harus berbeda)

Tutur Widodo
oleh karena itu, sin x =
1

2

Pembahasan OSP Matematika SMA 2011
dan cos x =
1

2

10. Misalkan x, y dan z adalah bilangan real positif dengan sifat xyz = 1. Nilai terkecil

dari

(x + 2y)(y + 2z)(xz + 1)

sehingga
ww
11. Pada gambar di bawah ini, panjang AE = x, EC = y dan DC = 2BD. Perbandin-

gan panjang BF dan F E dinyatakan dalam x dan y adalah …

w.
oleh karena itu nilai terkecil dari (x + 2y)(y + 2z)(xz + 1) adalah 16 yaitu saat

1x = 2, y = 1 dan z = 2 sehingga diperoleh x + y + z = 3 12

ma
(x + 2y)(y + 2z)(xz + 1) ≥ 16 x2 y 2 z 2 = 16xyz = 16
thz
tercapai saat x + y + z bernilai …

Jawaban : 3 1

2

Dengan AM – GM diperoleh

on

e.w

      29!

1! · 18! · 10!

         √

x + 2y ≥ 2 2xy

y + 2z ≥ 2 2yz

xz + 1 ≥ 2 xz

9. Pada ruang Cartesius kita ingin bergerak dari titik (2, 0, 11) ke titik (20, 1, 1) selalu

pada koordinat (x, y, z) dengan paling sedikit dua dari x, y dan z adalah bilangan

bulat, dan lintasan terpendek. Cara bergerak yang dimaksud sebanyak …

Jawaban : –

Saya masih agak bingung dengan kalimat ”paling sedikit dua dari x, y dan z adalah

1bilangan bulat” apakah itu berarti lintasan seperti (2, 0, 2 ) − − > (3, 0, 1 ) − − >2

1(4, 0, 2 ) dan seterusnya diperbolehkan. Jika iya, makanya cara bergerak yang

demikian jumlahnya ada tak hingga.

Sedangkan jika yang dimaksud soal, kita hanya boleh berbelok pada titik – titik

dimana (x, y, z) ketiganya bulat maka cara yang demikian ada sebanyak

eb
.id
6
√√

3. Sehingga sin 2x = 2 sin x cos x = 1 3.

2

Tutur Widodo
A
E
F
C
D
Pembahasan OSP Matematika SMA 2011
B
A
E
F
D
Dengan demikian karena DC = 2BD diperoleh [ACD] = 2[ABD] dan [CDF ] =

2[BDF ]. Perhatikan juga bahwa

[ACF ] = [ACD] − [CDF ] = 2[ABD] − 2[BDF ] = 2[ABF ]
[AEF ]x

=yang equivalen

[CEF ]y

Selain itu, karena AE = x dan CE = y berakibat
dengan
ma
w.
sehingga
ww
Oleh karena itu,
BF[ABF ]x+y

==

FE[AEF ]2x

12. Banyak bilangan tiga digit yang semua digit – digitnya berbeda dan digit terakhir

merupakan hasil penjumlahan dari dua digit yang lainnya adalah …

7
thz
[AEF ] =
B
on

e.w

C
    x

[ACF ]

x+y

2x

[ABF ]=

x+y

[AEF ]2x

=

[ABF ]x+y

             x+y

Jawaban :

2x

Definisikan [ABC] sebagai luas segitiga ABC. Perlu diingat bahwa dua segitiga

yang memiliki tinggi sama maka perbandingan luas kedua segitiga tersebut sama

dengan perbandingan alasnya.

Selanjutnya perhatikan gambar berikut !

eb
.id

Tutur Widodo
Jawaban : 32

Kita bagi kasus,

Pembahasan OSP Matematika SMA 2011
• Jika digit terakhir 3

Karena 3 = 1 + 2 maka banyaknya bilangan ada 2.

• Jika digit terakhir 4

Karena 4 = 1 + 3 maka banyaknya bilangan ada 2.

• Jika digit terakhir 5

Karena 5 = 1 + 4 = 2 + 3 maka banyaknya bilangan ada 4.

• Jika digit terakhir 6

Karena 6 = 1 + 5 = 2 + 4 maka banyaknya bilangan ada 4.

• Jika digit terakhir 7

Karena 7 = 1 + 6 = 2 + 5 = 3 + 4 maka banyaknya bilangan ada 6.

• Jika digit terakhir 8

Karena 8 = 1 + 7 = 2 + 6 = 3 + 5 maka banyaknya bilangan ada 6.

• Jika digit terakhir 9

Karena 9 = 1 + 8 = 2 + 7 = 3 + 6 = 4 + 5 maka banyaknya bilangan ada 8.

Jadi, total ada 2 + 2 + 4 + 4 + 6 + 6 + 8 = 32 bilangan.
13. Diberikan barisan bilangan rasional {ak }k∈N yang didefinisikan dengan a1 = 2 dan
an+1 =
an − 1

,n ∈ N

an + 1

Nilai a2011 adalah …

1Jawaban : − 2

Cek untuk beberapa nilai n yang pertama, kita peroleh barisan

  1111

2, , − , −3, 2, , − , −3, · · ·

3232

ww
14. Misalkan Γ lingkaran luar segitiga ABC. Talibusur AD adalah garis bagi ∠BAC

yang memotong BC di titik L. Talibusur DK tegak lurus pada AC dan memo-

BLAMtongnya di titik M . Jika BC = 1 , maka perbandingan M C = …2

Jawaban : 3

Perhatikan gambar berikut!

w.
Jadi, barisan di atas berulang setiap 4 suku. Karena 2011 = 4 · 502 + 3 maka

1a2011 = a3 = − 2

ma
thz
on

e.w

eb
8
.id

Tutur Widodo
B
D
L
Pembahasan OSP Matematika SMA 2011
α
A
α
M
C
K
Karena AD adalah garis bagi ∠BAC maka AB = BL = 1 . Misalkan panjangACLC2

AB = x maka AC = 2x. Perhatikan bahwa CDL ∼ ACD maka diperoleh

DCDL

=⇔ DC 2 = AD · DL

ADDC

Selain itu,
ABL ∼
ACD sehingga diperoleh
Karena AM D dan CM D keduanya adalah segitiga siku – siku, dengan dalil

phytagoras kita peroleh

AD2 − AM 2 = DC 2 − M C 2 ⇔ AD2 − DC 2 = AM 2 − M C 2
ma
ww
w.
Karena AM − M C = x dan AM + M C = 2x maka didapat 2AM = 3x dan

2M C = x sehingga

2AM3xAM

===3

MC2M Cx

15. Dua dadu memiliki angka 1 sampai 6 yang dapat dilepas dari dadu. Kedua belas

angka tersebut dilepas dari dadu dan dimasukkan ke dalam suatu kantong. Secara

acak diambil satu angka dan dipasangkan ke salah satu dari kedua dadu tersebut.

Setelah semua angka terpasangkan, kedua dadu dilemparkan secara bersamaan.

Peluang munculnya angka tujuh sebagai jumlah dari angka pada bagian atas kedua

thz
ABAL

=⇔ AD · AL = AB · AC = 2×2

ADAC

on

e.w

⇔ AD · DL = 2x(AM − M C)
⇔ 2×2 = 2x(AM − M C)
⇔ AM − M C = x
⇔ AD2 − AD · AL = (AM + M C)(AM − M C)
⇔ AD(AD − AL) = 2x(AM − M C)
eb
9
.id

Tutur Widodo
Pembahasan OSP Matematika SMA 2011
(a) Dadu I memiliki salah satu dari angka – angka 1, 6, 1, 6

84Banyaknya kemungkinan pasangan dadu yang bisa dibentuk adalah C1 · C5 =

224. Sedangkan untuk masing – masing kemungkinan peluang muncul jumlah 7

22adalah 36 . Jadi, untuk kasus ini total peluang muncul jumlah 7 yaitu 224 · 36 =924

4.

297

(b) Dadu I memiliki dua angka dari angka – angka 1, 6, 1, 6
ww
(c) Dadu I memiliki tiga angka dari angka – angka 1, 6, 1, 6

48Banyaknya kemungkinan pasangan dadu yang bisa dibentuk adalah C3 · C3 =

224. Sedangkan untuk masing – masing kemungkinan peluang muncul jumlah 7

22adalah 36 . Jadi, untuk kasus ini total peluang muncul jumlah 7 yaitu 224 · 36 =924

4.

297

16. Banyaknya bilangan asli n sehingga setiap titik dengan koordinat bilangan asli yang

terletak pada garis x + y = n mempunyai jarak suatu bilangan prima terhadap titik

10
w.
Oleh karena itu peluang muncul jumlah 7 yang diperoleh dari pasangan (1, 6) atau

455418(6, 1) adalah 297 + 297 + 297 + 297 = 297 . Jadi, total peluang muncul angka 7 adalah

18543 · 297 = 297

ma
• Jika dua angka tersebut adalah (1, 6), (1, 6), (1, 6) atau (1, 6) maka banyaknya

8kemungkinan pasangan dadu yang bisa dibentuk adalah 4 · C4 = 280.

Sedangkan untuk masing – masing kemungkinan peluang muncul jumlah

27 adalah 36 . Jadi, untuk kasus ini total peluang muncul jumlah 7 yaitu

2805· 2 = 297 .924 36

• Jika dua angka tersebut adalah (1, 1) atau (6, 6) maka banyaknya kemu-

8ngkinan pasangan dadu yang bisa dibentuk adalah 2·C4 = 140. Sedangkan

4untuk masing – masing kemungkinan peluang muncul jumlah 7 adalah 36 .

45Jadi, untuk kasus ini total peluang muncul jumlah 7 yaitu 140 · 36 = 297 .924

thz
on

e.w

dadu tersebut adalah …

54Jawaban : 297

Misalkan angka – angka pada dadu I adalah 1, 2, 3, 4, 5, 6 dan angka – angka pada

dadu II adalah 1, 2, 3, 4, 5, 6. Pada proses ini bisa kita anggap kita memasangkan

angka pada dadu I terlebih dahulu setelah itu dadu II dipasangkan dengan 6 angka

sisanya. Oleh karena itu banyaknya pasangan dadu yang bisa dibentuk adalah

12C6 = 924. Sedangkan jumlah 7 bisa diperoleh jika angka yang ada di bagian atas

adalah (1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1). Kita selidiki untuk kasus (1, 6) atau

(6, 1). Sedangkan untuk dua kasus lainnya identik dengan kasus ini.

Perhatikan kemungkinan distribusi angka – angka 1, 6, 1, 6 yang bisa menghasilkan

jumlah 7 adalah sebagai berikut :

eb
.id

Tutur Widodo
Pembahasan OSP Matematika SMA 2011
17. Bilangan asli n yang memenuhi (−2004)n − 1900n + 25n − 121n habis dibagi 2000

adalah …

Jawaban : semua bilangan asli

Ingat kembali bahwa untuk setiap bilangan asli n berlaku

an − bn = (a − b)(an−1 + an−2 b + an−3 b2 + · · · + a2 bn−3 + abn−2 + bn−1 )
dan jika a, b adalah bilangan bulat, dapat kita katakan an − bn habis dibagi (a − b).

Selanjutnya perhatikan, −2004 − 1900 = −3904 sehingga (−2004)n − 1900n habis

dibagi −3904 tetapi karena −3904 = −244 · 16 berakibat (−2004)n − 1900n habis

dibagi 16. Demikian dengan cara yang sama diperoleh 25n − 121n habis dibagi 16

karena 25 − 121 = −96 = −6 · 16. Oleh karena itu, (−2004)n − 1900n + 25n − 121n

habis dibagi 16. Selain itu, (−2004)n − 121n habis dibagi 125 karena −2004 − 121 =

−2125 = −17 · 125 serta 25n − 1900n juga habis dibagi 125 sebab 25 − 1900 =

−1875 = −15 · 125. Jadi, sekali lagi diperoleh (−2004)n − 1900n + 25n − 121n

habis dibagi 125. Akan tetapi, karena 16 dan 125 keduanya saling prima berakibat

(−2004)n − 1900n + 25n − 121n habis dibagi 16 · 125 = 2000 untuk setiap bilangan

asli n.

18. Sepuluh orang siswa duduk dalam suatu baris. Semua siswa bangkit dan duduk

kembali pada baris tersebut dengan aturan setiap siswa dapat duduk kembali pada

kursi yang sama atau pada kursi yang berada di sebelah kursi lamanya. Banyaknya

cara semua siswa tersebut duduk kembali pada baris tadi ada sebanyak …

Jawaban : 89

Misalkan susunan duduk semula adalah 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10. Selanjutnya kita

bagi menjadi dua kelompok yaitu kelompok I = 1, 2, 3, 4, 5 dan kelompok II =

6, 7, 8, 9, 10. Banyaknya cara kelompok I duduk kembali pada kursinya ada 8 cara

yaitu 12345, 21345,

11
ww
w.
ma
thz
on

e.w

dengan p adalah bilangan prima.

Lebih jauh diperoleh 1 = p2 − (n − 1)2 . Padahal kita ketahui bahwa dua bilangan

kuadrat yang berselisih 1 hanya 02 dan 12 yang keduanya, baik 0 ataupun 1 bukan

bilangan prima. Jadi, tidak ada bilangan asli n yang memenuhi kondisi pada soal.

eb
pusat (0, 0) adalah …

Jawaban : 0

Jika n = 1 maka diperoleh persamaan garis x + y = 1 yang jelas tidak memiliki

koordinat berupa bilangan asli. Oleh karena itu haruslah n ≥ 2. Perhatikan bahwa

titik (1, n − 1) merupakan koordinat bilangan asli yang terletak pada garis x + y = n

sehingga diperoleh

12 + (n − 1)2 = p2

.id

Tutur Widodo
Pembahasan OSP Matematika SMA 2011
ma
w.
Karena 123456 ≡ 3 mod 9, 123455 ≡ 2 mod 9 dan 123454 ≡ 1 mod 9 maka

n ≤ 123454.

Tetapi kita juga punya,

2
9999999 · · · 9 8
9 sebanyak 13716
thz
n ≡ x2
9 sebanyak 13716
19. Bilangan asli terbesar n ≤ 123456 sehingga terdapat bilangan asli x dengan sifat

jumlah semua digit dari x2 sama dengan n adalah …

Jawaban :

Perhatikan bahwa S(N ) ≡ N mod 9, dimana S(N ) adalah jumlah semua digit dari

N . Tetapi ingat pula bahwa untuk sebarang N kita peroleh N 2 ≡ 0, 1, 4, 7 mod 9.

Berdasarkan dua fakta ini, kita peroleh

mod 9
ww
dan jumlah digit dari 9999999 · · · 9 6 0000000 · · · 0 4 adalah 9·13716+6+4 = 123454.
0 sebanyak 13717
Jadi, nilai n terbesar adalah n = 123454 dengan nilai x yang bersesuaian adalah
12
on

e.w

≡ 0, 1, 4, 7 mod 9
= 1013717 − 2
2
12435, 21435, 12354, 21354, 13245, 13254. Demikian pula banyaknya cara kelompok

II duduk kembali pada kursi ada 8 cara (kedua kelompok pada dasarnya sama hanya

beda nomor saja tetapi karakteristiknya sama). Jadi, jika kelompok I dan kelompok

II saling lepas maka banyaknya cara kedua kelompok tersebut duduk kembali pada

kursinya ada 8 x 8 = 64 cara.

Perhatikan jika kelompok I dan kelompok II tidak saling lepas. Dalam hal ini satu

– satunya terjadi overlaping jika dan hanya jika siswa yang duduk pada posisi 5

dan 6 saling bergantian. Oleh karena itu diperoleh kelompok I yang baru yaitu

1, 2, 3, 4, 6 dan kelompok II yang baru yaitu 5, 7, 8, 9, 10. Selanjutnya mudah dilihat

bahwa banyaknya cara kelompok I yang baru duduk kembali pada kursinya ada 5

cara yaitu 12346, 21346, 12436,

21436, 13246. Demikian pula banyaknya cara kelompok II yang baru duduk kembali

pada kursinya juga ada 5 cara. Sehingga jika kelompok I dan kelompok II tidak

saling lepas maka banyaknya cara kedua kelompok tersebut duduk kembali pada

kursinya ada 5 x 5 = 25 cara.

Jadi, total banyaknya cara semua siswa tersebut duduk kembali pada baris tadi ada

sebanyak 64 + 25 = 89 cara.

= 1027434 − 4 · 1013717 + 4
= 9999999 · · · 9 6 0000000 · · · 0 4
9 sebanyak 13716
0 sebanyak 13716
eb
.id

Tutur Widodo
x = 9999999 · · · 9 8
9 sebanyak 13716
Pembahasan OSP Matematika SMA 2011
B
D
P
F
C
Pada
E
ABP berlaku
A
Perhatikan pula, ∠AEP = ∠AF P = ∠BF P = ∠BDP = 90◦ . Dengan demikian

segiempat AEP F dan segiempat BDP F keduanya adalah segiempat talibusur. Se-

hingga diperoleh

ma
= 10◦
thz
∠DBP = ∠DF P
∠F AP + ∠F BP = 180◦ − ∠AP B
= 180◦ − 70◦
= 110◦
ww
w.
Ingat pula, ∠DF P + ∠EF P = 60◦ . Oleh karena itu, diperoleh
∠ACB = 180◦ − (∠CAB + ∠CBA)
= 180◦ − (∠EAP + ∠F AP + ∠DBP + ∠F BP )
= 180◦ − (∠EF P + ∠DF P + 110◦ )
= 180◦ − (60◦ + 110◦ )
on

e.w

dan
∠EAP = ∠EF P
13
eb
20. Misalkan ABC suatu seitiga dan P titik di dalam segitiga. Misalkan D, E, F bertu-

rut – turut titik di sisi – sisi BC, CA, AB sedemikian sehingga P D tegak lurus BC,

P E tegak lurus CA, dan P F tegak lurus AB. Jika segitiga DEF sama sisi dan

∠AP B = 70◦ , maka ∠ACB = …

Jawaban : 10◦

Perhatikan gambar berikut !

.id

Tutur Widodo
Pembahasan OSP Matematika SMA 2011
Bagian B : Soal Uraian
1. Tentukan semua nilai k yang mungkin sehingga tidak ada pasangan bilangan real

(x, y) yang memenuhi sistem persamaan

(x − k)2 + y 2 = 1
(x − k)2 + x2 = 1 ⇔ 2×2 − 2kx + k 2 − 1 = 0
Agar persamaan terakhir tidak memiliki penyelesaian real maka haruslah nilai diskrim-

inannya yaitu D = 4k 2 − 4 · 2 · (k 2 − 1) kurang dari 0. Sehingga didapat,

4k 2 − 4 · 2 · (k 2 − 1) < 0 ⇔ 8 − 4k 2 < 0 ⇔ 2 − k 2 < 0
2. Suatu bilangan dikatakan cantik jika memenuhi sekaligus dua kondisi berikut :
(a) Merupakan kuadrat sempurna, yaitu kuadrat dari suatu bilangan asli.
(b) Jika digit paling kanan pada penulisan desimalnya dipindah posisinya menjadi

digit paling kiri, maka bilangan yang terbentuk masih merupakan kuadrat

sempurna.

ww
w.
Sebagai contoh, 441 merupakan bilangan cantik terdiri dari 3 digit, karena 441 =

212 dan 144 = 122 . Sedangkan 144 bukan bilangan cantik karena 144 = 122 tetapi

414 bukan bilangan kuadrat sempurna.

Buktikan bahwa terdapat bilangan cantik yang penulisan desimalnya terdiri dari

tepat 2011 digit!

Jawaban :



2
2
Kita definisikan Tn = 2222 · · · 2 1 dan Sn = 1 2222 · · · 2 .
n angka 2
n
n
n angka 2

2n

ma
n angka 2
thz
                            √√

sehingga k < − 2 atau k > 2.

Jadi, nilai k yang memenuhi agar sistem persamaan pada soal tidak memiliki penye-

√√

lesaian real adalah {k ∈ R|k < − 2 atau k > 2}.

Karena 2 · 10 < 2222 · · · 2 1 < 3 · 10 maka 4 · 10
on

e.w

Jawaban :

Dari persamaan pertama diperoleh y = ±x. Hal ini berarti pasangan (x, y) ke-

duanya real atau keduanya imajiner. Substitusikan y 2 = x2 ke persamaan kedua

sehingga diperoleh

< Tn < 9 · 102n . Dari sini
eb
x2 − y 2 = 0
.id
14

Tutur Widodo
Pembahasan OSP Matematika SMA 2011
diperoleh bahwa Tn terdiri dari 2n + 1 digit. Selanjutnya perhatikan bahwa,
n angka 2
2
Sn = 1 2222 · · · 2
            10n − 1 2

= 10 + 2

9

n10n − 1

2nn 10 − 1

= 10 + 4 · 10+4

99

n
dan
2
Tn = 2222 · · · 2 1
n angka 2

n

                    210 − 1

= 20+1

9

10n − 110n − 1 2

+ 40+1= 400

99

ww
w.
            10n − 1 210n − 1

+410 + 40

99

2nn40 · 10 − 80 · 10 + 40 4 · 10n − 4

2n= 10 ++

929

2nn2n4 · 10 − 8 · 10 + 4 36 · 10 − 72 · 10n + 36 4 · 10n − 4

2n= 10 +++

92929

22nnn4 · 10 − 4 · 1010 − 1

+= 102n + 4

99

n10n − 1 2n 10 − 12n= 10 + 4+ 4 · 10

99

= Sn

2n
Jadi, terbukti untuk setiap bilangan asli n, Tn merupakan bilangan cantik yang

terdiri dari 2n + 1 digit. Oleh karena itu, jika n = 1005 maka diperoleh T1005

merupakan bilangan cantik yang terdiri dari 2011 digit.

Jadi, terbukti terdapat bilangan cantik yang penulisan desimalnya terdiri dari tepat

2011 digit.

3. Misalkan A adalah himpunan semua pembagi positif dari 109 . Jika dipilih dua
15
ma
thz
Jelas terlihat bahwa digit terakhir dari Tn adalah 1. Agar Tn merupakan bilangan

cantik haruslah

10n − 110n − 1 2

2n+410 + 40

99

merupakan bilangan kuadrat sempurna.

Untuk itu perhatikan bahwa,

on

e.w

eb
2
.id

Tutur Widodo
Pembahasan OSP Matematika SMA 2011
• Jika x = y maka banyaknya memilih x dan y ada 100 cara.
                                                 100• Jika x = y maka banyaknya memilih x dan y ada C2 = 4950 cara.
Jadi, banyak cara memilih dua bilangan sebarang x dan y di A ada 100+4950 = 5050

cara.

Selanjutnya misalkan x = 2a · 5b dan y = 2p · 5q dimana 0 ≤ a, b, p, q ≤ 9. Agar x

membagi y haruslah a ≤ p dan b ≤ q. Banyaknya cara memilih pasangan (a, p) yang

10demikian ada C2 + 10 = 55 cara. Demikian juga banyaknya cara memilih pasangan

(b, q) juga ada 55 cara. Oleh karena itu banyaknya cara memilih pasangan (x, y)

sehingga x membagi y ada 55 · 55 = 3025. Oleh karena itu peluangnya terambil x

3025

.dan y sehingga x membagi y adalah

5050

(a) b = a 3
(b) EO tegak lurus ZD
Jawaban :

Perhatikan sketsa di bawah ini !

ww
w.
ma
thz
4. Diberikan persegi panjang (siku empat) ABCD dengan AB = a dan BC = b. Titik

O adalah perpotongan antara kedua diagonalnya. Perpanjang sisi BA sehingga

AE = AO, juga perpanjang diagonal BD sehingga BZ = BO. Asumsikan segitiga

EZC sama sisi. Buktikan bahwa

on

e.w

eb
bilangan sebarang x dan y di A (boleh sama), tentukan peluang dari kejadian x

membagi y

Jawaban :

Karena 109 = 29 · 59 maka banyaknya pembagi positif dari 109 adalah 100. Dengan

kata lain n(A) = 100. Banyak cara memilih dua bilangan sebarang x dan y di A

yaitu

.id
16

Tutur Widodo
Pembahasan OSP Matematika SMA 2011
O
E
A
B
Tanpa mengurangi keumuman, misalkan koordinat A(0, 0), B(a, 0), C(a, b) dan D(0, b).

Sehingga diperoleh koordinat E(− 1 a2 + b2 , 0) dan Z( 3 a, − 1 b). Oleh karena itu

22√−−→−2→

12 + b2 − a, −b) dan CZ = ( 1 a, − 3 b). Karena EZCdiperoleh vektor CE = (− 2 a22

segitiga sama sisi diperoleh,

 −−→−→

|CE|2 = |CZ|2

thz
ww
w.
ma
                       21√ 2

2−aa +b+ b2−

2

12

(a + b2 ) + a a2 + b2 + b2

4

a a2 + b 2 + a2

a a2 + b 2

selain itu dengan aturan dot product diperoleh,
                −−−→→−−−→→

CE · CZ = |CE||CZ| cos 60◦

→131−

1√2

− a a + b2 − a2 + b2 = |CZ|2

4222

131191

− (b2 − a2 ) − a2 + b2 = ( a2 + b2 )

422244

52 12 12 92

b− a= a− b

4488

12 32

b= a

88

b=a 3

                                                          −−→

3Selanjutnya karena b = a 3 maka koordinat E(−a, 0). Jadi, EO = ( 2 a, 1 b) dan2

on

e.w

Z
  1

= a2 +

4

1

= a2 +

4

= b2

92

b

4

92

b

4

= b 2 − a2
eb
17
.id
D
C

Tutur Widodo
−→

ZO = (−a, b). Oleh karena itu,

Pembahasan OSP Matematika SMA 2011
EZ 2 = BE 2 + BZ 2 − 2 · BE · BZ cos(180◦ − α)
CE 2 = BE 2 + BZ 2 + 2 · BE · BZ cos α
Demikian pula dengan aturan cosinus pada
thz
BE 2 + BC 2 = BE 2 + BZ 2 + 2 · BE · BZ cos α

1√ 21√ 2

a1

a + b2 ) ·a + b2 · √ 2b2 = (a2 + b2 ) + 2(a +

422a + b2

1√212222b = (a + b ) + a + a a + b2

42

35

a a2 + b2 = b2 − a2

22

BCZ didapat,
CZ 2 = BC 2 + BZ 2 − 2 · BC · BZ cos(180◦ − β)
ww
w.
                                 √

Oleh karena itu terbukti, b = a 3. Hal ini berakibat AO = a sehingga ABO

adalah segitiga sama sisi. Karena itu didapat ∠EAO = 120◦ sehingga ∠AOE = 30◦ .

Jadi, ∠BOE = ∠BOA + ∠AOE = 60◦ + 30◦ = 90◦ . Terbukti bahwa EO⊥ZD.

5. Misalkan M adalah himpunan bagian dari {1, 2, 3, · · · , 12, 13} dan tidak ada tiga

anggota M yang hasil kalinya berbentuk kuadrat sempurna. Tentukan banyak mak-

simum anggota M yang mungkin.

ma
CE 2 = BC 2 + BZ 2 + 2 · BC · BZ cos β
     BE 2 + BC 2 = BC 2 + BZ 2 + 2 · BC · BZ cos β

1√ 2

1

1√ 2

b

2 )2 = (a2 + b2 ) + 2b ·(a +a +ba + b2 · √ 2

242a + b2

b 2 − a2 = a a2 + b 2

35

b 2 − a2 = b 2 − a2

22

b=a 3

on

e.w

sehingga dapat disimpulkan EO⊥ZO yang berarti EO⊥ZD.

Alternatif Jawaban :

Misalkan ∠ABD = α dan ∠CBD = β. Karena CEZ sama sisi maka CE =

EZ = CZ. Selanjutnya dengan aturan cosinus pada BEZ diperoleh,

eb
−−−→→3

EO · ZO = − a2 +

2

3

= − a2 +

2

=0

12

b

2

32

a

2

.id
18

Tutur Widodo
Pembahasan OSP Matematika SMA 2011
• Jika 3 ∈ M dan 12 bukan anggota M maka dari himpunan {6, 8} dan {4, 9}

masing – masing minimal satu anggotanya bukan anggota M . Jadi k < 10,

yang jelas tidak mungkin.

• Jika 12 ∈ M dan 3 bukan anggota M maka dari triple (1, 4, 9) dan (6, 8, 12)

masing – masing minimal satu anggotanya bukan anggota M . Jadi, k < 10

yang tidak mungkin juga.

Oleh karena itu, dapat disimpulkan bahwa k = 10. Dengan kata lain k ≤ 9. Untuk

k = 9, kita dapat memilih M = {4, 5, 6, 7, 9, 10, 11, 12, 13}. Jadi, terbukti banyak

anggota maksimum dari M adalah 9.

ma
ww
w.
thz
on

e.w

Jawaban :

Pasangan triple yang hasil kalinya berupa kuadrat sempurna yaitu

(1, 2, 8), (1, 3, 12), (1, 4, 9), (2, 5, 10), (2, 3, 6), (2, 4, 8), (2, 6, 12), (2, 8, 9), (3, 4, 12), (3, 6, 8)(3, 9, 12)

dan (6, 8, 12).

Misalkan k menyatakan banyak anggota himpunan M . Perhatikan dari triple

(1, 4, 9), (2, 5, 10) dan (6, 8, 12) diperoleh minimal satu bilangan dari masing – mas-

ing triple tersebut bukan anggota M . Dengan demikian k ≤ 10.

Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa k = 10.

Kita gunakan bukti tak langsung, andaikan k = 10. Hal ini berakibat 2 bukan

anggota M . Sebab andaikan 2 ∈ M maka minimal satu bilangan dari masing –

masing pasangan (3, 6), (4, 8), (6, 12) dan (8, 9) bukan anggota M . Kontradiksi den-

gan k = 10. Jadi terbukti 2 bukan anggota M .

Selanjutnya jika 3 ∈ M dan 12 ∈ M maka minimal tiga bilangan dari himpunan

{4, 6, 8, 9} bukan anggota M , sehingga k < 10. Kontradiksi. Jadi jika k = 10 maka

minimal salah satu dari 3 atau 12 bukan angota M .

        Disusun oleh : Tutur Widodo

Apabila ada saran, kritik maupun masukan

silakan kirim via email ke

tutur.w87@gmail.com

Terima kasih.

My blog : mathematic-room.blogspot.com

eb
.id
19

Tinggalkan Balasan

Isikan data di bawah atau klik salah satu ikon untuk log in:

Logo WordPress.com

You are commenting using your WordPress.com account. Logout / Ubah )

Gambar Twitter

You are commenting using your Twitter account. Logout / Ubah )

Foto Facebook

You are commenting using your Facebook account. Logout / Ubah )

Foto Google+

You are commenting using your Google+ account. Logout / Ubah )

Connecting to %s

KIKI MALIKA PRIMADANI

Let's Around The World

LINGUA BLOG

Just Another Lingua Blog Wordpress.com

MADRASAH DINIYAH PLUS AL-MANSHUR

Madrasah Diniyah Plus Al-Manshur Pinggirsari Ponorogo

Protech Parabola ™

Biss Key | Forum Parabola | Sepak Bola | FTA | Liga Inggris | Liga Champions | Liga Spanyol | Liga Italia | IPM | Feed

sastrawan808

Penulis muda muslim, aktivis sosial, penggebrak perubahan menuju kesuksesan dunia dan akhirat

Catatan Dahlan Iskan

dahlaniskan.wordpress.com

Mr.Sahrul Santri

SaSatorial_SahrulSantriTutorial

Just in Write

Just be yourself

NoerDblog

Secangkir narasi alam

Lambangsarib's Blog

Catatan Orang Biasa

Life Fire

Man Jadda Wajada | Dreams will be achieved when we truly believe in our heart ˆ⌣ˆ

nimadesriandani

Balanced life, a journey for happiness site

Catatan Hidup

Jadikan semua kejadian sebagai pembelajaran hidup

Rindrianie's Blog

Just being me

Febriyan Lukito

sharing, caring and enriching life

AULIA FASYA

Daily Stories, Poem, Feeling, and You!

Matt on Not-WordPress

Stuff and things.

%d blogger menyukai ini: