Pembahasan OSN SMP Tingkat Nasional Tahun 2013 Bidang ...

Tutur Widodo

Pembahasan OSN SMP Tahun 2013

Pembahasan OSN SMP Tingkat Nasional Tahun 2013 Bidang Matematika Oleh Tutur Widodo

1 = 3x untuk setiap x 6= 0. 1. Diketahui f adalah suatu fungsi sehingga f (x) + 2f x Carilah nilai x yang memenuhi f (x) = f (−x). Penyelesaian : 1 sehingga Untuk sebarang bilangan real y 6= 0, substitusikan nilai x = y dan x = y berturut - turut diperoleh 1 f (y) + 2f = 3y · · · · · · · · · (1) y 1 3 · · · · · · · · · (2) f + 2f (y) = y y Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh 3f (y) =

6 − 3y y

⇔ f (y) =

2 −y y

Dari sini diperoleh 2 2 −x=− +x x x 4 ⇔ = 2x x ⇔ x2 = 2 √ ⇔ x = − 2 atau

f (x) = f (−x) ⇔

x=

√

2

√ √ Jadi, nilai x yang memenuhi f (x) = f (−x) adalah x = − 2 atau x = 2. 2. Diketahui ABC adalah segitiga lancip dengan titik - titik sudutnya terletak pada lingkaran yang berpusat di titik O. Titik P terletak pada sisi BC sehingga AP adalah garis tinggi segitiga ABC. Jika ∠ABC + 30◦ ≤ ∠ACB, buktikan bahwa ∠COP + ∠CAB < 90◦ . Penyelesaian : Perpanjang garis BO sehingga memotong lingkaran di titik E (seperti terlihat pada gambar). Perhatikan bahwa BE adalah diameter lingkaran luar 4ABC. Hal ini berakibat ∠BAE = 90◦ .

1

Tutur Widodo


C P E O A

B

Oleh karena itu, untuk membuktikan ∠COP + ∠CAB < 90◦ cukup ditunjukkan bahwa ∠COP < ∠CAE. Akan tetapi ∠CAE = ∠CBE = ∠OCP . Sehingga cukup ditunjukkan ∠COP < ∠OCP . Atau setara dengan menunjukkan CP < OP . Untuk menunjukkan CP < OP , tambahkan beberapa titik bantu yaitu titik Q pada sisi BC sehingga OQ⊥BC dan titik R pada ruas garis AP sehingga OR⊥AP (seperti pada gambar di bawah ini). Diperoleh OQP R berupa persegi panjang dengan P Q = OR dan P R = OQ. C P Q

R

O A

B

Perhatikan bahwa ∠CAO = ∠ACO =

180◦ − ∠AOC 180◦ − 2∠ABC = = 90◦ − ∠ABC 2 2

selain itu ∠CAP = 90◦ − ∠ACB

2

Tutur Widodo


Dari kedua hasil di atas diperoleh ∠P AO = ∠CAO − ∠CAP = (90◦ − ∠ABC) − (90◦ − ∠ACB) = ∠ACB − ∠ABC dan karena ∠ABC + 30◦ ≤ ∠ACB berakibat ∠P AO ≥ 30◦ . Sehingga diperoleh OR = OA . OA · sin ∠P AO ≥ 2 OA OC Ingat kembali bahwa P Q = OR sehingga P Q ≥ = . Dengan menggabungkan 2 2 OC fakta bahwa CQ < OC, CQ = CP + P Q dan P Q ≥ dapat disimpulkan CP < P Q. 2 Sehingga diperoleh CP < P Q < OP seperti apa yang diharapkan. Jadi, terbukti ∠COP + ∠CAB < 90◦ . 3. Tentukan semua bilangan asli a, b dan c yang lebih besar dari 1 dan saling berbeda, serta memenuhi sifat bahwa abc membagi habis ab + bc + ca + 2. Penyelesaian : Tanpa mengurangi keumuman misalkan 1 < a < b < c. Karena abc membagi habis ab + bc + ca + 2 itu berarti terdapat bilangan asli k sedemikian sehingga ab + bc + ca + 2 = k · abc

·········

(1)

Dari persamaan (1) diperoleh k=

1 1 1 2 + + + a b c abc

Mengingat 1 < a < b < c diperoleh k≤

1 1 1 2 14 + + + = 1 ⇔ 9a2 − 10a + 1 < 0 ⇔ (9a − 1)(a − 1) < 0 1 < a < 1. 9 Misalkan absis dari titik puncak parabola tersebut adalah xp , kita ketahui bahwa xp = −b −2 1 1 = = − dan karena < a < 1 maka diperoleh −9 < xp < −1. 2a 2a a 9 Jadi, kemungkinan nilai absis yang mungkin untuk titik puncak parabola tersebut adalah −9 < xp < −1. sehingga diperoleh

8. Diketahui T ABC adalah limas segitiga beraturan dengan panjang rusuk 2 cm. Titik titik P, Q, R dan S berturut - turut merupakan titik berat segitiga ABC, segitiga T AB, segitiga T BC dan segitiga T CA. Tentukan volume limas segitiga beraturan P QRS. Catatan : titik berat suatu segitiga adalah perpotongan ketiga garis berat. Penyelesaian :

9

Tutur Widodo


Untuk membuat visualisasi soal ini dalam bentuk tiga dimensi relatif susah. Oleh karena itu, kita ambil titik P dan S sebagai wakilnya (seperti pada gambar di bawah ini). T

SC D P E

B

A

Perhatikan bahwa T P dan DP berturut - turut adalah tinggi limas segitiga beraturan T ABC dan P QRS. Dan karena bidang ABC dan P QR sejajar maka EP//SD. Hal ini TS TP beakibat 4T EP sebangun dengan 4T SD. Dan karena = 2 diperoleh = 3. SE DP Selanjutnya, kita hitung terlebih dahulu volume limas segitiga beraturan T ABC. Perhatikan kembali gambar di atas. Segitiga ABC adalah segitiga samasisi sehingga BE adalah garis berat dan sekaligus √ garis tinggi. Oleh karena itu dengan pytagoras diperoleh √ 2 3 BE = 3 sehingga BP = . Sekali lagi dengan bantuan pytagoras pada 4BP T 3 q diperoleh T P = 83 . Sehingga volume limas segitiga beraturan T ABC yaitu 1 1 × × AC × BE × T P 3 2 r √ 1 1 8 = × ×2× 3× 3 2 3 1√ = 8 3√ 2 2 = 3

Volume Limas TABC =

Mengingat limas T ABC sebangun dengan limas P QRS, diperoleh 3 DP Volume Limas PQRS = × Volume Limas TABC TP √ 3 1 2 2 = × 3 3 √ 2 2 = 81

10

Tutur Widodo


√ 2 2 cm2 . Jadi, volume limas segitiga beraturan P QRS adalah 81 9. Pada suatu acara diundang 13 tamu istimewa yang terdiri dari 8 orang pria dan 5 orang wanita. Khusus untuk semua tamu istimewa tersebut disediakan 13 tempat duduk pada satu baris khusus. Jika diharapkan tidak ada dua orang wanita yang duduk bersebelahan, tentukan banyak posisi duduk yang mungkin untuk semua tamu istimewa tersebut. Penyelesaian : Terlebih dahulu atur tempat duduk 8 pria dalam satu baris yaitu ada 8! cara. Selanjutnya kelima wanita tersebut dapat ditempatkan di sela - sela tempat duduk laki - laki, yaitu ada 9 pilihan tempat duduk yang dapat dipilih oleh kelima wanita tersebut, seperti gambar berikut

Pilihan Tempat Untuk Wanita

Sehingga cara mengatur tempat duduk kelima wanita tersebut adalah 9 × 8 × 7 × 6 × 5 = 15120 cara. Jadi, total banyak posisi duduk yang mungkin dari ketiga belas tamu istimewa tersebut adalah 15120 × 8! cara. 10. Sebuah tabel yang berukuran n baris dan n kolom akan diisi dengan bilangan 1 atau −1 sehingga hasil kali semua bilangan yang terletak dalam setiap baris dan hasil kali semua bilangan yang terletak dalam setiap kolom adalah −1. Berapa banyak cara berbeda untuk mengisi tabel tersebut? Penyelesaian : Misalkan aij menyatakan bilangan pada baris ke-i, kolom ke-j. Pertama - tama isi terlebih dahulu tabel (n − 1) × (n − 1) yang pertama dengan 1 atau −1. Banyaknya cara pengisian 2 jelas ada 2(n−1) . Selanjutnya untuk bilangan - bilangan yang diisikan pada kolom terakhir yaitu kolom ke-n ada tepat satu pilihan, menyesuaikan agar perkalian setiap baris ke-i 11

Tutur Widodo


sama dengan −1. Sebagai contoh untuk a1n nilainya tergantung dari hasil

n−1 Q

a1i . Oleh

i=1

karena itu pengisian bilangan- bilangan pada kolom ke-n adalah unik untuk setiap cara pengisian pada tabel (n − 1) × (n − 1) yang pertama. Demikian pula untuk pengisian bilangan - bilangan pada baris ke-n juga unik. Dari sini dapat dilihat bahwa banyaknya cara pengisian tabel n × n sesuai kriteria pada 2 soal ada maksimal 2(n−1) . Mengapa demikian? Sebab untuk setiap cara pengisian yang diperoleh dari tabel (n − 1) × (n − 1) yang pertama, bisa jadi kita tidak dapat mengisi kolom ke-n dan baris ke-n sehingga dipenuhi kriteria pada soal. Apa masalahnya? Tentu saja mudah dilihat bahwa untuk mengisi kolom ke-n dari a1n sampai dengan a(n−1)n atau untuk mengisi baris ke-n dari an1 sampai dengan an(n−1) tidak ada masalah. Masalahnya n−1 n−1 Q Q terletak pada bilangan ann karena nilainya ditentukan oleh ain dan ani . Dengan i=1

i=1

kata lain, untuk menjamin bahwa untuk setiap cara pengisian dari tabel (n − 1) × (n − 1) yang pertama, kita selalu bisa mengisi bilangan - bilangan pada kolom ke-n dan baris ke-n sehingga kondisi pada soal terpenuhi, harus dibuktikan bahwa n−1 Y

ain =

i=1

n−1 Y

ani

i=1

Untuk itu, misalkan A adalah hasil perkalian semua bilangan yang diisikan pada tabel (n − 1) × (n − 1) yang pertama. Diperoleh A×

n−1 Y

ain = (−1)n−1

i=1

demikian pula A×

n−1 Y

ani = (−1)n−1

i=1

Dari kedua kesamaan di atas diperoleh n−1 Y i=1

ain =

n−1 Y

ani

i=1

seperti yang diharapkan. 2

Jadi, banyaknya cara pengisian tabel n × n tersebut adalah 2(n−1) . Disusun oleh : Tutur Widodo Website : www.pintarmatematika.net Email : [email protected] Terima kasih.

12