SOAL DAN PEMBAHASAN OSN GURU MAT SMA ... - WordPress.com

69 downloads 8399 Views 335KB Size Report
Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by ..... Jika diamati, barisan tersebut ekuivalen dengan barisan bilangan biner 1, 10, 11, 100, 101,.

Pembahasan Soal z

OLIMPIADE SAINS NASIONAL KHUSUS GURU MATEMATIKA SMA

OSN Guru Matematika SMA (Olimpiade Sains Nasional) Disusun oleh:

Pak Anang

PEMBAHASAN SOAL OLIMPIADE GURU MATEMATIKA SMA TINGKAT PROPINSI

Halaman 2 dari 26

TANGGAL 20 JUL JULI 2011 2011

By Pak Anang (http://pak (http://pakhttp://pak-anang.blogspot.com) anang.blogspot.com)

Bagian pertama

1. Diketahui suatu barisan bilangan riil 12 yang memenuhi 1234 = 21236 + 12 , dimana 19 = 9 dan 1; = 128, 1= = …. Pembahasan: 19 = 214 + 16 1? = 219 + 14 = 2(214 + 16 ) + 14 = 514 + 216 1= = 21? + 19 = 2(514 + 216 ) + 214 + 16 = 1214 + 516 1; = 21= + 1? = 2(1214 + 516 ) + 514 + 216 = 2914 + 1216

Dari soal diketahui 19 = 9 dan 1; = 128, eliminasi 16 untuk mendapatkan nilai 16

2914 + 1216 = 128 214 + 16 = 9

× 1 × 12

2914 + 1216 = 128 2414 + 1216 = 108 = 20 ⇔ 14 = 4 514

Substitusi 14 ke 214 + 16 = 9, sehingga 214 + 16 = 9 ⇔ 2(4) + 16 ⇔ 8 + 16 ⇔ 16 ⇔ 16

=9 =9 =9−8 =1

Jadi, didapatkan nilai 1= yaitu:

1= = 1214 + 516 = 12(4) + 5(1) = 48 + 5 = 53

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 3 dari 26 2. Jika FG dan H̅ vektor sehingga K|FG + H̅ |K = 3 dan K|FG − H̅ |K = 5, maka FG ∙ H̅ = …. Pembahasan: Dari bentuk berikut:

K|FG + H̅ |K = |F|4 + |H|4 + 2|F||H| cos N 4

K|FG − H̅ |K = |F|4 + |H|4 − 2|F||H| cos N 4

Eliminasi |F|4 + |H|4 pada K|FG + H̅ |K dan K|FG − H̅ |K , sehingga: 4

K|FG + H̅ |K = |F|4 + |H|4 + 2|F||H| cos N 4

K|FG − H̅ |K = |F|4 + |H|4 − 2|F||H| cos N 4

K|FG + H̅ |K − K|FG − H̅ |K = 4

4

4

4|F||H| cos N ⇔ |FG||H̅ | cos N ⇔

FG ∙ H̅



FG ∙ H̅

⇔ ⇔

FG ∙ H̅ FG ∙ H̅

K|FG + H̅ |K − K|FG − H̅ |K = 4 34 − 54 = 4 9 − 25 = 4 −16 = 4 = −4 4

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

4

Halaman 4 dari 26 3. Diberikan gambar berikut:

A

P

B

O Banyaknya rute terpendek dari titik O ke P yang tidak melalui ruas garis AB adalah ….

Pembahasan: TRIK SUPERKILAT: Lintasan atau rute terpendek dari titik O ke P adalah lintasan yang terdiri kombinasi dari gerakan ke kanan dan ke atas. Misal titik-titik C, D, E terletak seperti pada gambar berikut: 1

5

1

3

1

O

1

C

4 D

2

E 1

A

9

13

22

0

0

5

4 3 1

4

B

4 1

Q

9 5 1

P

42

R 20

11 6 1

Perhatikan gambar, dari titik O ke titik C ada 1 lintasan, dari titik O ke titik C ada 1 lintasan, sehingga dari titik O ke titik D terdapat 2 lintasan, yaitu melalui titik C atau titik E. Demikian seterusnya hingga mencapai titik P. Dengan demikian untuk mencapai titik P dapat melalui titik Q dan R, sehingga banyak lintasan atau rute terpendek dari titik O ke titik P yang tidak melewati titik A dan B adalah sebanyak 20 + 22 = 42 lintasan.

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 5 dari 26 4. Segitiga ABC memiliki titik sudut A = (2, 0), B = (0, 2) dan C, dimana C berada pada garis S + T = 5. Luas segitiga ABC yang terbesar adalah ….

Pembahasan: Pertama, kita harus memahami maksud soal tersebut. Misal U adalah alas segitiga ABC, dan kita misalkan ruas garis AB adalah alas dari segitiga ABC, maka U = V(0 − 2)4 + (2 − 0)4 = √8 = 2√2

Selanjutnya, tinggi segitiga ABC adalah jarak antara ruas garis AB terhadap titik C yang terletak pada garis S + T = 5. Luas daerah segitiga ABC akan menjadi tak hingga apabila garis S + T = 5 dan ruas garis AB tidak sejajar, karena tinggi segitiga ABC akan berbeda untuk setiap titik C. Sehingga, kita akan memeriksa apakah ruas garis AB sejajar dengan garis S + T = 5. Misal YZ[ adalah gradien ruas garis AB, dan Y adalah gradient garis S + T = 5, maka: 2−0 YZ[ = = −1 0−2 S + T = 5 ⇔ T = 5 − S ⇔ Y = −1 Karena YZ[ = Y, maka ruas garis AB sejajar dengan garis S + T = 5.

Dengan demikian misalkan \ menyatakan tinggi segitiga ABC terhadap alas AB, maka \ adalah jarak titik pada ruas garis AB terhadap garis S + T = 5. Kita ambil titik A yang berada di ruas garis AB, maka \ adalah jarak titik A = (2, 0) ke garis S + T − 5 = 0, sehingga: (2) + (0) − 5 3 −3 3 \=] ]=^ ^= = √2 √14 + 14 √2 2 √2 Jadi, luas daerah segitiga ABC yang terbesar adalah: 1 1 3 _∆abc = U\ = ∙ 2√2 ∙ √2 = 3 satuan luas 2 2 2

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 6 dari 26 5. Wati memiliki dua orang kakak laki-laki yang kembar. Wati berumur U tahun dan kakak laki-lakinya berumur e tahun, dimana U dan e adalah bilangan bulat. Hasil perkalian ketiga umur mereka adalah 128. Jumlah ketiga umur mereka adalah …. Pembahasan: 128 = 2f

Diketahui umur Wati adalah U, umur kakak laki-laki Wati yang kembar adalah e, dimana U, e adalah bilangan bulat dan U < e, maka perkalian umur ketiganya adalah: Ue 4 = 128 Nilai U dan e yang mungkin adalah: 2 × (29 )4 = 128 ⇔ U = 2, e = 29

Sehingga, misal h adalah jumlah ketiga umur mereka, maka: h = U + 2e = 2 + 2 ∙ 29 = 2 + 16 = 18 tahun.

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 7 dari 26 6. Banyakya segitiga siku-siku yang memiliki sisi tegak U, e dan sisi miring e + 1, dimana U, e adalah bilangan bulat dan e < 100, adalah ….

Pembahasan: Jika U, e, dan e + 1 adalah sisi-sisi segitiga siku-siku dengan sisi miring e + 1, maka nilai sisi-sisi segitiga tersebut harus memenuhi: U+e>e+1⇔U >1 Pada segitiga siku-siku dengan sisi tegak U, e dan sisi miring e + 1 berlaku teorema Pythagoras: U4 + e 4 = (e + 1)4 ⇔ U4 = (e + 1)4 − e 4 ⇔ U4 = j(e + 1) + ekj(e + 1) − ek ⇔ U4 = 2e + 1

Padahal dari soal diketahui e < 100, sehingga nilai U4 yang mungkin U4 < 201. Sedangkan dari syarat U > 1 maka U4 > 1. Berarti nilai U harus berada pada interval 1 < U4 < 201

Mengingat 2e adalah bilangan bulat dan U4 = 2e + 1, sehingga U4 pasti bernilai ganjil. Karena U adalah bilangan bulat, maka nilai U4 adalah bilangan kuadrat yang bernilai ganjil yang harus memenuhi 1 < U4 < 201. Nilai U4 yang mungkin adalah 9, 25, 49, 81, 121, dan 169.

Sehingga pasangan sisi segitiga siku-siku yang mungkin dibuat adalah: U4 = 9 ⇔ 2e + 1 = 9 ⇔ e = 4, jadi sisi-sisi segitiga tersebut adalah 3, 4, dan 5. U4 = 25 ⇔ 2e + 1 = 25 ⇔ e = 12, jadi sisi-sisi segitiga tersebut adalah 5, 12, dan 13. U4 = 49 ⇔ 2e + 1 = 49 ⇔ e = 24, jadi sisi-sisi segitiga tersebut adalah 7, 24, dan 25. U4 = 81 ⇔ 2e + 1 = 81 ⇔ e = 40, jadi sisi-sisi segitiga tersebut adalah 9, 40, dan 41. U4 = 121 ⇔ 2e + 1 = 121 ⇔ e = 60, jadi sisi-sisi segitiga tersebut adalah 11, 60, dan 61. U4 = 169 ⇔ 2e + 1 = 169 ⇔ e = 84, jadi sisi-sisi segitiga tersebut adalah 13, 84, dan 85. Jadi dapat disusun sebanyak 6 buah segitiga siku-siku.

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 8 dari 26 7. Misalkan diberikan fungsi n: ℝ → ℝ dengan n(1) = 1 dan untuk sebarang S ∈ ℝ memenuhi n(S + 5) ≥ n(S) + 5 dan n(S + 1) ≤ n(S) + 1. Jika t(S) = n(S) − S + 1 maka t(2011) adalah …. Pembahasan: Kita periksa fungsi rekursif dari n(S + 1) ≤ n(S) + 1 dengan nilai awal n(1) = 1, maka: n(2) ≤ n(1) + 1 ⇔ n(2) ≤ 1 + 1 ⇔ n(2) ≤ 2 n(3) ≤ n(2) + 1 ⇔ n(3) ≤ 2 + 1 ⇔ n(3) ≤ 3 n(4) ≤ n(3) + 1 ⇔ n(4) ≤ 3 + 1 ⇔ n(4) ≤ 4 ⋮ n(2012) ≤ 2012 Dari pola tersebut, bisa disimpulkan nilai n(2012) ≤ 2012

Sekarang periksa fungsi rekursif dari n(S + 5) ≥ n(S) + 5 dengan nilai awal n(1) = 1, maka n(6) ≥ n(1) + 5 ⇔ n(6) ≥ 1 + 5 ⇔ n(6) ≥ 6 n(7) ≥ n(2) + 5 ⇔ n(7) ≥ 2 + 5 ⇔ n(7) ≥ 7 n(8) ≥ n(1) + 5 ⇔ n(8) ≥ 3 + 5 ⇔ n(8) ≥ 8 ⋮ n(2012) ≥ 2012 Dari pola tersebut, bisa disimpulkan nilai n(2012) ≥ 2012

Karena 2012 ≤ n(2012) ≤ 2012, artinya n(2012) = 2012, sehingga: t(S) = n(S) − S + 1, jika S = 2012, maka diperoleh: t(2012) = n(2012) − 2012 + 1 = 2012 − 2012 + 1 = 1

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 9 dari 26 8. Banyaknya nilai U yang memenuhi vy6 3S 4 − 3 wS = −4 adalah …. Pembahasan: x

x

z 3S 4 − 3 wS = −4 ⇔ y6

{S 9 − 3S|xy6 = −4

⇔ (U9 − 3U) − (−1 + 3) = −4 ⇔ U9 − 3U − 2 = −4 ⇔ U9 − 3U + 2 = 0 (U − 1)4 (U + 2) = 0 ⇔

Jadi, ada 2 nilai U yang memenuhi adalah U = 1 atau U = −2.

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 10 dari 26 9. Misalkan U, e, }, w bilangan asli sehingga log x e = 4 dan log ~ w = ?. Jika U − } = 9 maka 9

e − w = ….

Pembahasan: 3 • log x e = ⇔ e = U€ 2 5 • log ~ w = ⇔ w = } ‚ 4

=

9

Misalkan S = U € maka berakibat e = U€ ⇔ e = „U€ … ⇔ e = S 9 . ƒ



ƒ

=

Misalkan T = } ‚ maka berakibat w = } ‚ ⇔ w = „} ‚ … ⇔ w = T = . ƒ



ƒ

Sementara itu, dari S = U € diperoleh U = S 4 , dan dari dari T = } ‚ diperoleh } = T ? , sehingga: U−} =9⇔ S 4 − T ? = 9 j†‡tU\ eˆ‡\F‰ U4 − e 4 = (U + e)(U − e)k ⇔ (S + T 4 )(S − T 4 ) = 9 (†‡tU\ nU‰\Š‹ wU‹† 9 UwUŒUℎ 3 × 3 U\UF 9 × 1) Ž†•UŒ (S + T 4 ) = 3 wU‡ (S − T 4 ) = 3, •UwUℎUŒ (S + T 4 ) ≠ (S − T 4 ). ’Uw† (S + T 4 ) = 3 wU‡ (S − T 4 ) = 3 \†wU‰ YˆYˆ‡Fℎ†. ⇔ hˆℎ†‡ttU TU‡t YˆYˆ‡Fℎ† UwUŒUℎ (S + T 4 ) = 9 wU‡ (S − T 4 ) = 1 ƒ

ƒ

Dengan metode eliminasi dan substitusi pada persamaan (S + T 4 ) = 9 dan (S − T 4 ) = 1 akan diperoleh nilai S dan T sebagai berikut: S + T4 = 9 S − T4 = 1 2S = 10 ⇔ S = 5 Sehingga, S + T4 = 9 ⇔ T4 = 9 − S ⇔ T4 = 9 − 5 ⇔ T4 = 4 ⇔ T = ±2 (‰U‹ˆ‡U S, T e†ŒU‡tU‡ U•Œ†, YU‰U TU‡t YˆYˆ‡Fℎ† ℎU‡TU T = 2) ⇔ T=2

Jadi, e − w = S 9 − T = = 59 − 2= = 125 − 32 = 93

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 11 dari 26 10. Jika U dan e bilangan asli dan V12 + √140 = √U + √e, maka nilai U × e adalah …. Pembahasan:

”12 + √140 ⇔ ”12 + 2√35

⇔ ”j7 + 2√7√5 + 5k ⇔ ”j√7 + √5k ⇔ √7 + √5

4

Jadi, nilai U = 7 dan e = 5, sehingga U × e = 7 × 5 = 35. TRIK SUPERKILAT:

”12 + √140 ⇔ ”12 + 2√35

Jadi, dengan mengingat konsep ”(U + e) + 2√Ue = √U + √e dan dengan melihat bentuk V12 + 2√35 di atas, sangat mudah kita temukan bahwa nilai U × e = 35.

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 12 dari 26 11. Nilai dari log tan 1° + log tan 2° + log tan 3° + … + log tan 89° adalah ….

Pembahasan: log tan 1° + log tan 2° + log tan 3° + … + log tan 89° ⇔ log(tan 1° × tan 2° × tan 3° × … × tan 89°) ⇔ log(tan 1° × tan 89° × tan 2° × tan 88° × tan 3° × tan 87° × … × tan 45°) ⇔ log(tan 1° × tan(90° − 1°) × tan 2° × tan(90° − 2°) × tan 3° × tan(90° − 3°) × … × tan 45°) ⇔ logj(tan 1° × cot 1°) × (tan 2° × cot 2°) × (tan 3° × cot 3°) × … × tan 45°k ⇔ log(1 × 1 × 1 × … × 1) ⇔ log 1 ⇔ 0

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 13 dari 26 12. U, e, 2011 adalah sebuah barisan dengan U dan e adalah bilangan bulat positif dan U < e < 2011. Jika setiap suku dikurangi dengan dua, maka barisan tersebut menjadi barisan geometri dengan rasio bilangan bulat. Nilai U adalah …. Pembahasan: U, e, 2011 adalah sebuah barisan, U, e ∈ ℕ. Jika setiap suku dikurangi dua, diperoleh barisan geometri dengan rasio ‹, untuk ‹ ∈ ℤ. Barisan geometri tersebut adalah: (U − 2), (e − 2), 2009

Perhatikan bilangan pada suku ke-3 barisan geometri tersebut. Dikarenakan rumus suku ke-‡ dari barisan geometri adalah F2 = U‹ 2y6 , maka suku ke-3 adalah F9 = U‹ 4 .

Padahal diketahui U, e ∈ ℕ dan ‹ ∈ ℤ, maka untuk suku ke-3 pasti memuat faktor kuadrat. Kita periksa faktor dari bilangan 2009, diperoleh: 2009 = 74 × 41 Dan karena F9 = U‹ 4 dan F9 = 2009 maka diperoleh: U‹ 4 = 74 × 41 ⇒ ‹ 4 = 74 ⇒ ‹ = 7 ⇒ U = 41

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 14 dari 26 13. Suku banyak •(S) = S f + US ; + eS = + }S ? + wS 9 + ˆS 4 + nS + t mempunyai tujuh akar real berbeda dan salah satunya adalah nol. Koefisien yang tidak boleh nol adalah …. Pembahasan: Misal akar-akar suku banyak •(S) = S f + US ; + eS = + }S ? + wS 9 + ˆS 4 + nS + t adalah S6 , S4 , S9 , S? , S= , S; , dan Sf . Diketahui suku banyak memiliki tujuah akar real berbeda dan salah satu akarnya adalah nol, misal S6 = 0. Sehingga dengan memeriksa sifat simetri akar (teorema Vieta) diperoleh: S6 + S4 + S9 + S? + S= + S; + Sf = −U (eŠŒˆℎ ‡ŠŒ) S6 S4 + S6 S9 + S6 S? + … + S; Sf = e (eŠŒˆℎ ‡ŠŒ) S6 S4 S9 + S6 S4 S? + S6 S4 S= + … + S= S; Sf = −}(eŠŒˆℎ ‡ŠŒ) S6 S4 S9 S? + S6 S4 S9 S= + S6 S4 S9 S; + … + S? S= S; Sf = w(eŠŒˆℎ ‡ŠŒ) S6 S4 S9 S? S= + S6 S4 S9 S? S; + S6 S4 S9 S? Sf + … + S9 S? S= S; Sf = −ˆ(eŠŒˆℎ ‡ŠŒ) S6 S4 S9 S? S= S; + S6 S4 S9 S? S= Sf + S6 S4 S9 S? S; Sf + … + S4 S9 S? S= S; Sf = n(\†wU‰ eŠŒˆℎ ‡ŠŒ) S6 S4 S9 S? S= S; Sf = −t = 0(•U•\† ‡ŠŒ) Nilai – U, e, −}, w, −ˆ mungkin saja nol jika jumlah suku yang tidak memuat S6 adalah nol. Nilai – t pasti nol. Karena terdapat S6 = 0 yang membuat nilai S6 S4 S9 S? S= S; Sf = 0.

Sedangkan untuk n, tidak boleh nol, karena semua yang berwarna merah nilainya adalah 0, dan mengingat hanya satu akar yang nol yaitu S6 maka akar suku banyak yang lainnya adalah tidak nol. Jadi perkalian S4 S9 S? S= S; Sf tidak boleh nol!

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 15 dari 26 14.

1

2

4

32 8

16

Tiga dadu dibentuk dengan pola seperti gambar di atas. Jika ketiga dadu tersebut ditumpuk di atas sebuah meja sedemikian sehingga satu dadu berada di atas dadu lainnya, maka jumlah maksimum dari angka-angka yang dapat terlihat adalah …. Pembahasan: Perhatikan jumlah angka-angka pada sisi-sisi berhadapan adalah: 1 + 32 = 33 2 + 16 = 18 4 + 8 = 12 Sehingga jumlah semua angka pada sisi dadu adalah 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 = 63

\UY•U‰ wˆ•U‡

\UY•U‰ eˆŒU‰U‡t

Jika kita menyusun tiga dadu secara bertumpuk, maka akan terdapat dua pasang sisi berhadapan yang tidak terlihat pada dua buah dadu terbawah, sementara pada dadu teratas hanya ada satu sisi yang tidak terlihat.

Sehingga, jumlah maksimum dari angka-angka yang dapat terlihat bisa diperoleh dengan meminimumkan angka-angka yang tidak terlihat. Pertama, untuk dua pasang sisi berhadapan kita pilih pasangan angka 4 dan 8. Kedua, untuk satu sisi yang tidak terlihat di dadu teratas kita pilih angka 1. Jadi, jumlah maksimum dari angka-angka yang terlihat adalah: (3 × 63) − j(2 × 12) + 1k = 189 − 25 = 164

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 16 dari 26 15. Barisan naik 1, 3, 4, 9, 10, 12, 13, … terdiri dari bilangan-bilangan asli perpangkatan dari 3 atau jumlah dari perpangkatan 3 yang berbeda. Suku ke-2011 barisan itu adalah …. Pembahasan: Pembahasan: (3œ ), (36 ), (36 + 3œ ), (34 ), (34 + 3œ ), (34 + 36 ), (34 + 36 + 3œ ), …

Jika diamati, barisan tersebut ekuivalen dengan barisan bilangan biner 1, 10, 11, 100, 101, 110, 111, … pada basis 3. Jadi untuk mendapatkan suku ke 2011 maka kita harus mencari bilangan biner untuk 2011: ÷2 ÷2 ÷2 ÷2 ÷2 ÷2 ÷2 ÷2 ÷2 ÷2

2011 1005

0502 0251 0125 0062 0031 0015 0007 0003 0001

sisa 1 sisa 1 sisa 0 sisa 1 sisa 1 sisa 0 sisa 1 sisa 1 sisa 1 sisa 1

Jadi 20116œ = 111110110114. Perhatikan bahwa bisa dibuktikan 2011 = 26œ + 2• + 2ž + 2f + 2; + 2? + 29 + 26 + 2œ .

Sehingga suku ke 2011 barisan tersebut adalah: F4œ66 = 36œ + 3• + 3ž + 3f + 3; + 3? + 39 + 36 + 3œ = 59049 + 19683 + 6561 + 2187 + 729 + 81 + 27 + 3 + 1 = 88321

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 17 dari 26 16. Misalkan Y dan ‡ bilangan asli yang memenuhi Pembahasan: 1 1 4 + = ⇔ Y ‡ 7 ⇔ ⇔

6

+ 2 = f. Nilai Y + ‡ adalah …. 6

?

Y+‡ 4 = Y‡ 7 7(Y + ‡) = 4Y‡ 4Y‡ − 7Y − 7‡ = 0 ¡c¢(4, −7, −7) = 1, ŒUŒF ‰ˆwFU ‹FU• w†‰UŒ† 4. ⇔ 16Y‡ − 28Y − 28‡ = 0 (\UYeUℎ‰U‡ ‰ˆwFU ‹FU• wˆ‡tU‡ 49) ⇔ 16Y‡ − 28Y − 28‡ + 49 = 49 (4Y − 7)(4‡ − 7) = 49 ⇔ ’Uw† (4Y − 7) •U•\† •UŒUℎ •U\F nU‰\Š‹ wU‹† 49 = ±1, ±7 ± 49

• Karena 1 adalah faktor 49, maka: (4Y − 7) = 1 ⇔ 4Y = 8 ⇔ Y = 2, sehingga: (4Y − 7)(4‡ − 7) = 49 ⇔ (4‡ − 7) =

?• 6

⇔ 4‡ = 56 ⇔ ‡ = 14

Jadi, Y = 2 dan ‡ = 14 adalah solusi bulat dari

• Karena −1 adalah faktor 49, maka:

6

+ 2 = f. 6

?

(4Y − 7) = −1 ⇔ 4Y = 6 ⇔ Y = , sehingga ini bukan solusi bulat dari ?

• Karena 7 adalah faktor 49, maka:

(4Y − 7) = 7 ⇔ 4Y = 14 ⇔ Y =

;

6? , sehingga ?

6

+ 2 = f. 6

ini juga bukan solusi bulat dari

?

6

+ 2 = f. 6

?

• Karena −7 adalah faktor 49, maka: (4Y − 7) = −7 ⇔ 4Y = 0 ⇔ Y = 0, sehingga: 49 (4Y − 7)(4‡ − 7) = 49 ⇔ (4‡ − 7) = ⇔ 4‡ = 0 ⇔ ‡ = 0 −7 Jadi, Y = 0 dan ‡ = 0, namun sayang bukan bilangan asli, dan penyebut pecahan haram diisi bilangan nol. Sehingga tidak jadi masuk ke jawaban. Hehe… • Karena 49 adalah faktor 49, maka: (4Y − 7) = 49 ⇔ 4Y = 56 ⇔ Y = 14, sehingga: 49 (4Y − 7)(4‡ − 7) = 49 ⇔ (4‡ − 7) = ⇔ 4‡ = 8 ⇔ ‡ = 2 49 6 6 ? Jadi, Y = 14 dan ‡ = 2 adalah solusi bulat dari + 2 = f. • Karena −49 adalah faktor 49, maka:

(4Y − 7) = −49 ⇔ 4Y = −42 ⇔ Y =

Jadi Y + ‡ = 2 + 14 = 14 + 2 = 16

y?4 , sehingga ?

bukan solusi bulat dari

6

+ 2 = f.

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

6

?

Halaman 18 dari 26 TRIK SUPERKILAT: 1 1 4 Y+‡ 4 + = ⇔ = Y ‡ 7 Y‡ 7 ⇔ 7(Y + ‡) = 4Y‡ ⇔ 7Y + 7‡ = 4Y‡ ⇔ 7Y = 4Y‡ − 7‡ ⇔ 7Y = ‡(4Y − 7) 7Y ⇔ ‡= ; 4Y − 7 ≠ 0 4Y − 7

Solusi bulat Y dan ‡ didapatkan untuk nilai Y = 2 ⇒ ‡ = 14 dan Y = 14 ⇒ ‡ = 2 Jadi Y + ‡ = 2 + 14 = 14 + 2 = 16

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 19 dari 26 17. Untuk bilangan riil U dan e didefinisikan U $ e = (U − e)4 . Bentuk sederhana dari (S − T)4 $(T − S)4 adalah …. Pembahasan: (S − T)4 $(T − S)4 = ((S − T)4 − (T − S)4 )4

= j(S 4 − 2ST + T 4 ) − (T 4 − 2ST + S 4 )k = 04 =0

4

TRIK SUPERKILAT:

Ingat S 4 = (−S)4, maka (S − T)4 = j−(S − T)k = (T − S)4 Jadi (S − T)4 $(T − S)4 = (S − T)4 $(S − T)4 = j(S − T) − (S − T)k = 04 =0

4

4

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 20 dari 26 18. Jika 50œ + 506 + 504 + 509 + … + 504œ66 dibagi oleh 7, maka sisanya adalah ….

Pembahasan: Misal S2 adalah sisa pembagian 502 oleh 7, maka: 50 = 1 (YŠw 7) ¥‰U‹ˆ‡U 50 − 1 = 49 = 7 × 7, ¦Uw† 7|49§ 502 = 12 (YŠw 7) Jadi berapapun nilai ‡ (pangkat) dari 502 , sisa pembagian 502 adalah S2 = 12 = 1.

Sehingga, Sisa pembagian 50œ + 506 + 504 + 509 + … + 504œ66 oleh 7, bisa dituliskan sebagai:

4œ66

¨5

2©œ

2 (YŠw

4œ66

7) = ¨ 1 (YŠw 7) 2©œ

= ª1 «¬¬¬¬¬-¬¬¬¬¬® + 1 + 1 + … + 1´ (YŠw 7) 4œ64 ¯x°±²³

= 2012 (YŠw 7) = 24 × 503 (YŠw 7) ¥503 = 6 (YŠw 7)§ = 4 × 6 (YŠw 7) = 24 (YŠw 7) = 3 (YŠw 7)

Jadi sisa pembagian 50œ + 506 + 504 + 509 + … + 504œ66 oleh 7 adalah 3.

TRIK SUPERKILAT: Menggunakan cara pembagian tradisional, sisa pembagian 2012 terhadap 7 adalah 3.

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 21 dari 26 19. Volume dari sebuah kubus yang memiliki luas permukaan dua kali lebih luas dari luas permukaan kubus yang memiliki volume satu satuan adalah …. Pembahasan: Dari soal diperoleh informasi berikut: _4 = 2_6 ⇔ 6•44 = 2 ∙ 6•64 •64 1 ⇔ 4= •4 2 •6 1 ⇔ = •4 √2 Sehingga, karena µƒ = µ



6 dan H6 √4 9

= 1 satuan volume, maka:

H6 •69 H6 •6 = 9⇔ =¶ · H4 •4 H4 •4 1 1 9 ⇔ =¶ · H4 √2 1 1 ⇔ = H4 √29 ⇔ H4 = √8 ⇔ H4 = 2√2 satuan volume

TRIK SUPERKILAT:

Volume dan luas adalah ¸ ∼ _€ . •

Sehingga volumenya adalah 2€ = 2√2 •

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 22 dari 26 20. Jika bilangan real S dan T memenuhi (S + 5)4 + (T − 12)4 = 144 , maka nilai minimum S 4 + T 4 adalah …. Pembahasan: (S + 5)4 + (T − 12)4 = 144 Persamaan tersebut adalah persamaan lingkaran dengan pusat (−5, 12) dan jari-jari 14. S4 + T4 = ‹4 Persamaan tersebut adalah persamaan lingkaran dengan pusat (0, 0) dan jari-jari ‹.

Sekarang, mari kita periksa apakah titik (0, 0) berada di dalam lingkaran atau tidak?

S = 0 dan T = 0 ⇔ 54 + (−12)4 < 144 Jadi titik (0, 0) berada di dalam lingkaran, sehingga agar nilai S 4 + T 4 maksimum maka lingkaran S 4 + T 4 = ‹ 4 harus menyinggung lingkaran (S + 5)4 + (T − 12)4 = 144 .

Misalkan titik singgung tersebut adalah titik », maka diperoleh: Jarak titik (−5, 12) ke titik P adalah jari-jari lingkaran tersebut, yaitu 14. Jarak titik (−5, 12) ke titik (0, 0) dengan menggunakan teorema Pythagoras adalah 13 .

Nah, karena titik », (−5, 12), (0,0) adalah sebuah garis lurus, sehingga jarak jari-jari lingkaran yang berpusat di (0, 0) adalah 1. Jadi, nilai minimum S 4 + T 4 adalah 14 = 1.

TRIK SUPERKILAT: Dari teorema Pythagoras diperoleh jarak ke titik O adalah 13, sementara jari-jari lingkaran luar adalah 14. Berarti selisihnya adalah jari-jari maksimum lingkaran dalam yang menyinggung sisi lingkaran luar. Jadi nilai maksimum 14 − 13 = 1.

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 23 dari 26 Bagian kedua

A. Persamaan kuadrat S 4 − (2U + 1)S + U(U − 1) = 0 mempunyai dua akar real S6 ≤ −1 dan S4 > 1.

21. Apakah nilai dari diskriminan ¢ ≥ 0 dan S6 ∙ S4 < 0 perlu dan cukup untuk menentukan nilai U yang memenuhi persamaan dengan akar-akar tersebut? Mengapa?

Pembahasan: Tidak, karena jika ¢ ≥ 0 berarti ada kemungkinan dua akar tersebut real dan kembar. Padahal kenyataannya nilai akar-akar persamaan kuadrat tersebut terpisah pada dua interval S6 ≤ −1 dimana nilai S6 pasti negatif, sementara S4 > 1 nilai S4 pasti positif. Jelas diketahui bahwa tidak aka nada irisan yang tercipta antara bilangan positif dan negatif. Untuk syarat S6 ∙ S4 < 0 juga kurang tepat, mengingat perkalian paling kecil yang tercipta adalah −1 × 1 Œˆe†ℎ w†‰†\ = −1 ‰F‹U‡t w†‰†\.

22. Jika tidak, tuliskan kondisi (persyaratan) yang harus dimiliki agar nilai U dapat ditentukan untuk akar-akar tersebut? Catatan: Saudara tidak perlu menentukan nilai U. Pembahasan: Syarat yang harus dimiliki adalah: S6 ≤ −1 ¼ Jadi S6 ≤ −1 < 1 < S4 . S4 > 1 ⇔ 1 < S4

Sehingga daerah penyelesaian dari S6 ≤ −1 < 1 < S4 adalah irisan dari: S6 ≤ −1 < S4 ⇔ S6 + 1 ≤ 0 < S4 + 1 ⇔ (S6 + 1)(S4 + 1) ≤ 0 ………….(1) S6 < 1 < S4 ⇔ S6 − 1 < 0 < S4 − 1 ⇔ (S6 − 1)(S4 − 1) < 0 …………….(2)

Dan juga jangan lupa, karena persamaan kuadrat memiliki dua akar real berbeda, maka determinan harus positif, sehingga: 4 ¢ > 0 ⇔ j−(2U + 1)k − 4(1)jU(U − 1)k > 0 …………………….…………….(3)

Sehingga daerah penyelesaiannya agar nilai U dapat ditentukan untuk akar-akar tersebut adalah irisan dari daerah penyelesaian (1), (2), dan (3).

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 24 dari 26 B. Perhatikan persamaan: |S − 1| − 3|S + 1| + |S − 2| = U Untuk mencari nilai U agar persamaan itu memiliki penyelesaian dapat dilakukan dengan menggambar grafik T = n(S) = |S − 1| − 3|S + 1| + |S − 2|.

23. Gambar sketsa grafik fungsi n!

Pembahasan: n(S) = |S − 1| − 3|S + 1| + |S − 2|

Pertama kita hilangkan tanda mutlak pada |S − 1|, sehingga n(S) menjadi: S − 1 − 3|S + 1| + |S − 2|, S−1≥0 n(S) = ½ −S + 1 − 3|S + 1| + |S − 2|, S−1

Suggest Documents