try out osp 2016 (solusi)

8/18/2019 Try Out OSP 2016 (Solusi)

1/8

Solus Try - Out OSP 2016

Bidang MatematikaWaktu :270 menit

Bagian 1

1. Misalkan x, y , dan z adalah bilangan non-negatif sedemikian sehingga

x2 + y2 + z2 + x + 2y + 3z = 13

4

Maka nilai terkecil dari x + y + z yang mungkin adalah ...

Jawab :

Misalkan s = x + y + z. Karena x, y , dan z bilangan non-negatif, perhatikan bahwa :

13

4 = x2 + y2 + z2 + x + 2y + 3z ≤ (x + y + z)2 + 3(x + y + z) = s2 + 3s

Seleaikan pertidaksamaan tersebut akan didapat s ≥ 12(−3 +√ 22). Kesamaan mungkin terjadiketika x = y = 0 dan z = 12(−3 +

√ 22). Maka nilai terkecil dari x + y + z adalah 12(−3 +

√ 22).

2. Sebuah sekolah terdiri dari 2016 siswa. Setiap siswa memiliki 1 rahasia. Setiap siswa da-pat mengirim surat kepada siswa lain manapun untuk menyampaikan seluruh rahasia yangdipegangnya (termasuk rahasia siswa lain yang sudah disampaikan kepadanya). Banyaknyasurat minimum yang perlu dikirim sehingga semua siswa mengetahui seluruh rahasia adalah ...

Jawab :

Misalkan ada dua orang a dan b. Jika a mengirim surat pada b, maka b akan memegangrahasia a dan b. Dan jika b mengirim surat pada c, maka c akan memegang rahasia a,b, dan c.Misalkan an adalah banyak surat minimum yang harus dikirim sehingga n siswa mengetahuisemua rahasianya. Perhatikan bahwa :

a1

= 0 (Tidak ada surat yang perlu dikirim)

a2 = 2 (a mengirim surat pada b, dan b mengirim surat balik kepada a)

a3 = 4

Perhatikan bahwa jika ada n siswa, kita bisa membagi menjadi 2 kelompok yaitu kelompokberanggotakan n − 1 siswa dan kelompok beranggotakan 1 siswa. Agar minimum ada 2 taha-pan yang harus dilakukan. Tahap pertama yaitu, 1 orang siswa yang berada di kelompok yangberanggotakan satu siswa mengirim surat kepada salah satu orang di kelompok yang berang-gotakan n − 1 orang. Kemudian n − 1 siswa di kelompok yang beranggotakan n − 1 siswatersebut saling berkirim surat agar mereka saling mengetahui rahasia di kelompok itu (adaan−1 cara ). Tahap kedua adalah salah satu orang di kelompok yang beranggotakan n − 1orang yang telah mengetahui semua rahasia siswa lain mengirim satu surat kepada siswa yangberada di kelompok yang beranggotakan satu siswa. Maka didapat hubungan :

an = an−1 + 1 + 1 = an−1 + 2 Karena a1 = 0 akan didapat a2016 = 4030.3. Banyaknya cara sehingga 9 huruf pada kata INDONESIA bisa di acak dalam satu baris tanpa

mengandung kata ONE atau DIA adalah ...

Jawab :

Banyak cara pengacakan INDONESIA : 9!2!2!

Banyak cara pengacakan INDONESIA dengan ONE selalu bersama : 7!2!

Banyak cara pengacakan INDONESIA dengan DIA selalu bersama : 7!2!

Banyak cara pengacakan INDONESIA dengan ONE dan DIA selalu bersama : 5!

Maka banyak pengacakan INDONESIA tanpa mengandung ONE atau DIA adalah :

9!

2!2! − 7!

2! − 7!

2!

+ 5! = 85800

4. Diberikan ABC segitiga lancip dengan AB = 13 dan BC = 7. D dan E adalah titik padaAB dan AC berturut - turut sedemikian sehingga BD = BC dan DEB = CEB . Hasil kalisemua kemungkinan nilai dari panjang AE adalah ...

1


2/8

Jawab :

Satu kemungkinan yang pasti adalah ketika CD tegak lurus dengan EB sehingga CBDE adalahlayang - layang. Karena BE membagi CB A maka AE : E C = AB : BC = 13 : 7. MisalkanAC = b maka didapat AE = 13b20 .

Kemungkinan lainnya adalah jika ED dan BC tidak saling tegak lurus sehingga ED = EC .Perhatikan bahwa garis bagi DEC akan berpotongan dengan garis sumbu segitiga C ED padalingkaran luar segitiga CED. Namun kita tahu bahwa titik perpotongannya adalah titik B.

Maka CEDB adalah segiempat talibusur. Dengan menggunakan titik kuasa didapat makaAE.AC = AD.AB. Maka AE = AD.AB

AC = 13.6

b = 78

b .

Maka hasil kali semua kemungkinan nilai dari AE adalah :

13b

20 .

78

b =

507

10

5. Diberikan persegi panjang ABCD. Titik P dan Q berturut - turut adalah titik tengah ABdan B C . AQ dan CP berpotongan di R. Jika AC = 6 dan ARC = 150o, maka luas ABCDadalah ...

Jawab :

Karena AQ dan CP adalah garis berat segitiga ABC maka BR juga merupakan garis berat.

Misal BR memotong AC di S . Maka AS = BS = 3. Karena BR garis berat maka BR : RS =2 : 1. Maka RS = 1. Misal AR = x dan C R = y. Luas ARC adalah 12

xysin150o = 14

xy. LuasABC = 3.[ARC ] = 34xy. Maka [ABCD] =

32xy.

Untuk mencari nilai xy , gunakan aturan kosinus pada segitiga ARC , ARS , dan C RS didapat :

36 = x2 + y2 − 2xycos150o= (32 + 12 − 2.3.1cosRSA) + (32 + 12 − 2.3.1cosRSC ) +

√ 3xy

= 20 +√

3xy

Sehingga xy = 16√ 3

. Maka luas ABCD = 32

. 16√ 3

= 8√

3.

6. Himpunan bagian M dari {1, 2, 3, , 15} tidak boleh mengandung 3 elemen yang hasil kalinyaadalah bilangan kuadrat. Jumlah maksimum anggota dari M adalah ...Jawab :

Diberikan himpunan beranggotakan 15 angka. Agar tidak ada 3 bilangan yang menjadi kuadratmaka langkah pertama kita akan memasukkan bilangan prima dari 1 hingga 15 kecuali angka2 ke dalam subset yang kita inginkan (Karena prima hanya memiliki faktor dirinya saja).

Berarti M sudah berisi {3, 5, 7, 11, 13}. Angka 2 belum kita masukkkan karena banyak bilanganyang merupakan kelipatan 2 di antara 1 dan 15. Lalu kita lihat beberapa kasus :

• Jika 2 berpangkat ganjil (2 atau 8) kita masukkan ke dalam subset M : Maka jika 2 kita ma-sukkan ke dalam subset ada beberapa kemungkinan isi subset yang masih memenuhi syaratyaitu : {2, 3, 4, 5, 7, 9, 11, 13}; {1, 2, 3, 5, 7, 9, 11, 13};{2, 3, 5, 7, 8, 11, 12, 13}; {3, 4, 5, 7, 8, 9, 11, 13};dan {1, 3, 5, 7, 8, 9, 11, 13} yang semuanya beranggotakan 8 angka.

• Jika hanya 2 berpangkat genap (4) kita masukkan ke dalam subset M ; Maka jika kita ma-sukkan 4 saja diantara bilangan 2 berpangkat ke dalam subset M, subset yang memenuhisyarat adalah : {3, 4, 5, 6, 7, 9, 10, 11, 13, 14} ; {1, 3, 4, 5, 6, 7, 10, 11, 13, 14} yang berang-gotakan hingga 10 angka.

• Jika tidak ada bilangan 2 berpangkat yang kita masukkan ke dalam subset M : Makakemungkinan isi subset yang memenuhi syarat adalah : {1, 3, 5, 6, 7, 9, 10, 11, 13, 14} yangberanggotakan maksimal 10 angka pula

Maka dapat kita simpulkan jumlah maksimum anggota dari M adalah 10 anggota

7. Diketahui x , y, dan z adalah tiga bilangan bulat positif berurutan sehingga xy

+ yz + z

x+ y

x+ x

z + z

y

juga merupakan bilangan bulat. Maka nilai dari x + y + z adalah ...

Jawab :

Misalkan S = xy

+ yz

+ zx

+ yx

+ xz

+ zy

.

Perhatikan bahwa :

(x + y + z)

1

x +

1

y +

1

z

= S + 3

2


3/8

Tanpa mengurangi keumuman soal misalkan x = a − 1, y = a, z = a + 1 dengan a bilanganbulat positif. Maka :

(x + y + z)

1

x +

1

y +

1

z

=

9a2 − 3a2 − 1 = 9 +

6

a2 − 1 juga merupakan bilangan bulat. Maka haruslah a2 − 1|6. Sehingga yang memenuhi adalaha = 2. Maka x + y + z = 3a = 6.

8. Nilai n terkecil sehingga memenuhi bahwa digit 15n adalah 0 atau 8 adalah ...

Jawab :

15n habis dibagi 5 maka angka satuan 15n adalah 0.

15n juga habis dibagi 3, maka penjumlahan digitnya habis dibagi 3, maka paling sedikit harusterdapat 3 buah angka 8. Maka Bilangan terkecil 15n adalah 8880. Sehingga n terkecil yangmemenuhi 592.

9. Misalkan f (x) = ax + b dengan a dan b adalah bilangan bulat. Jika f (f (0)) = 0 danf (f (f (4))) = 9, maka nilai dari f (f (f (f (1)))) + f (f (f (f 2)))) + ....f (f (f (f 2016)))) adalah...

Jawab :

Dari 0 = f (f (0)) = f (b) = ab +b = (a+1)b, kita mendapat a = −

1 atau b = 0. Jika b = 0 makaf (x) = x. Sehingga 9 = f (f (f (4))) = f (f (4a)) = f (4a2) = 4a3 sehingga a bukan bilanganbulat. Maka haruslah a = −1, sehingga f (x) = −x + b. Masukan nilai f (x) = −x + b didapatf (f (f (f (x)))) = x. Maka jawaban pada soal :

1 + 2 + 3 + ... + 2016 = 2016.2017

2 = 2033136

10. Misalkan satu tahun ada 365 hari. Peluang bahwa dari 7 orang terdapat 3 orang memiliki hariultah yang sama dan 4 orang lainnya memiliki hari ultah yang sama pula (kedua kelompokmemiliki hari ultah yang berbeda) adalah .....

Jawab :

*Disini soal agak ambigu dengan yang dimaksud hari yang sama, apakah harinya saja yang

sama atau tanggalnya yang sama. Pada pembahasan ini, diasumsikan maksud soal adalah padatanggal yang sama dalam setahun.

Banyak cara yang harus dilakukan adalah :

• Memilih kelompok beranggotakan 3 orang yang berulang tahun pada tanggal yang sama :

7C 3.365C 1

• Memilih kelompok beranggotakan 4 orang yang tersisa dan berulang tahun pada tanggalyang sama yang berbeda dengan kelompok pertama :

4C 4.364C 1

Maka banyak cara ada 7C 3.365C 1.364C 1

11. Misalkan x, y, z, w adalah bilangan real berbeda , dan t adalah bilangan real positif yangmemenuhi

x + 1

y = y +

1

z = z +

1

w = w +

1

x = t

Maka nilai t adalah ...

Jawab :

Nyatakan w , z, dan y dalam t dan x, kita akan mendapat

w = xt − 1

x

z = xt2 − t − x

xt−

1

y = xt3 − t2 − 2xt + 1

xt2 − t − xSubtitusi persamaan terakhir pada persamaan x + 1

y = t, kita mendapat :

3


4/8

x + xt2 − t − x

xt3 − t2 − 2xt + 1 = txt4 − x2t3 − 2xt2 + 2x2t + 2t = 0

t(t2 − 2)(xt − x2 − 1) = 0

Jika xt − x2 − 1 = 0 maka x + 1x

= t = x + 1y

. Kontradiksi dengan fakta bahwa x = y. Dankarena t > 0 maka haruslah t =

√ 2.

12. Banyaknya bilangan bulat positif n kurang dari 1000 sehingga terdapat bilangan real positif xyang memenuhi n = xx adalah ...Jawab :

Perhatikan bahwa f (x) = xx adalah fungsi kontinu untuk x ∈ [k, k +1) untuk setiap bilanganbulat k. Maka semua nilai pada interval [kk, (k + 1)k) = [k2, (k + 1)k] merupakan rangedari f (x). Perhatikan bahwa jika k > 32, maka k2 > 1000. Maka k ≤ 31. Maka banyak nilai nyang memenuhi adalah

31

k=1(k + 1)k − k

2

= 496

13. ABCD adalah trapesium dengan AB // DC dan AB > DC . E titik pada AB sedemikiansehingga AE = DC . AC berpotongan dengan DE dan DB berturut - turut di F dan G. Nilaidari AB

CD yang membuat nilai dari Luas.segitigaDFG

Luas.trapesiumABCD maksimum adalah ...

Jawab :

Kita notasikan [XY Z ] adalah luas dari daerah [XY Z ]. Asumsikan AE = DC = 1 dan EB = x.Karena segitiga CDG sebangun dengan segitiga ABG, maka CG

AG = 11+x . Perhatikan bahwa

AECD adalah jajargenjang sehingga AF = F C dan :

F G

AC =

12

[1 + (1 + x)] − 11 + (1 + x)

= x

4 + 2x

Sehingga kita mendapatkan

DF G

ABCD =

FGAC

.[ACD]

2[ACE ] + x[ACE ] =

x

(4 + 2x)(2 + x) =

1

2( 2√ x

+√

x)2

Nilai ini mencapai maksimum ketika 2√ x

= √

x atau x = 2. Maka ABCD

= 1 + x = 3.

14. Hafiz ingin menaiki sebuah tangga yang memiliki 15 anak tangga. Hafiz bisa menaiki satu ataudua anak tangga sekaligus. Banyak cara Hafiz bisa menaiki tangga tersebut adalah ...

Jawab :

Misalkan an adalah banyaknya cara menaiki n buah anak tangga, Maka : a1 = 1

a2 = 2, yaitu (1,1) atau (2)

a3 = 3, yaitu (1,1,1),(1,2), atau (2,1)

Perhatikan bahwa untuk n tangga kita bisa melakukan dengan cara :

• Jika langkah pertama menaiki satu tangga, maka akan ada n − 1 tangga tersisa. Danbanyaknya cara menaiki n − 1 tangga tersisa adalah an−1 cara.

• Jika langkah pertama menaiki 2 anak tangga sekaligus, maka akan ada n− 2 tersisa. Danbanyaknya cara menaiki n − 2 tangga adalah an−2 cara.

Maka banyaknya cara menaiki n anak tangga adalah an = an−1 + an−2 Lakukan iterasi hinggan = 15 akan didapatkan a15 = 987.

Maka banyak cara adalah 987 cara.

15. Nilai a terbesar yang membuat x2 − x + a membagi x2015 + x + 90 adalah ...Jawab :Misalkan 2015 + x + 90 = x2 − x + aq (x).Untuk x = −1 didapat 88 = (2 + a)q (1)Untuk x = 0 didapat 90 = aq (0)

4


5/8

Untuk x = 1 didapat 92 = aq (1)

Maka a membagi 90 dan juga membagi 92 , Maka : a = 1,−1, 2,−2 . Namun,a + 2 harusmembagi 88. Nilai a yang memenuhi adalah 1 atau 2. Maka nilai a maksimum yang memenuhiadalah a = 2.

16. Selisih maksimum dari 2 bilangan bulat positif yang jumlahnya 2034 dan hasil perkaliannyamerupakan kelipatan 2034 adalah ...

Jawab :

Misalkan 2 bilangan positifnya adalah a dan b. Maka a + b = 2034 dan a.b = 2034n, dimana nmerupakan bilangan bulat positif juga.

Misalkan x adalah selisih maksimum dari a dan b. Maka :

(a − b)2 = (a + b)2 − 4abx2 = 20342 − 4.2034n = 2034(203 − 4n)

Faktorisasi dari 2034 = 2.32.113, sehingga pada persamaan di atas, (2034 − 4n) harus habisdibagi 113. Karena 2034 habis dibagi 113, maka 4n juga harus habis dibagi 113.

Misalkan n = 113.k, dengan k bilangan bulat positif, sehingga x2 = 2034(2034 − 4n) =2034(113(18 − 4k)). Maka, x2 = 2.32.1132.(18 − 4k). Sehingga nilai k yang memenuhi agarruas kanan juga merupakan bilangan kuadrat adalah saat k = 4. Sehingga nilai x = 678. Jadiselisih maksimum dari 2 bilangan bulat positif yang memenuhi persamaan di atas adalah 678.

17. Pada segitiga ABC , AB = 33, AC = 21, dan BC = x, dimana x adalah bilangan bulat. Dadalah titik pada AB dan E pada AC sedemikian sehingga AD = DE = EC = y dimana yadalah bilangan bulat. Maka nilai x adalah ...

Jawab :

Perhaikan bahwa haruslah y 21−y, atau y > 7. Maka nilai y yang mungkin adalah 8 ≤ y ≤ 20. Dengan menggunakanaturan kosinus pada segitiga ADE dan ABC kita punya

332 + 212 − x22(33)(21)

= cosA = y2 + (21 − y)2 − y2

2y(21 − y)Sederhanakan persamaan akan didapat

y(2223 − x2) = 33.72.11

Karena 8 ≤ y ≤ 20, maka nilai Y yang mungkin adalah 9 dan 11. Maka x2 = 606 ayaux2 = 900. Agar x bilangan bulat maka ambil x2 = 900. Maka x = 30.

18. Diberikan segiempat ABCD dengan B C = C D = DA = 1, DAB = 135o, dan ABC = 75o.Maka panjang AB adalah ...

Jawab :

Perhatikan bahwa jika AC = 1. Maka dari segitiga DAC , DAC lebih kecil dari 60o. Darisegitiga AB, karena AC > 1 = BC , maka haruslah CAB < ABC = 75o. AkibatnyaDAB = DAC +CAB


6/8

• p = 19, nilai 4S = 212, sehingga S = 53 (memenuhi)• p = 5, nilai 4S = 76, sehingga S = 19 (memenuhi)• p = 4, nilai 4S = 68, sehingga S = 17 (memenuhi)• p = 2, nilai 4S = 76, sehingga S = 19 (memenuhi)

Maka banyaknya bilanagn bulat positif p yang memenuhi adalah 4.

20. Misalkan p, q , r, s adalah akar - akar dari persamaan 2(10x + 13)2(5x + 8)(x + 1) = 1. Jika

pq + rs adalah bilangan real, maka nilai dari pq + rs adalah ...Jawab :

Dari persamaan akan didapat 2(100x2+260x+169)(5x2+13x+8). Misalkan u = 5x2+13x+8,persamaan menjadi 2(20u + 9)u = 1 yang memberi nilai u = 1

20 atau u = −1

2. Sehingga

5x2 + 13x + 15920 = 0 atau 5x2 + 13x + 172 = 0. Persamaan pertama memberi solusi real dengan

hasil kali 159100

, persamaan kedua memberi solusi kompleks dengan hasil kali 1710

. Dua akar realdari persamaan yang sama harus dipasangkan agar pq + rs merupakan bilangan real. Makanilai dari pq + rs = 159

100 + 17

10 = 329

100.

6


7/8

Bagian 2

1. Cari semua bilangan real positif a, b, c, d yang memenuhi sistem persamaan :

a + b + c + d = 12

abcd = 27 + ab + ac + ad + bc + bd + cd

Jawab :

Dengan menggunakan AM-GM pada persamaan pertama didapat abcd ≤ 81, dimana kesamaanterjadi hanya jika a = b = c = d = 3. Dengan AM-GM kembali, dari persamaan kedua didapat

abcd ≥ 27 + 6√

abcd

Perhatikan bahwa, x2 − 6x − 27 ≥ 0 untuk x ≤ 3 atau x ≥ 9. Maka haruslah √ abcd ≥ 9 atauabcd ≥ 81. Karena didapat 81 ≤ abcd ≤ 81 maka haruslah abcd = 81, dimana kesamaan terjadi jika dan hanya jika a = b = c = d = 3. Maka solusi yang memenuhi, (a,b,c,d) = (3, 3, 3, 3).

2. Diberikan bilangan asli empat angka habis dibagi oleh tujuh. Jika kita membalik urutanangkanya, akan diperoleh bilangan empat angka yang lebih besar dari bilangan semula dantetap habis dibagi oleh tujuh. Kedua bilangan itu bersisa sama jika dibagi oleh 37. Tentukan-

lah bilangan semula.Jawab :

Misalkan bilangan asli empat angka yang dimaksud adalahabcd, dengan a,b,c,d merupakanbilangan bulat di antara 0 sampai 9. Jika urutannya dibalik, maka akan didapat bilangan 4angka dcba yang lebih besar dari abcd, maka dari sini didapat bahwa : a = 0 dan d = 0 .Karena bilangan itu bersisa sama jika dibagi 37 maka haruslah 37 habis membagi :

abcd− dcba = 999(d − a) + 99(c − b)Karena 37|999 maka haruslah 37|99(c − b). Karena GCD(37,99)=1 maka haruslah 37|c − b.Karena c dan b digit antara 0 sampai 9 haruslah c = b. Maka kedua bilangan itu dapat kitatulis abbd dan dbba.

Karena kedua bilangan habis dibagi 7 maka haruslah 7 membagi :

abbd− dbba = 999(d − a)Karena GCD(7,999)=1 maka haruslah 7|d − a. Maka d − a = 0 atau d − a = 7. Jika d = 0maka abbd = dbba. Kontradiksi dengan fakta bahwa

abcd < dcba

. Jika d − a = 7 maka pasangan (a, d) = (1, 8) atau (2, 9).Jika (a, d) = 1, 8 maka abcd = 1008 + 110b ≡ 0 mod 7. Maka haruslah 7|110b. Karena 7 tidakmembagi 110 maka haruslah 7|b. Sehingga b = 0 atau 7.Jika (a, d) = 2, 9 maka abcd = 2009 + 110b

≡ 0 mod 7. Maka haruslah 7

|110b. Karena 7 tidak

membagi 110 maka haruslah 7|b. Sehingga b = 0 atau 7.Sehingga bilangan yang memenuhi persyaratan adalah 1008, 1778, 2009, dan 2779.

3. Diketahui k bilangan real. Cari semua fungsi f : (0,∞) → (0,∞) yang memenuhi

kx2f (1/x) + f (x) = x

x + 1

untuk semua bilangan real positif x.

Jawab :

Bagi dengan x kita mendapatkan

kxf (1/x) + 1

xf (x) =

1

x + 1

Subtitusi x dengan 1/x kita mendapat

k

xf (x) + xf (1/x) =

x

x + 1

7


8/8

Selesaikan sistem persamaan diatas dengan variabel f (x) dan f (1/x) didapat :

(1 − k2)f (x)x

= 1 − kx

x + 1

Jika k2 = 1 maka terdapat solusi unik

f (x) =

x

x + 1 .

1

−kx

1 − k2

Dapat dicek bahwa persamaan tersebut memenuhi persamaan pada soal.

Namun agar memenuhi syarat f : (0,∞) → (0,∞), haruslah −1 < k

try out osp 2016 (solusi)

Documents