Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2008 Bagian Dua

8/14/2019 Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2008 Bagian Dua

1/5

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2008

TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2009

Prestasi itu diraih bukan didapat !!!

SOLUSI SOAL

Bidang Matematika

Bagian Kedua

Disusun oleh : Eddy Hermanto, ST


2/5

Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2008 Bagian Kedua

SMA Negeri 5 Bengkulu Eddy Hermanto, ST

BAGIAN KEDUA

1. 1 + x + x2 + + xn = 40x + x2 + + xn = 39

x(1 + x + x

2

+ + x

n1

) = 39Karena x dan n bilangan asli maka x merupakan faktor dari 39Nilai x yang mungkin memenuhi adalah 1, 3, 13 atau 39.

Jika x = 1 maka 1 + 12 + + 1n = 39.Jadi, n = 39

Jika x = 3Karena x 1 maka 1 + x + x2 + + xn =

1

11

+

x

xn

= 40

Untuk x = 3 maka 3n+1 1 = 80Nilai n yang memenuhi adalah n = 3.


11

1

+

xx

n

= 40

Untuk x = 13 maka 13n+1 1 = 480

13n+1 = 481 = 13 37Karena 37 tidak habis dibagi 13 maka tidak ada n asli yang memenuhi.


1

11

+

x

xn

= 40

Untuk x = 39 maka 39n+1 1 = 152039n+1 = 1521 = 392

Nilai n yang memenuhi adalah n = 1.

Semua pasangan bilangan asli (x, n) yang memenuhi adalah (1, 39), (3, 3), (39, 1)

2. Karena P(x) = 0 mempunyai 2008 selesaian real maka berlakuP(x) = (x x1)(x x2)(x x3) (x x2008) dengan xi semua real untuk i = 1, 2, , 2008.

Karena P(2008) 1 maka tidak mungkin semua xi < 2007.P(Q(x)) = P(x2 + 2x + 2008)

P(Q(x)) = (x2 + 2x + 2008 x1)(x2 + 2x + 2008 x2)(x

2 + 2x + 2008 x2008) = 0

Diskriminan x2 + 2x + 2008 xi adalah Diskriminan = 4 4(2008 xi)

Diskriminan = 4(xi 2007) untuk i = 1, 2, , 2008.

Karena tidak semua xi < 2007 maka akan terdapat xk sehingga Diskriminan = 4(xi 2007) 0.

Karena diskriminan 0 maka terbukti ada sedikitnya 2 bilangan x real yang memenuhi P(Q(x))= 0

Terbukti bahwa persamaan P(Q(x)) = 0 mempunyai selesaian real.


3/5



3. Misalkan O adalah pusat lingkaran dalam segitiga ABC. Maka garis bagi dari B dan C akan melaluititik O.

Karena CO dan BO adalah garis bagi maka ECO = DCO dan DBO = FBO

Misalkan ECO = DCO = (1) dan DBO = FBO = (2)

Jelas bahwa CEO = CDO = 90o sehingga EOD = 180o 2 (3)

Jelas juga bahwa BDO = BFO = 90o sehingga DOF = 180o 2 (4)

Maka EOF = 360oEOD DOF = 2( + ) (5)

Segitiga EOF adalah segitiga sama kaki sehingga OEF = OFE = 90o ( + ) (6)

Lingkaran dalam menyinggung segitiga ABC di D, E dan F sehingga CE = CD dan BD = BF.

Karena CE = CD dan OE = OD maka segiempat CEOD adalah layang-layang. Jadi, CO ED.

ED = 2 CE sin (7)

CED = 90o

sehingga OED = GED = OEF + OED = (90o ( + )) + () = 90o (8)

EG = ED cos GED = (2 CE sin )(cos (90o)

sinsin2=CE

EG (9)

Karena BD = BF dan OD = OF maka segiempat BDOF adalah layang-layang. Jadi, BO DF.

DF = 2 BF sin (10)

BFD = 90o sehingga OFD =

GFD = OFE + OFD = (90o ( + )) + () = 90o (11)

FG = DF cos GFD = (2 BF sin )(cos (90o)

sinsin2=BF

FG (12)

Dari persamaan (9) dan (12) dapat disimpulkan bahwaCE

EG

BF

FG= sehingga

CE

BF

EG

FG= .

Terbukti bahwaCE

BF

EG

FG=


4/5



4. Andaikan bahwa tidak ada tiga bilangan berdekatan yang jumlahnya lebih besar dari 15.Jika terdapat tiga bilangan dengan dua diantaranya adalah 7, 8 atau 9 maka ketiga bilangantersebut akan memiliki jumlah lebih dari 15. Maka haruslah terdapat dua bilangan di antara 7, 8dan 9. Kemungkinan susunan hanya ada 1, yaitu :

Rata-rata enam bilangan 1, 2, 3, 4, 5 dan 6 adalah 3,5.

Maka maks (A + B, C + D, E + F) 7.

Jika maks (A + B, C + D, E + F) = 7 maka A + B = C + D = E + F = 7Maka 9 jika dipasangkan dengan salah satu dari pasangan (A, B), (C, D) atau (E, F) akanmembentuk tiga bilangan yang jumlahnya lebih dari 15. Kontradiksi dengan anggapansemula.

Jika maks (A + B, C + D, E + F) > 7 maka maks (A + B, C + D, E + F) 8Pasangan bilangan yang memiliki nilai maks tersebut pasti akan berdekatan dengan 8 atau 9yang penjumlahan ketiga bilangan tersebut akan bernilai lebih besar dari 15. Kontradiksi dengananggapan semula.

Terbukti bahwa ada tiga bilangan berdekatan yang jumlahnya lebih besar dari 15.

5. Sebuah bilangan akan habis dibagi 3 apabila penjumlahan angka-angkanya habis dibagi 3.Ada 4 angka/digit yang habis dibagi 3 dan masing-masing ada 3 angka/digit yang bersisa 1 atau 2jika dibagi 3.Misalkan bilangan palindrom tersebut adalah abcba. Penjumlahan angka = 2(a + b) + c.

Karena angka pertama tidak boleh 0 maka banyaknya cara memilih digit a 0 (mod 3) hanya ada3 kemungkinan.

Jika c 0 (mod 3)Maka 2(a + b) 0 (mod 3) sehingga a + b 0 (mod 3)

Tiga kemungkinan pasangan (a, b) adalah a 0 (mod 3) dan b 0 (mod 3), a 1 (mod 3) dan

b 2 (mod 3) atau a 2 (mod 3) dan b 1 (mod 3)Banyaknya cara memilih digit c adalah 4.

Maka banyaknya cara memilih bilangan palindrom jika c 0 (mod 3) = 4 (3 4 + 3 3 + 3 3)

Maka banyaknya cara memilih bilangan palindrom jika c 0 (mod 3) = 120.





Maka banyaknya cara memilih bilangan palindrom jika c 1 (mod 3) = 90.


5/5







Maka banyaknya cara memilih bilangan palindrom jika c 2 (mod 3) = 90.Banyaknya bilangan palindrom yang memenuhi adalah 120 + 90 + 90 = 300.

Banyaknya bilangan palindrom 5-angka yang habis dibagi 3 adalah 300.

Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2008 Bagian Dua

Documents

Transcript of Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2008 Bagian Dua