Solusi uji coba osp 2013

download Solusi uji coba osp 2013

of 14

  • date post

    18-Jul-2015
  • Category

    Documents

  • view

    729
  • download

    5

Embed Size (px)

Transcript of Solusi uji coba osp 2013

  • UJI COBA OLIMPIADE MATEMATIKA TK PROVINSI 2013

    CALON TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2014

    Prestasi itu diraih bukan didapat !!!

    SOLUSI SOAL

    Disusun oleh : Eddy Hermanto, ST

  • Solusi Uji Coba Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013 Kode : 113

    Olimpiade Matematika Eddy Hermanto, ST

    BAGIAN PERTAMA

    1. Peluang munculnya mata dadu 1, 2, 3 atau 4 pada pelemparan satu buah dadu = 2

    3 Peluang munculnya mata dadu 5 atau 6 pada pelemparan satu buah dadu = 1

    3 Ani dapat memenangkan permainan saat pelemparan dadu yang ke-2, 3 atau 4.

    Kasus 1, Ani memenangkan pertandingan sesaat setelah pelemparan dadu ke-2. Pada tiap pelemparan, angka yang muncul harus 1, 2, 3, atau 4. Peluang terjadi = 23

    2

    3 = 4

    9

    Kasus 2, Ani memenangkan pertandingan sesaat setelah pelemparan dadu ke-3. Pada lemparan pertama, angka yang muncul harus 5 atau 6. Pada lemparan ke-2 dan ke-3, angka yang muncul harus 1, 2, 3, atau 4. Peluang terjadi = 13

    2

    3

    2

    3 = 4

    27

    Kasus 3, Ani memenangkan pertandingan sesaat setelah pelemparan dadu ke-4. Pada lemparan pertama, angka yang muncul harus 1, 2, 3 atau 4. Pada lemparan ke-2, angka yang muncul harus 5 atau 6. Pada lemparan ke-3 dan ke-4, angka yang muncul harus 1, 2, 3, atau 4. Peluang terjadi = 23

    1

    3

    2

    3

    2

    3 = 8

    81 Peluang Ani memenangkan permainan = 49

    + 427

    + 881

    = 5681

    . Jadi, peluang Ani memenangkan permainan sama dengan

    .

    2. 1

    + 1

    + 1

    = 2013

    Jika x 2 maka 1

    + 1

    + 1

    32

    < 2013

    . Tidak ada x yang memenuhi. Jika x = 1. 13(z + 1) = 7yz z(7y 13) = 13 Jika z = 13 maka 7y 13 = 1. Nilai y yang memenuhi hanya y = 2. Jika z = 1 maka 7y 13 = 13. Tidak ada nilai y bulat positif yang memenuhi. Tripel (x, y, z) bulat positif yang memenuhi hanya (1, 2, 13). Jadi, Banyaknya tripel (x, y, z) bulat positif yang memenuhi ada 1.

    3. Misalkan kedua bilangan tersebut adalah a dan b dengan a = dx dan b = dy serta FPB(x, y) = 1. Tanpa mengurangi keumuman misalkan a > b sehingga x > y. KPK (a, b) = dxy dan FPB(a, b) = d dxy : d = 24 xy = 24 = 23 3 Karena x dan y relatif prima maka kemungkinan nilai (x, y) adalah (24, 1) atau (8, 3). dx + dy = 2013 x + y adalah faktor dari 2013. Karena 25 = 24 + 1 bukan faktor dari 2013 sedangkan 11 = 8 + 3 merupakan faktor dari 2013 maka x = 8 dan y = 3 serta d = 183. Selisih positf kedua bilangan = 183(8 3) = 915. Jadi, selisih positf kedua bilangan = 915.

  • Solusi Uji Coba Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013 Kode : 113

    Olimpiade Matematika Eddy Hermanto, ST

    4. p(x) = x5 + 20x2 13 q(x) = x2 1 q(a)q(b)q(c)q(d)q(e) = (a2 1)(b2 1)(c2 1)(d2 1)(e2 1) q(a)q(b)q(c)q(d)q(e) = (a + 1)(b + 1)(c + 1)(d + 1)(e + 1)(a 1)(b 1)(c 1)(d 1)(e 1) Alternatif 1 : Misalkan f(x) memiliki akar-akar a 1, b 1, c 1, d 1 dan e 1 maka f(x) = (x + 1)5 + 20(x + 1)2 13 memiliki akar-akar a 1, b 1, c 1, d 1 dan e 1 Sesuai aturan Vietta didapat (a 1)(b 1)(c 1)(d 1)(e 1) = (15 + 20(1)2 13) = 8 Misalkan g(x) memiliki akar-akar a + 1, b + 1, c + 1, d + 1 dan e + 1 maka g(x) = (x 1)5 + 20(x 1)2 13 memiliki akar-akar a + 1, b + 1, c + 1, d + 1 dan e + 1 Sesuai aturan Vietta didapat (a + 1)(b + 1)(c + 1)(d + 1)(e + 1) = ((1)5 + 20(1)2 13) = 6 q(a)q(b)q(c)q(d)q(e) = (8)(6) = 48 Jadi, nilai dari q(a)q(b)q(c)q(d)q(e) adalah 48. Alternatif 2 : p(x) = x5 + 20x2 13 = (x a)(x b)(x c)(x d)(x e) p(1) = 8 = (1 a)(1 b)(1 c)(1 d)(1 e) (a 1)(b 1)(c 1)(d 1)(e 1) = 8 p(1) = 1 + 20 13 = 6 = (1 a)(1 b)(1 c)(1 d)(1 e) (a + 1)(b + 1)(c + 1)(d + 1)(e + 1) = 6 q(a)q(b)q(c)q(d)q(e) = (8)(6) = 48 Jadi, nilai dari q(a)q(b)q(c)q(d)q(e) adalah 48. Jadi, nilai dari q(a)q(b)q(c)q(d)q(e) adalah 48.

    5. Perhatikan gambar.

    Dibuat CL dengan L terletak pada AB sehingga CL tegak lurus AB. Segitiga-segitiga ACB, ANQ, ALC, CLB dan PMB semuanya sebangun. Misalkan MCL = x Karena PM sejajar CL maka MCL = PMC = x Pada APC dan APM, ketiga sudut segitiga tersebut sama serta AP merupakan hipotenusa kedua segitiga sehingga APM dan APC kongruen (sama dan sebangun). Maka PC = PM Karena PC = PM maka CPM sama kaki. PCM = PMC = MCL = x Misalkan NCL = y Karena QN sejajar CL maka NCL = QNC = y Pada BQC dan BQN, ketiga sudut segitiga tersebut sama serta BQ merupakan hipotenusa kedua segitiga sehingga BQN dan BQC kongruen (sama dan sebangun). Maka QC = QN

  • Solusi Uji Coba Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013 Kode : 113

    Olimpiade Matematika Eddy Hermanto, ST

    Karena QC = QN maka CQN sama kaki. QCN = QNC = NCL = y MCN = MCL + NCL MCN = 1

    2 (BCL + ACL)

    MCN = 12 ACB Jadi, MCN = 45o

    Jadi, MCN = 45o 6. Jelas bahwa 1 + 2 + 3 + + n 2013 (n + 1) + (n + 2) + (n + 3) + + (2n) n(n + 1) 4026 n(3n + 1) Karena 62 63 = 3906 dan 63 64 = 4032 maka berdasarkan ketaksamaan ruas kiri dan ruas tengah didapat n 62. Karena 36 (3 36 + 1) = 3924 dan 37 (3 37 + 1) = 4144 maka berdasarkan ketaksamaan ruas tengah dan ruas kanan didapat n 37. Maka batas-batas nilai n yang mungkin adalah 37 n 62. Misalkan bilangan terkecil yang dibuang adalah m + 1, maka 1 + 2 + 3 + + 2n ((m + 1) + (m + 2) + (m + 3) + + (m + n)) = 2013 2n(2n + 1) n(2m + n + 1) = 4026 Karena n(2n(2n + 1) n(2m + n + 1)) maka haruslah n4026 Mengingat 37 n 62 maka nilai n yang mungkin hanya n = 61. Jika n = 61 maka 15006 61(2m + 62) = 4026 123 (m + 31) = 33 m = 59 sehingga nilai terkecil yang dibuang adalah m + 1 = 60. Melalui pengujian, nilai n = 61 dan m + 1 = 60 memenuhi.

    Jadi, semua nilai n yang memenuhi hanya n = 61. 7. Misalkan orang-orang yang berada pada posisi melingkar secara berurutan searah jarum jam adalah A, B, C, D, , M dengan uang yang diterima masing-masing secara berurutan adalah a, b, c, d, , m. Maka akan didapatkan 2a = m + b ; 2b = a + c ; 2c = b + d ; ; 2m = l + a Dari 2a = m + b akan didapat a m = b a. Dari 2b = a + c akan didapat b a = c b. Dari 2c = b + d akan didapat c b = d c.

    Dari 2m = l + a akan didapat m l = a m. Maka akan didapat a m = b a = c b = d c = = m l. Misalkan a m = b a = c b = d c = = m l = X (a m) + (b a) + (c b) + (d c) + + (m l) = 0 13X = 0 sehingga X = 0 Maka haruslah a = m ; b = a ; c = b ; ; m = l Jadi, a = b = c = d = = m. Maka haruslah masing-masing orang menerima Rp. 1.000 sebagai satu-satunya cara pembagian. Jadi, banyaknya cara membagi uang hanya ada 1.

  • Solusi Uji Coba Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013 Kode : 113

    Olimpiade Matematika Eddy Hermanto, ST

    8. 69x + 54y 2013 Dengan AM-GM didapat 2013 69 + 54 2(69)(54)

    20132

    4(69)(54) 271 Maka xy 271. 271 adalah bilangan prima. Jika x = 271 dan y = 1 atau x = 1 dan y = 271 akan menyebabkan 69x + 54y > 2013. Jika x = 15 dan y = 18 akan memenuhi xy = 270. Cek ke persyaratan awal. 69x + 54y = 69(15) + 54(18) = 2007 < 2013 (memenuhi). Jadi xy terbesar sama dengan 270. Jadi xy terbesar sama dengan 270.

    9. Misalkan [KLMN] menyatakan luas segiempat KLMN.

    Karena simetri maka [AFY] = [BDX] = [CEZ] [AEZY] = [BFYX] = [CDXZ] Karena simetri FAY = ACF. Jelas juga bahwa AFY = AFC sehingga AFY sebangun dengan ACF dengan perbandingan sisi 1 : 4. Maka AC = 4AF. CF2 = AC2 + AF2 2AC AF cos CAF CF2 = (4AF)2 + AF2 2(4AF) AF cos 60o = 13AF2 Karena AFY sebangun dengan ACF maka perbandingan luas dapat dinyatakan sebagai kuadrat perbandingan alas yang berkorespondensi. [ACF] : [AFY] = CF2 : AF2 = 13 Karena [ACF] = 13[AFY] maka [AEZY] = 11[AFY] Karena AF : FB = 1 : 3 maka [BCF] = 3[ACF] [BFYX] + [CDXZ] +[BDX] + [XYZ] = 3 ([CEZ] + [AFY] + [AEZY]) [XYZ] = 5[AFY] + [AEZY] = 16[AFY] [ABC] = [XYZ] + 3[AEZY] + 3[AFY] = 52[AFY] [ABC] : [XYZ] = 52 : 16 = 13 : 4 Jadi, perbandingan luas ABC dengan luas XYZ adalah 13 : 4.

  • Solusi Uji Coba Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013 Kode : 113

    Olimpiade Matematika Eddy Hermanto, ST

    10. q1, q2, , q2013 adalah 2013 buah bilangan rasional positif yang memenuhi jumlah ke-2013 buah bilangan rasional tersebut sama dengan 1.

    () = 2013=1

    Jelas bahwa f(n) merupakan bilangan bulat.

    2013

    =1

    = 1 () = 2013

    =1

    2013

    =1

    = ( )2013=1

    Karena 0 < 1 maka 0 < 1 untuk setiap nilai k, sehingga 0 () < 2013. Karena f(n) bulat, maka, 0 () 2012. Akan dibuktikan bahwa () = 2012 dipenuhi untuk suatu nilai n dan qk, k = 1, 2, , 2013. Ambil = 12013 dengan i = 1, 2, 3, ,2013 dan = 2012. Maka = 20122013 sehingga = 0 dengan i = 1, 2, 3, , 2013. () = 2013

    =1

    = 2012 0 = 2012 Jadi, nilai maksimum f(n) adalah 2012.

    11. Misalkan diagonal AC berpotongan dengan diagonal BD di Q. Jelas bahwa Q pertengahan BD.

    Sudut pusat = 2 x sudut keliling, maka Karena BAP = DCP = 45o maka BMP = DNP = 90o. Karena MP = MB dan ND = NP maka BMP dan DNP siku-siku sama kaki. Karena DPN = BPM = 45o maka BPD = MPN = 120o. Karena Q pertengahan BD dan PQ BD maka PDB sama kaki dengan DP = BP. Karena BPD = 120o maka DPQ = BPQ = 60o dan PDQ = PBQ = 30o. Karena DQ = BQ = 6 maka QP = DQ tan 30o = 23. AP = AQ + QP = 6 + 23. Jadi, AP = + .

  • Solusi Uji Coba Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013 Kode : 113

    Olimpiade Matematika Eddy Hermanto, ST

    12. x2 + ax + b = x2 + cx + d x(a c) = d b Akan dicari dulu peluang kedua parabola tidak memiliki titik persekutuan. Agar kedua parabola tidak memiliki titik persekutuan, maka a = c dan d b. Banyaknya cara = 8 x 8 x 7. Peluang kedua parabola tidak memiliki titik persekutuan = 887

    84 = 7

    64. Peluang kedua parabola memiliki titik persekutuan = 1 7

    64= 57

    64.

    Jadi, peluan