solusi-osn-smp-2009

Tutur Widodo Pembahasan OSN SMP Tahun 2009

Pembahasan OSN SMP Tingkat Nasional Tahun 2009Bidang Matematika

Oleh Tutur Widodo

Soal 1. Sebuah persamaan kuadrat memiliki akar - akar bilangan asli a dan b. Persamaan

kuadrat lainnya memiliki akar - akar b dan c dengan a 6= c. Jika a, b dan c merupakan bilangan -

bilangan prima yang kurang dari 15, ada berapa macam pasangan yang mungkin memenuhi syarat

tersebut (dengan syarat koefisien dari suku kuadratnya sama dengan 1)!

Penyelesaian :

Misalkan pasangan persamaan kuadrat tersebut adalah (P1, P2). Perlu diperhatikan bahwa (P1, P2)

bukan pasangan berurutan. Jadi, bentuk (P2, P1) sama dengan (P1, P2). Selanjutnya kemungkinan

bentuk dari P1 dan P2 yaitu

P1 : x2 − (a + b)x + ab = 0

P2 : x2 − (b + c)x + bc = 0

dengan a, b dan c anggota dari himpunan T = {2, 3, 5, 7, 11, 13}.Sehingga banyaknya pasangan (P1, P2) equivalen dengan banyak cara memilih tripel (a, b, c) dari T .

Ada dua kasus yang mungkin, yaitu

1. Ketiga bilangan berbeda, dengan kata lain a 6= b 6= c

Banyaknya cara mengambil tiga bilangan berbeda dari himpunan T adalah

(6

3

)= 20. Padahal

setiap tripel (a, b, c) yang kita ambil ada enam susunan yang mungkin yaitu (a, b, c), (a, c, b), (b, a, c), (b, c, a), (c, a, b)

dan (c, b, a). Tetapi karena (P1, P2) bukan pasangan berurutan berakibat (a, b, c) dan (c, b, a)

menghasilkan pasangan (P1, P2) yang sama. Demikian pula (a, c, b) dan (b, c, a) serta (b, a, c)

dan (c, a, b). Oleh karena itu, setiap tripel (a, b, c) yang kita ambil hanya ada tiga kemungkinan

susunan. Jadi, untuk kasus pertama kemungkinan terbentuk pasangan (P1, P2) ada sebanyak

20 x 3 = 60 susunan.

2. Ada dua bilangan yang sama, dengan kata lain a = b 6= c. Untuk kasus a 6= b = c pasangan

P1, P2 yang dihasilkan sama saja.

Banyaknya cara mengambil dua bilangan berbeda dari himpunan T adalah

(6

2

)= 15. Untuk

setiap dua bilangan a, b yang kita ambil ada dua kemungkinan tripel (a, b, c) yang terbentuk yaitu

(a, a, b) dan (b, b, a). Oleh karena itu, untuk kasus kedua hanya ada 15 x 2 = 30 kemungkinan

pasangan (P1, P2) yang bisa dibentuk.

Berdasarkan kedua kasus dia atas banyaknya pasangan (P1, P2) yang bisa dibentuk adalah 60+30 = 90

1


pasang.

Soal 2. Di Indonesia dahulu dikenal pecahan yang disebut ”Pecahan Nusantara”. Pecahan Nu-

santara adalah pecahana

bsedemikian sehingga a dan b bilangan - bilangan asli dan a < b. Ten-

tukan jumlah semua pecahan nusantara mulai dari pecahan dengan b = 2 sampai dengan b = 1000.

Penyelesaian :

Misal, Sk adalah jumlah seluruh pecahan nusantara untuk b = k dan Bk adalah jumlah semua pecahan

nusantara mulai dari pecahan dengan b = 2 sampai dengan b = k dengan kata lain

Bk =

k∑i=2

Sk = S2 + S3 + · · ·+ Sk

Maka kita dapat,

Sk =1 + 2 + 3 + · · ·+ (k − 1)

k

=k − 1

2

dan

Bk = S2 + S3 + S4 + · · ·+ Sk−1 + Sk

=2− 1

2+

3− 1

2+

4− 1

2+ · · ·+ (k − 1)− 1

2+

k − 1

2

=1

2(2 + 3 + 4 + · · ·+ (k − 1) + k − (k − 1))

=1

2(1 + 2 + 3 + 4 + · · ·+ (k − 1) + k − k)

=1

2

(k(k − 1)

2

)=

k(k − 1)

4

sehingga

B1000 =1000 x 999

4= 249750

Jadi, jumlah semua pecahan nusantara mulai dari pecahan dengan b = 2 sampai dengan b = 1000

adalah 249750

Soal 3. Perhatikan gambar berikut. Huruf - huruf a, b, c, d dan e di dalam kotak akan diganti

dengan angka - angka dari 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 dan 9 dengan syarat a, b, c, d, e harus berlainan. Jika

diketahui ae = bd, ada berapa susunan yang mungkin terjadi?

2


a b

c

d e

Penyelesaian :

Karena ae = bd maka a, b, d, e hanya bisa dipilih dari angka - angka 1,2,3,4,6,8,9 dengan kemungkinan

hasil perkalian sebagai berikut

I. 1 x 6 = 2 x 3

II. 1 x 8 = 2 x 4

III. 2 x 6 = 3 x 4

IV. 2 x 9 = 3 x 6

V. 3 x 8 = 4 x 6

selanjutnya masing - masing kemungkinan tersebut kita namakan pilihan.

Perhatikan, pada pilihan I kita bisa memilih a = 1, e = 6, b = 2 dan d = 3. Tetapi antara a dan e

letaknya bisa ditukar demikian pula dengan b dan d. Jadi ada 2 x 2 = 4 cara. Selain itu kita juga bisa

memilih a = 2, e = 3, b = 1 dan d = 6 dengan cara yang sama untuk kasus ini ada 4 cara. Jadi, untuk

pilihan I total ada 8 cara memilih nilai untuk a, b, d, e. Hal ini juga berlaku untuk 4 pilihan yang lain.

Sehingga ada 5 x 8 = 40 cara memilih nilai untuk a, b, d, e. Selanjutnya kita tinggal memilih nilai

untuk c, yang tentu saja masih ada 5 kemungkinan.

Oleh karena itu, kemungkinan cara memilih bilangan - bilangan untuk a, b, c, d, e ada 40 x 5 = 200

cara.

Soal 4. Diketahui segitiga ABC dengan A sebagai puncak dan BC sebagai alas. Titik P ter-

letak pada sisi AC. Dari titik A ditarik garis sejajar PB dan memotong perpanjangan alas di

titik D. Titik E terletak pada alas sehingga CE : ED = 2 : 3. Jika F adalah tengah - tengah

antara E dan C, dan luas segitiga ABC sama dengan 35 cm2. Berapakah luas segitiga PEF?

Penyelesaian :

Perhatikan gambar di bawah ini,

3


A

B C

P

D E F

Karena AD sejajar PB maka [ABP ] = [PBD]. Hal ini berakibat [ABC] = [PCD]. Selain itu

CE = 25CD dan EF = FC, sehingga EF = 1

5CD. Oleh karena itu diperoleh

[PEF ] =1

5[PCD] =

1

5[ABC] =

1

5× 35 = 7

Jadi, luas segitiga PEF adalah 7 cm2.

Soal 5. Setiap sisi suatu kubus dituliskan sebuah bilangan asli. Setiap titik sudutnya diberi nilai

yang merupakan hasil kali dari tiga bilangan pada tiga sisi yang berpotongan di titik sudut terse-

but. Jika jumlah semua bilangan pada titik - titik sudut tersebut sama dengan 1001, tentukan

jumlah semua bilangan yang dituliskan pada sisi - sisi kubus tersebut.

Penyelesaian :

Misalkan angka - angka yang dituliskan pada keenam sisi kubus tersebut ialah a, b, c, d, e, d dan f .

Kita peroleh

ade + abe + bec + cde + adf + abf + bcf + cdf = 1001

⇔ ad(e + f) + ab(e + f) + bc(e + f) + cd(e + f) = 1001

⇔ (e + f)(ad + ab + bc + cd) = 1001

⇔ (e + f)(a(b + d) + c(b + d)) = 1001

⇔ (e + f)(b + d)(a + c) = 1001

⇔ (e + f)(b + d)(a + c) = 7 · 11 · 13

4


Sehingga a + b + c + d + e + f = 7 + 11 + 13 = 31.

Soal 6. Suatu nomor telepon dengan 7 angka disebut Nomor Cantik bilamana angka - angka

yang muncul pada tiga angka pertama (ketiganya harus berbeda) berulang pada tiga angka

berikutnya atau pada tiga angka terakhirnya. Contoh beberapa Nomor Cantik : 7133719,

7131718,1739317, 5433354. Jika angka - angkanya diambil dari 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, atau 9

tetapi angka pertama tidak boleh 0, berapakah Nomor Cantik yang bisa diperoleh?

Penyelesaian :

Untuk mempermudah kita misalkan 7 angka dari nomor telepon tersebut berada dalam urutan I, II,

III, IV, V, VI dan VII (urutan dari depan, jadi urutan VII adalah satuan dst). Misalkan angka -

angka yang menempati urutan I, II dan III adalah a, b, c dengan a 6= b 6= c. Maka banyaknya cara

mengambil nilai a ada 9 cara (karena a 6= 0), nilai b ada 9 cara dan nilai c ada 8 cara. Oleh karena

itu total ada 9 x 9 x 8 = 648 cara. Untuk urutan IV, V, VI, VII kita bagi menjadi 2 kasus.

1. Urutan IV, V, VI diisi oleh permutasi dari a, b, c

Dalam kasus ini untuk mengisi urutan IV, V, dan VI ada 6 cara. Sedangkan untuk urutan VII

ada 10 cara. Jadi total untuk kasus I, ada 648 x 6 x 10 = 38880 Nomor Cantik yang terbentuk.

2. Urutan V, VI, VII diisi oleh permutasi dari a, b, c

Dalam kasus ini untuk mengisi urutan V, VI, dan VII ada 6 cara. Sedangkan untuk urutan IV

ada 10 cara. Jadi total untuk kasus II, ada 648 x 6 x 10 = 38880 Nomor Cantik yang terbentuk.

Yang perlu diingat adalah Nomor Cantik dengan bentuk XXXabca,XXXacba,

XXXbacb,XXXbcab,XXXcabc,XXXcbac ( XXX maksudnya adalah permutasi dari a, b, c) dihi-

tung dua kali yaitu pada kasus I dan kasus II. Oleh karena itu jumlah Nomor Cantik yang berbentuk

seperti itu harus kita kurangkan dari jumlah total Nomor Cantik dari kedua kasus di atas. Padahal,

jumlah Nomor Cantik yang berbentuk XXXabca,XXXacba,XXXbacb,XXXbcab,XXXcabc,XXXcbac

ada sebanyak 648 x 6 = 3888.

Jadi, total Nomor Cantik yang bisa dibentuk adalah 38880 + 38880 - 3888 = 73872.

Soal 7. Tentukan banyaknya bilangan asli n sedemikian sehingga n3 + 100 habis dibagi oleh

n + 10.

Penyelesaian :

Dari identitas

a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2)

kita peroleh,

n3 + 100 = n3 + 1000− 900

= (n + 10)(n2 − 10n + 100)− 900

5


sehingga agar n3 + 100 habis dibagi n+ 10 haruslah n+ 10 membagi habis 900. Padahal kita ketahui

900 = 22 · 32 · 52 sehingga diperoleh faktor positif dari 900 ada sebanyak 3 x 3 x 3 = 27. Akan tetapi

karena n > 0 maka n + 10 > 10. Oleh karena itu, untuk mencari banyaknya n sehingga n + 10

membagi habis n3 + 100 sama artinya dengan mencari faktor positif dari 900 yang lebih besar dari 10.

Perhatikan bahwa faktor positif dari 900 yang kurang dari sama dengan 10 ada sebanyak 8 yaitu 1,

2, 3, 4, 5, 6, 9, 10. Sehingga banyaknya faktor positif dari 900 yang lebih besar dari 10 ada sebanyak

27 - 8 = 19.

Jadi, banyaknya bilangan asli n sedemikian sehingga n3 + 100 habis dibagi oleh n + 10 adalah 19.

Soal 8. Suatu fungsi f didefinisikan seperti pada tabel berikut,

x 1 2 3 4 5

f(x) 5 3 1 2 4

Berdasarkan definisi fungsi f di atas, selanjutnya didefinisikan suatu barisan bilangan dengan ru-

mus umum suku - sukunya sebagai berikut,

u1 = 2 dan un+1 = f(un) untuk n = 1, 2, 3, · · ·

Tentukan jumlah 2009 suku pertama dari barisan tersebut!

Penyelesaian :

Terlebih dahulu kita definisikan Sn sebagai jumlah n suku pertama dari barisan tersebut. Dengan

sedikit perhitungan sederhana kita dapat barisan bilangan yang dimaksud bentuknya adalah sebagai

berikut,

2, 3, 1, 5, 4, 2, 3, 1, 5, 4, 2, 3, 1, 5, 4, 2, · · · · · ·

yang terlihat bentuknya berulang setiap lima suku. Karena 2009 = 5 x 401 + 4 maka

S2009 = 401 x (2 + 3 + 1 + 5 + 4) + (2 + 3 + 1 + 5)

= 401 x 15 + 11

= 6015 + 11

= 6026

Jadi, jumlah 2009 suku pertama dari barisan tersebut adalah 6026

Soal 9. Pada suatu segitiga ABC, titik D terletak pada sisi AB dan titik E terletak pada sisi

AC.

Tunjukkan bahwaLuas 4ADE

Luas 4ABC=

AD x AE

AB x AC

Penyelesaian :

Perhatikan gambar berikut,

6


A

B

C

D

E

LM

Sehingga,

Luas 4ADE

Luas 4ABC=

12 x AD x EM12 x AB x CL

=AD x AE

AB x AC

Bentuk terakhir didapat karena 4AME sebangun dengan 4ALC sehinggaEM

CL=

AE

AC

Soal 10. Pada turnamen catur, seorang pemain hanya bermain satu kali dengan pemain lainnya.

Seorang pemain memperoleh nilai 1 jika menang, 0 jika kalah dan 12 jika imbang. Setelah kom-

petisi berakhir, diketahui bahwa 12 total nilai yang diperoleh oleh setiap pemain didapatkan dari

bermain dengan 10 pemain yang mendapatkan total poin terendah. Khusus untuk yang berada

di peringkat sepuluh terbawah, 12 total poin yang diperolehnya didapatkan dari bermain dengan 9

pemain lainnya. Berapakah banyak pemain dalam kompetisi tersebut?

Penyelesaian :

Misal B adalah himpunan yang anggotanya 10 pemain terbawah, dan A himpunan yang anggotanya

pemain yang tidak termasuk 10 terbawah, serta kita definisikan

|A vs A| banyaknya pertandingan yang terjadi antar sesama anggota kelompok A

|B vs B| banyaknya pertandingan yang terjadi antar sesama anggota kelompok B

|A vs B| banyaknya pertandingan yang terjadi antara pemain dari A dengan pemain dari B

7


Andaikan ada n pemain dalam kompetisi tersebut kita peroleh |A| = n− 10 dan |B| = 10 serta

|A vs A| =

(n− 10

2

)=

1

2(n2 − 21n + 110)

|B vs B| =

(10

2

)= 45

|A vs B| =

(n

2

)− 1

2(n2 − 21n + 110)− 45

=1

2(n2 − n)− 1

2(n2 − 21n + 110)− 45

= 10n− 100

Misalkan dari seluruh pertandingan A vs B, kelompok A menang sebanyak x kali, kelompok B menang

sebanyak y kali dan keduanya seri sebanyak z kali, maka kita peroleh

x +1

2z =

1

2(n2 − 21n + 110) (1)

y +1

2z = 45 (2)

x + y + z = 10n− 100 (3)

Dari pers.(1) dan pers.(2) didapatkan,

x + y + z =1

2(n2 − 21n + 200) (4)

dari pers.(3) dan pers.(4) diperoleh

10n− 100 =1

2(n2 − 21n + 200)

dengan sedikit perhitungan kita dapat

n2 − 41n + 400 = 0

(n− 16)(n− 25) = 0

Jadi, diperoleh n = 16 atau n = 25.

Jika n = 16 berakibat |A| = 6. Oleh karena itu pemain dari kelompok A dengan total poin terkecil

memiliki poin maksimal

(6

2

)6

= 2.5 sedangkan pemain dari kelompok B dengan total poin terbesar

memiliki poin minimal

(10

2

)10

= 4.5. Dengan demikian kontradiksi bahwa B adalah himpunan yang

anggotanya 10 pemain terbawah.

Jika n = 25, kita dapat susun hasil pertandingan sebagai berikut :

Semua pertandingan A vs A berakhir seri, demikian pula semua pertandingan B vs B juga berakhir

8


seri. Selain itu, setiap anggota dari kelompok A menang 4 kali dan seri 6 kali ketika melawan anggota

dari kelompok B. Sedangkan setiap anggota dari kelompok B kalah 6 kali dan seri 9 kali ketika

melawan anggota dari kelompok A. Dengan skema semacam ini kondisi pada soal terpenuhi dengan

hasil akhir setiap anggota kelompok A memiliki total poin 14, sedangkan setiap anggota kelompok B

memiliki total poin 9 .

Jadi, banyak pemain dalam kompetisi tersebut adalah 25.

Disusun oleh : Tutur Widodo

Apabila ada saran, kritik maupun masukan

silakan kirim via email ke

[email protected]

Terima kasih.

Website : www.pintarmatematika.net

9

Documents

solusi-osn-smp-2009