solusi-osn-smp-2012

Tutur Widodo Pembahasan OSN SMP Tahun 2012

Pembahasan OSN SMP Tingkat Nasional Tahun 2012Bidang Matematika

Oleh Tutur Widodo

Soal 1. Jika diketahui himpunan

H = {(x, y)|(x− y)2 + x2 − 15x + 50 = 0, dengan x dan y bilangan asli},

tentukan banyak himpunan bagian dari H.

Penyelesaian :

Misalkan P (x, y) = (x−y)2+x2−15x+50, sehingga (x, y) ∈ H jika dan hanya jika (x, y) adalah solusi

dari P (x, y) = 0. Karena (x − y)2 ≥ 0 maka agar P (x, y) = 0 haruslah x2 − 15x + 50 ≤ 0. Padahal

himpunan penyelesaian dari x2 − 15x + 50 = (x − 5)(x − 10) ≤ 0 terletak pada interval 5 ≤ x ≤ 10.

Dengan mengingat x adalah bilangan asli, maka nilai yang mungkin untuk x adalah 5, 6, 7, 8, 9, 10.

Selanjutnya tinggal dicek satu persatu sebagai berikut :

i. Jika x = 5 atau x = 10, jelas x2 − 15x + 50 = 0. Oleh karena itu agar P (x, y) = 0 maka

(x− y)2 = 0 ⇔ x = y. Jadi, diperoleh dua solusi yaitu (5, 5) dan (10, 10)

ii. Jika x = 6 maka diperoleh P (6, y) = (6 − y)2 + 62 − 15 · 6 + 50 = (6 − y)2 − 4. Oleh karena itu,

agar P (6, y) = 0 maka haruslah

(6− y)2 = 4 ⇔ 6− y = 2 atau 6− y = −2

⇔ y = 4 atau y = 8

Jadi, diperoleh dua solusi yaitu (6, 4) dan (6, 8)

iii. Jika x = 7 maka diperoleh P (7, y) = (7− y)2 + 72 − 15 · 7 + 50 = (6− y)2 − 6. Karena y bilangan

asli maka tidak ada nilai y yang memenuhi sehingga diperoleh P (7, y) = 0.

Jadi, untuk kasus ini tidak ada solusi yang memenuhi.

iv. Jika x = 8 maka diperoleh P (8, y) = (8− y)2 + 82 − 15 · 8 + 50 = (6− y)2 − 6. Karena y bilangan

asli maka tidak ada nilai y yang memenuhi sehingga diperoleh P (8, y) = 0.

Jadi, untuk kasus ini tidak ada solusi yang memenuhi.

v. Jika x = 9 maka diperoleh P (9, y) = (9 − y)2 + 92 − 15 · 9 + 50 = (9 − y)2 − 4. Oleh karena itu,

agar P (9, y) = 0 maka haruslah

(9− y)2 = 4 ⇔ 9− y = 2 atau 9− y = −2

⇔ y = 7 atau y = 11

Jadi, diperoleh dua solusi yaitu (9, 7) dan (7, 11)

1


Oleh karena itu himpunan H memiliki 6 anggota yaitu

H = {(5, 5), (6, 4), (6, 8), (9, 7), (9, 11), (10, 10)}. Sehingga banyak himpunan bagian dari H adalah

26 = 64.

Soal 2. Seorang pesulap menyatakan dirinya ahli menebak pikiran dengan pertunjukkan berikut.

Salah seorang penonton awalnya diminta secara tersembunyi menuliskan sebuah bilangan lima

angka, lalu menguranginya dengan jumlah angka - angka penyusun bilangan tersebut, kemudian

menyebutkan empat dari lima angka penyusun bilangan hasil (dengan urutan sebarang). Selan-

jutnya pesulap tersebut dapat menebak angka yang masih disembunyikan. Sebagai contoh, jika

penonton menyebutkan empat bilangan hasil : 0, 1, 2, 3, maka pesulap akan tahu bahwa angka

yang disembunyikan adalah 3.

a. Berilah suatu contoh Anda sendiri dari proses di atas.

b. Jelaskan secara matematis bentuk umum dari proses tersebut.

Penyelesaian :

Misalkan bilangan awal sebelum proses kita misalkan N dan bilangan hasil dari proses seperti pada

soal dimisalkan H.

a. Contoh lain untuk proses di atas, misalkan penonton menyebut angka - angka 3, 4, 6, 7 maka

bilangan yang disembunyikan adalah 7.

b. Untuk penjelasan secara matematisnya adalah sebagai berikut :

Misalkan N = abcde = 10000a + 1000b + 100c + 10d + e maka setelah melalui proses seperti yang

diminta pesulap diperoleh bilangan hasil

H = 10000a + 1000b + 100c + 10d + e− (a + b + c + d + e) = 9999a + 999b + 99c + 9d

Jadi diperoleh H adalah bilangan kelipatan 9. Oleh karena itu, jumlah digit - digit penyusun H

juga harus habis dibagi 9. Sehingga jika penonton menyebut 0, 1, 2, 3 sebagai contoh, karena

jumlah 0 + 1 + 2 + 3 = 6 maka bilangan yang disembunyikan adalah 9− 6 = 3.

Soal 3. Pada suatu keranjang buah terdapat 20 apel, 18 jeruk, 16 mangga, 10 nanas dan 6 pe-

paya. Jika seseorang ingin mengambil 10 buah dari keranjang tersebut, ada berapa banyak kom-

posisi buah terambil yang mungkin?

Penyelesaian :

Misalkan, x1 = apel, x2 = jeruk, x3 = mangga, x4 = nanas dan x5 = pepaya. Selanjutnya banyaknya

komposisi buah yang terambil equivalen dengan banyaknya penyelesaian (x1, x2, x3, x4, x5) dari per-

samaan

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 10

2


dengan 0 ≤ xi ≤ 10.

Padahal kita tahu banyaknya penyelesaian dari x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 10 adalah C1410 = 1001.

Akan tetapi karena x5 ≤ 6 maka nilai 1001 harus dikurangi dengan banyaknya penyelesaian jika

x5 = 7, 8, 9, 10. Selanjutnya kita hitung banyak kemungkinan tersebut :

i. Jika x5 = 7 maka diperoleh x1 + x2 + x3 + x4 = 3. Oleh karena itu banyaknya penyelesaian ada

C63 = 20.

ii. Jika x5 = 8 maka diperoleh x1 + x2 + x3 + x4 = 2. Oleh karena itu banyaknya penyelesaian ada

C52 = 10.

iii. Jika x5 = 9 maka diperoleh x1 + x2 + x3 + x4 = 1. Oleh karena itu banyaknya penyelesaian ada

C41 = 1.

iv. Jika x5 = 10 maka diperoleh x1 + x2 + x3 + x4 = 0. Oleh karena itu banyaknya penyelesaian ada

1.

Oleh karena itu banyaknya komposisi buah terambil yang mungkin adalah 1001−(20+10+4+1) = 966.

Soal 4. Di dalam Taman Khatulistiwa akan dibuat bangunan berbentuk limas dengan alas se-

gitiga sama sisi berbahan tembus pandang dengan panjang sisi alas 8√

3 m dan tinggi 8 m. Se-

buah bola dunia akan ditempatkan di dalam limas tersebut. Dengan mengabaikan ketebalan ba-

han pembuat limas, tentukan panjang terbesar jari - jari bola dunia yang mungkin dapat dibuat.

Penyelesaian :

Perhatikan sketsa di bawah ini! Jari - jari bola dunia akan maksimum jika bola menyinggung keempat

bidang sisi limas.

A

B

C

P

E

D

3


A E

P

D

T

F

Titik D adalah proyeksi P terhadap bidang ABC sehingga PD tegak lurus dengan ABC dengan kata

lain PD adalah tinggi limas P.ABC sehingga PD = 8. Karena AD = BD = CD maka D adalah pusat

lingkaran luar segitiga ABC. Karena ABC segitiga sama sisi maka AD =8√

3

2 · sin 60◦=

8√

3

2 ·√32

= 8.

Selanjutnya misalkan jari - jari bola dunia adalah r maka r = TD = TF . Untuk mencari panjang AE

bisa menggunakan dalil pitagoras pada 4ABE yaitu

AE2 = AB2 −BE2

= (8√

3)2 − (4√

3)2

= 144

AE = 12

oleh karena itu, DE = EF = 4 dan PE = 4√

5. Lebih jauh PF = 4√

5− 4 dan PT = 8− r. Terakhir

dengan dalil pitagoras pada 4PTF diperoleh,

PT 2 = PF 2 + TF 2 ⇔ (8− r)2 = (4√

5− 4)2 + r2

⇔ 64− 16r + r2 = 16(√

5− 1)2 + r2

⇔ 16r = 64− 16(√

5− 1)2

⇔ r = 4− (√

5− 1)2

⇔ r = 2√

5− 2

Jadi, panjang jari - jari bola dunia maksimum adalah 2√

5− 2 m.

Soal 5. Berapakah sisa dari 20122012 + 20142012 dibagi oleh 20132?

Penyelesaian :

Untuk menyederhanakan penulisan, misalkan 2013 = n maka kita perlu mencari sisa dari (n−1)2012 +

4


(n + 1)2012 jika dibagi oleh n2. Berdasarkan Binom Newton diperoleh,

(n− 1)2012 =

2012∑i=0

C2012i n2012−i(−1)i

=

(2010∑i=0

C2012i n2012−i(−1)i

)− C2012

2011n + 1

= n2

(2010∑i=0

C2012i n2010−i(−1)i

)− 2012n + 1

= pn2 − 2012n + 1

dengan p =∑2010

i=0 C2012i n2010−i(−1)i.

Selain itu didapat pula,

(n + 1)2012 =

2012∑i=0

C2012i n2012−i

=

(2010∑i=0

C2012i n2012−i

)+ C2012

2011n + 1

= n2

(2010∑i=0

C2012i n2010−i

)+ 2012n + 1

= qn2 + 2012n + 1

dengan q =∑2010

i=0 C2012i n2010−i.

Oleh karena itu diperoleh,

(n− 1)2012 + (n + 1)2012 = (pn2 − 2012n + 1) + (qn2 + 2012n + 1)

= n2(p + q) + 2

karena p + q adalah bilangan bulat maka sisa pembagian (n− 1)2012 + (n + 1)2012 dari n2 adalah 2.

Soal 6. Pada suatu hari, seorang peneliti menempatkan dua kelompok spesies yang berbeda

yakni amoeba dan bakteri pada suatu media yang sama, masing - masing dalam jumlah tertentu

(dalam satuan sel). Peneliti tersebut mengamati bahwa pada hari berikutnya, yakni hari kedua,

ternyata setiap sel masing - masing spesies membelah diri menjadi dua sel. Pada hari yang sama

setiap sel amoeba memangsa tepat satu sel bakteri. Pengamatan selanjutnya yang dilakukan se-

tiap hari menunjukkan pola yang sama, yakni setiap sel masing - masing spesies membelah diri

menjadi dua sel dan kemudian setiap sel amoeba memangsa tepat satu sel bakteri. Pengamatan

pada hari ke- 100 menunjukkan bahwa setelah masing - masing spesies membelah diri dan kemu-

dian setiap sel amoeba memangsa tepat satu sel bakteri, ternyata membuat bakteri punah. Ten-

tukan perbandingan jumlah amoeba dengan jumlah bakteri pada hari pertama.

Penyelesaian :

5


Misalkan jumlah amoeba pada hari pertama adalah a dan jumlah bakteri pada hari pertama adalah

b. Selain itu definisikan pula Ai dan Bi berturut - turut sebagai jumlah amoeba dan bakteri pada hari

ke-i. Maka diperoleh dua barisan bilangan yaitu

A1 = a

A2 = 2a

A3 = 4a

A4 = 8a

... =...

A100 = 299a

dan

B1 = b

B2 = 2b− 2a

B3 = 4b− 4a− 4a

B4 = 8b− 8a− 8a− 8a

... =...

B100 = 299b− 99 · 299a

Karena pada hari ke-100 bakteri punah maka diperoleh B100 = 0 sehingga

299b− 99 · 299a = 0

b− 99a = 0

a

b=

1

99

Oleh karena itu, perbandingan jumlah amoeba dengan jumlah bakteri pada hari pertama adalah 1 :

99.

Soal 7. Diketahui n adalah bilangan bulat positif. Jika

f(n) =4n +

√4n2 − 1√

2n + 1 +√

2n− 1

tentukan f(13) + f(14) + f(15) + · · ·+ f(112).

Penyelesaian :

6


Misal a =√

2n + 1 dan b =√

2n− 1, maka

f(n) =a2 + b2 + ab

a + b

=a2 + b2 + ab

a + b· (a− b)

(a− b)

=a3 − b3

a2 − b2

=

√(2n + 1)3 −

√(2n− 1)3

2

Oleh karena itu diperoleh,

f(13) + f(14) + f(15) + · · ·+ f(112) =

√2253 −

√253

2=

153 − 53

2= 1625

Soal 8. Budi menyusun empat belas buah bola masing - masing berjari - jari 10 cm. Sembilan

buah bola pertama diletakkan di atas meja sedemikian sehingga membentuk persegi dan saling

bersinggungan. Empat buah bola berikutnya diletakkan di atas sembilan bola pertama sehingga

saling bersinggungan. Bola keempat belas ditaruh di atas empat bola tadi, sehingga menyinggung

empat bola tersebut. Jika Bambang mempunyai lima puluh lima buah bola yang masing - masing

juga berjari - jari 10 cm dan semua bola tersebut disusun mengikuti pola susunan bola yang di-

lakukan Budi, hitunglah ketinggian pusat bola yang paling atas diukur dari permukaan meja pada

susunan bola yang dilakukan Bambang.

Penyelesaian :

Susunan bola yang dibentuk oleh Budi dari tingkat atas ke tingkat dasar membentuk barisan persegi

yaitu 1, 4, 9, 16, 25, 36, . . .

Oleh karena itu, jika Bambang memiliki 55 bola dan disusun seperti cara Budi maka akan ada 5

tingkatan yaitu 1, 4, 9, 16, 25. Apabila dilihat dari samping dari arah sudut maka akan diperoleh

gambar seperti di bawah ini :

7


A2

B2 C2D2

E2

F

RQ

P

A D B

C

E

Ketinggian pusat bola yang paling atas diukur dari permukaan meja pada susunan bola yang dilakukan

Bambang adalah panjang ruas garis CE.

Perhatikan bahwa 4ABC adalah segitiga sama kaki dengan AC = BC = 80 cm dan AB = 80√

2.

Selain itu ruas garis CD adalah garis tinggi sekaligus garis berat4ABC oleh karena itu, ∠BDC = 90◦

dan AD = DB = 40√

2. Sehingga dengan teorema pythagoras pada 4BDC diperoleh

CD2 = BC2 −BD2

= 802 − (40√

2)2

= 6400− 3200

= 3200

CD = 40√

2

Oleh karena itu diperoleh CE = CD + DE = 40√

2 + 10.

Jadi, ketinggian pusat bola yang paling atas diukur dari permukaan meja pada susunan bola yang

dilakukan Bambang adalah (40√

2 + 10) cm.

Soal 9. Diketahui sebuah segitiga ABC dengan panjang sisi - sisinya adalah 5 cm, 8 cm dan√41 cm. Tentukan luas maksimum persegi panjang yang mungkin dapat dibuat di dalam segit-

iga ABC tersebut.

Penyelesaian :

Persegi panjang yang terbentuk luasnya akan maksimum jika salah satu sisinya berhimpit dengan

salah satu sisi segitiga dan titik sudut di sisi yang berlawanan dengan sisi yang berhimpit tersebut

menyinggung dua sisi segitiga yang lain. Untuk lebih jelasnya perhatikan gambar di bawah ini!

8


A

B CD

E F

RQ

P A3

D3B3

C3

E3

dengan AB = 5 cm, BC = 8 cm dan AC =√

41 cm, AD garis tinggi dari 4ABC.

Dengan teorema pythagoras pada 4ABD dan 4ACD diperoleh,

AB2 −BD2 = AC2 −DC2

52 −BD2 = 41− (8−BD)2

25−BD2 = 41− 64 + 16BD −BD2

16BD = 48

BD = 3

oleh karena itu AD = 4 cm.

Misal EF = x. Mengingat 4AEF ∼ 4ABC maka diperoleh

EF

BC=

AP

AD⇔ x

8=

AP

4⇔ AP =

1

2x

Oleh karena itu, EQ = PD = 4− 12x. Sehingga luas persegi panjang EQRF adalah

x

(4− 1

2x

)= −1

2

(x2 − 8x

)= −1

2(x− 4)2 + 8

Jadi, luas maksimum persegi panjang yang mungkin dapat dibuat di dalam segitiga ABC tersebut

adalah 8 cm2 dengan ukuran 4 cm x 2 cm.

Soal 10. Ada 12 orang yang antri untuk membeli tiket masuk suatu pertunjukkan dengan harga

satu tiket adalah Rp 5.000,00. Diketahui 5 orang diantara mereka hanya mempunyai uang kertas

Rp 10.000,00 dan sisanya hanya mempunyai uang kertas Rp 5.000,00. Jika penjual tiket awalnya

hanya mempunyai uang Rp 5.000,00, berapakah peluang penjual tiket tersebut mempunyai cukup

kembalian untuk melayani semua orang sesuai dengan urutan mereka dalam antrian?

Penyelesaian :

Disusun oleh : Tutur Widodo

Apabila ada saran, kritik maupun masukan

silakan kirim via email ke

9


[email protected]

Terima kasih.

Website : www.pintarmatematika.net

10

Documents

solusi-osn-smp-2012