SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2013
TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2014
Prestasi itu diraih bukan didapat !!!
SOLUSI SOAL
BAGIAN PERTAMA
Disusun oleh : Eddy Hermanto, ST
Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013 Bagian Pertama
SMA Negeri 5 Bengkulu Eddy Hermanto, ST
BAGIAN PERTAMA 1. ABC adalah segitiga sama sisi dengan panjang sisi 4.
Luas daerah = 3 β 300
360β π β 22 + 1
2β 42 β sin 60π = 10π + 4β3
β΄ Jadi, luas dari ketiga lingkaran berikut daerah yang dibatasi sama dengan πππ + πβπ.
2. Masing-masing lampu akan ditekan sebanyak faktor positifnya. Bilangan kuadrat sempurna akan memiliki faktor sebanyak ganjil sedangkan bilangan bukan kuadrat sempurna memiliki faktor positif sebanyak genap. Karena kondisi lampu awalnya mati. Maka lampu akan hidup jika ditekan sebanyak ganjil. Maka banyaknya lampu yang hidup sama dengan banyaknya bilangan kuadrat sempurna β€ 2013. Mengingat 442 = 1936 dan 452 = 2025 maka bilangan kuadrat sempurna β€ 2013 ada sebanyak 44. β΄ Jadi, banyaknya lampu dalam kondisi hidup setelah operasi pada hari ke-2013 ada 44.
3. π(π₯) = ππ₯2π₯β3
, π₯ β 32
ποΏ½π(π₯)οΏ½ = π₯
π οΏ½ ππ₯2π₯ β 3οΏ½
2 οΏ½ ππ₯2π₯ β 3οΏ½ β 3
= π₯
π2 = 2ππ₯ β 3(2π₯ β 3) (π β 3)(π β 2π₯ + 3) = 0 π = 3 atau π = 2π₯ β 3 Karena π adalah konstanta maka π = 3.
π(π₯) =3π₯
2π₯ β 3 , π₯ β
32
π(2013) =3(2013)
2(2013) β 3=
671447
β΄ Jadi, nilai π(2013) adalah 671447
.
4. Misalkan π₯π¦2
π₯+π¦= π dengan p adalah bilangan prima.
xy2 = p(x + y) β β β β β β β β β β β β β β β β β β β β β β (1) Maka px atau py. Jika py maka y = bp dengan b β N.
Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013 Bagian Pertama
SMA Negeri 5 Bengkulu Eddy Hermanto, ST
xb2p = x + bp Maka px Jadi, didapat fakta bahwa px. Misalkan x = ap dengan a β N. ay2 = ap + y Maka ay. y(ay β 1) = ap Karena ay maka (ay β 1)p Karena p adalah bilangan prima maka ay β 1 = 1 atau p. β’ Jika ay β 1 = 1
ay = 2. Karena ay maka a = 1 dan y = 2. (2)((1)(2) β 1) = (1)(p) p = 2 Subtitusikan ke persamaan (1) didapat x(2)2 = 2(x + 2) x = 2 Jadi, pasangan (x, y) yang memenuhi adalah (2, 2).
β’ Jika ay β 1 = p Maka a = y p = y2 β 1 = (y + 1)(y β 1) Karena p adalah bilangan prima maka nilai y yang memenuhi adalah y = 2 sehingga p = 3. Subtitusikan ke persamaan (1) didapat x(2)2 = 3(x + 2) x = 6 Jadi, pasangan (x, y) yang memenuhi adalah (6, 2).
β΄ Jadi, pasangan (x, y) yang memenuhi adalah (2, 2) dan (6, 2).
5. x + x + y = 10 dan x + y β y = 12 * Jika x dan y di kuadran I maka x = x dan y = y 2x + y = 10 dan x = 12 sehingga y = β14 (tidak memenuhi (x, y) di kuadran I) * Jika x dan y di kuadran II maka x = βx dan y = y y = 10 dan x = 12 (tidak memenuhi (x, y) di kuadran II) * Jika x dan y di kuadran III maka x = βx dan y = βy y = 10 dan x β 2y = 12 sehingga x = 32 (tidak memenuhi (x, y) di kuadran III) * Jika x dan y di kuadran IV maka x = x dan y = βy 2x + y = 10 dan x β 2y = 12 Nilai (x, y) yang memenuhi adalah ( 32
5, β14
5β) (memenuhi (x, y) di kuadran IV)
π₯ + π¦ = 325β 14
5= 18
5
β΄ Jadi, π₯ + π¦ = πππ
6. π2 β 600 = π2 untuk suatu bilangan bulat positif π, π. (π +π)(π βπ) = 660 = 22 β 3 β 5 β 11 Jelas bahwa π + π > π β π
Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013 Bagian Pertama
SMA Negeri 5 Bengkulu Eddy Hermanto, ST
π + π dan π β π keduanya memiliki paritas yang sama. Maka keduanya merupakan bilangan genap. Banyaknya faktor 3 β 5 β 11 ada 8 maka banyaknya pasangan (π,π) yang memenuhi ada 4. β΄ Jadi, banyaknya bilangan bulat positif π yang memenuhi ada 4.
7. Barisan itu akan membentuk kelompok bilangan ganjil, diikuti kelompok bilangan genap, lalu diikuti kelompok bilangan ganjil dan diakhiri kelompok bilangan genap. Misalkan a adalah banyaknya bilangan ganjil pada bagian paling kiri, b menyatakan banyaknya bilangan genap di sebelah kanan kelompok bilangan ganjil, c menyatakan banyaknya bilangan ganjil di sebelah kanan kelompok bilangan genap dan d menyatakan banyaknya bilangan genap di bagian paling kanan. Maka 0 β€ a β€ 4 ; 1 β€ b β€ 5 ; 1 β€ c β€ 5 ; 0 β€ d β€ 4 serta a + c = 4 atau 5 dan b + d = 4 atau 5. Karena ada 4 bilangan ganjil dan 5 genap atau 5 bilangan ganjil dan 4 genap, maka masing-masing susunan 9 bilangan ada 4! β 5! = 2880 kemungkinan. Untuk mencari banyaknya tupel (a, b, c, d) yang memenuhi maka dapat dibagi 2 kasus : β’ Kasus 1, jika a + c = 4
Maka b + d = 5 Banyaknya cara memilih 4 bilangan ganjil = 5C4 = 5. Banyaknya nilai a yang memenuhi ada 4 sebab c β₯ 1. Karena b + d = 5 maka banyaknya nilai b yang memenuhi ada 5. Jadi, banyaknya tupel (a, b, c, d) yang memenuhi ada 5 β 4 β 5 β 1 β 1 = 100.
β’ Kasus 2, jika a + c = 5 Maka b + d = 4 Banyaknya cara memilih 4 bilangan genap = 5C4 = 5. Banyaknya nilai a yang memenuhi ada 5 sebab c β₯ 1. Karena b + d = 4 maka banyaknya nilai b yang memenuhi ada 4. Jadi, banyaknya tupel (a, b, c, d) yang memenuhi ada 5 β 5 β 4 β 1 β 1 = 100.
Jadi, banyaknya tupel (a, b, c, d) yang memenuhi = 100 + 100 = 200. Jadi, banyaknya susunan = 200 β 2880 = 576000. β΄ Jadi, banyaknya susunan 576000.
8. Jika abc adalah bilangan cantik maka cba juga bilangan cantik. Maka cukup dengan membuat daftar bilangan cantik dengan a < b. Bilangan-bilangan cantik dengan a < b adalah 123, 1234, 12345, 123456, 1234567, 12345678, 123456789, 124, 1248, 135, 1357, 13579, 139, 147, 159, 234, 2345, 23456, 234567, 2345678, 23456789, 246, 2468, 248, 258, 345, 3456, 34567, 345678, 3456789, 357, 3579, 369, 456, 4567, 45678, 456789, 468, 469, 567, 5678, 56789, 579, 678, 6789, 789 yang banyaknya ada 46. β΄ Jadi, banyaknya bilangan cantik ada 92.
9. Diketahui β BAC = 45o dan β ABC = 30o. Misalkan panjang BC = 2a ; AC = 2b dan AB = 2c.
Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013 Bagian Pertama
SMA Negeri 5 Bengkulu Eddy Hermanto, ST
Dengan dalil sinus pada βABC didapat ππ
=sin 45π
sin 30π= β2
Misalkan β AMC = y maka β CAM = 75o β y
Dengan dalil sinus pada βAMC didapat π
2π=
sin(75π β π¦)sinπ¦
β2 sinπ¦ = 2 sin(75π β π¦) = 2 sin 75π cosπ¦ β 2cos 75π sinπ¦
tanπ¦ =sinπ¦cosπ¦
=2 sin 75π
β2 + 2 cos 75π=β3 + 1β3 + 1
= 1
β΄ Jadi, nilai dari tanβ π΄ππΆ =π .
10. a + b = kp dengan k β N dan k tidak habis dibagi p serta p adalah bilangan prima. b = kp β a a2013 + b2013 = a2013 + (kp β a)2013 a2013 + b2013 = (kp)2013 + 2013(kp)2012a + 2013C2(kp)2011a2 + β β β + 2013C2 (kp)2a2011 + 2013(kp)a2012 Karena a2013 + b2013 habis dibagi p2 sedangkan p > 2013 tidak membagi k maka a habis dibagi p. Karena pa dan p(a + b) maka pb. Maka a2013 + b2013 habis dibagi p2013.
β΄ Jadi, banyak bilangan asli n β€ 2013 yang memenuhi ada 2013. 11. Keenam anak TK akan dibagi dalam beberapa kelompok yang pertukaran hadiah dalam kelompok
akan membentuk suatu lingkaran. Berdasarkan pembagian maka ada 4 kasus : β’ Kasus 1, keenam anak TK terbagi dalam 3 kelompok masing-masing 2 orang.
Pada masing-masing kelompok banyaknya cara = (2 β 1)! = 1.
Maka banyaknya cara seluruh = οΏ½62οΏ½οΏ½
42οΏ½οΏ½
22οΏ½
3!β (2 β 1)! β (2 β 1)! β (2 β 1)! = 15.
β’ Kasus 2, keenam anak TK terbagi dalam 2 kelompok, 1 kelompok 2 orang dan kelompok lain 4 orang. Pada kelompok terdiri dari 4 orang, orang pertama akan memberikan ke orang kedua dengan 3 cara, orang kedua akan memberikan ke orang ketiga dengan 2 cara, orang ketiga akan memberikan ke orang keempat dengan 1 cara dan orang keempat akan memberikan ke orang pertama dengan 1 cara. Banyaknya cara = (4 β 1)!.
Maka banyaknya cara seluruh = οΏ½62οΏ½ β (2 β 1)! β (4 β 1)! = 90.
β’ Kasus 3, keenam anak TK terbagi dalam 2 kelompok masing-masing 3 orang.
Banyaknya cara = οΏ½63οΏ½οΏ½
33οΏ½
2!β (3 β 1)! β (3 β 1)! = 40.
β’ Kasus 4, keenam anak TK terbagi dalam 1 kelompok terdiri dari 6 orang. Banyaknya cara = (6 β 1)! = 120
Jadi, banyaknya cara pertukaran hadiah = 15 + 90 + 40 + 120 = 265 β΄ Jadi, banyaknya cara melakukan hal tersebut adalah 265.
Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013 Bagian Pertama
SMA Negeri 5 Bengkulu Eddy Hermanto, ST
12. π¦ = π₯2 β π dan π₯ = π¦2 β π
π₯ = (π₯2 β π)2 β π = π₯4 β 2ππ₯2 + π2 β π π₯4 β 2ππ₯2 β π₯ + π2 β π = 0 memiliki akar-akar π₯1, π₯2, π₯3 dan π₯4. Maka π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯4 = 0 π₯1π₯2π₯3 + π₯1π₯2π₯4 + π₯1π₯3π₯4 + π₯2π₯3π₯4 = 1 (π₯1 + π₯2)(π₯1 + π₯3)(π₯1 + π₯4) = π₯12(π₯1 + π₯2 + π₯3 + π₯4) + π₯1π₯2π₯3 + π₯1π₯2π₯4 + π₯1π₯3π₯4 + π₯2π₯3π₯4 (π₯1 + π₯2)(π₯1 + π₯3)(π₯1 + π₯4) = 1 β΄ Jadi, nilai (π₯1 + π₯2)(π₯1 + π₯3)(π₯1 + π₯4) adalah 1.
13. π₯ + π¦ + π§ = π dan π₯2 + π¦2 + π§2 = π dengan 1 β€ π, π β€ 6 serta π, π β π.
π₯2 + π¦2 + π§2 + 2π₯π¦ + 2π₯π§ + 2π¦π§ = π2
π₯π¦ + π₯π§ + π¦π§ =π2 β π
2
Berdasarkan ketaksamaan AM-GM didapat π₯2 + π¦2 + π§2 β₯ π₯π¦ + π₯π§ + π¦π§ 2π β₯ π2 β π 3π β₯ π2 β’ Jika π = 1 maka nilai π yang memenuhi adalah 1, 2, 3, 4, 5, 6. β’ Jika π = 2 maka nilai π yang memenuhi adalah 2, 3, 4, 5, 6. β’ Jika π = 3 maka nilai π yang memenuhi adalah 3, 4, 5, 6. β’ Jika π = 4 maka nilai π yang memenuhi adalah 6. β’ Jika π = 5 atau 6 maka tidak ada nilai π yang memenuhi. Jadi, banyaknya pasangan (a, b) yang memenuhi ada 16. β΄ Jadi, besarnya peluang terdapat bilangan real π₯, π¦, π§ yang memenuhi adalah π
π.
14. Misalkan ABC adalah segitiga sama sisi dengan panjang sisi π. DEFG adalah persegi dengan keempat titik sudutnya terletak pada sisi ABC dengan D, E terletak pada sisi AB. Lingkaran O adalah lingkaran dalam persegi DEFG. Segitiga PQR adalah segitiga sama sisi yang ketiga titik sudutnya terletak pada lingkaran O.
Misalkan panjang sisi persegi DEFG sama dengan π. CGF adalah segitiga sama sisi maka panjang πΆπΊ = π. Panjang π΄πΊ = π βπ. π·πΊ = π΄πΊ sin 60π
π = (π βπ) β12β
3
Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013 Bagian Pertama
SMA Negeri 5 Bengkulu Eddy Hermanto, ST
π =πβ3
2 + β3
Jari-jari lingkaran O = π = πβ34+2β3
.
Misalkan panjang sisi βPQR sama dengan π.
[πππ ] =12β π2 β sin 60π =
π3
4π =π3οΏ½4 + 2β3οΏ½
4πβ3
π =3π
4 + 2β3
Maka panjang sisi β1, β2, β3, β β β berturut-turut adalah 1, 34+2β3
, οΏ½ 34+2β3
οΏ½2, β β β yang membentuk
suatu barisan geometri dengan rasio 34+2β3
.
β΄ Jadi, panjang sisi dari β2013 adalah οΏ½ ππ+πβπ
οΏ½ππππ
. 15. π₯1 = 2
π₯π+1 = οΏ½1 +1ποΏ½π₯π +
2π
π₯2 = 6 π₯3 = 10 π₯4 = 14 Jika diambil π₯π = 4π β 2 maka π₯π+1 = 4(π + 1) β 2 = 4π + 2
οΏ½1 +1ποΏ½π₯π +
2π
= οΏ½1 +1ποΏ½ (4π β 2) +
2π
= 4π + 2
Maka π₯π = 4π β 2 π₯2013 = 4(2013) β 2 = 8050 β΄ Jadi, nilai π₯2013 adalah ππππ.
16. Misalkan π΄π΅πΆπ· adalah persegi dengan panjang 2β3. πππ π adalah rhombus (belah ketupat) dimaksud dengan titik π terletak di dalam βπ΄π π΅.
π ππ juga merupakan segitiga sama sisi. Misalkan perpotongan ππ dan ππ adalah titik πΎ dan pertengahan π΄π΅ adalah π. π π = π΄π tan 60π = β3 β β3 = 3 π πΎ = π π β πΎπ = 3 ββ3 π πΎπ π
=π ππ΄π
Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013 Bagian Pertama
SMA Negeri 5 Bengkulu Eddy Hermanto, ST
3 β β33
=π π
2β3
π π = 2β3 β 2
Luas rhombus = 2 β 12β οΏ½2β3 β 2οΏ½
2β sin 60π = 8β3 β 12
β΄ Jadi, luas rhombus = πβπ β ππ. 17. π
π+ 25π
21π= π dengan π, π,π β π dan πΉππ΅(π, π) = 1.
21π2 + 25π2 = 21πππ Karena πΉππ΅(π, π) = 1 maka π25 dan π21. Maka kemungkinan pasangan (π, π) yang mungkin memenuhi adalah (1,1), (1,3), (1,7), (1,21), (5,1), (5,3), (5,7), (5,21), (25,1), (25,3), (25,7), (25,21). Melalui pengujian ke persamaan semula didapat fakta bahwa tidak ada pasangan (π, π) yang memenuhi. β΄ Jadi, bilangan bulat positif π dan π yang memenuhi ada sebanyak 0.
18. Karena 202 + 212 = 292 maka βπ΄π΅πΆ siku-siku di π΄.
Pada βπ΄π·π΅ berlaku : π΄π·2 = π΄π΅2 + π΅π·2 β 2 β π΄π΅ β π΅π· β cosβ π΄π΅πΆ
π΄π·2 = 202 + 82 β 2 β 20 β 8 β2029
=7056
29
Pada βπ΄πΆπΈ berlaku : π΄πΈ2 = π΄πΆ2 + πΈπΆ2 β 2 β π΄πΆ β πΈπΆ β cosβ π΄πΆπ΅
π΄πΈ2 = 212 + 92 β 2 β 21 β 9 β2129
=7200
29
Pada βπ΄π·πΈ berlaku : π·πΈ2 = π΄π·2 + π΄πΈ2 β 2 β π΄π· β π΄πΈ β cosβ π·π΄πΈ
122 =7056
29+
720029
β 2 β οΏ½7056
29β οΏ½
720029
β cosβ π·π΄πΈ
1008029
=10080β2
29β cosβ π·π΄πΈ
cosβ π·π΄πΈ =12β
2
β΄ Jadi, besarnya β π·π΄πΈ = 45o.
Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013 Bagian Pertama
SMA Negeri 5 Bengkulu Eddy Hermanto, ST
19. Dalam satu pertandingan satu tim akan menang dan satu tim lagi akan kalah. Karena jumlah tim ada 20 sedangkan tim yang juara tidak pernah kalah maka jumlah kekalahan ada 2x19 = 38. Maka jumlah pertandingan ada 38. β΄ Jadi, banyaknya pertandingan yang dilangsungkan pada kompetisi tersebut adalah 38.
20. 2log (x2 β 4x β 1) = m untuk suatu bilangan bulat m.
(x β 2)2 β 5 = 2m (x β 2)2 = 5 + 2m Jika m < 0 maka ruas kanan merupakan pecahan. Tidak ada x bulat yang memenuhi. Jika m = 0 maka (x β 2)2 = 6. Tidak ada x bulat yang memenuhi. Jadi, m > 0. Alternatif 1 : β’ Jika m ganjil
Angka satuan 2m berulang dengan periode 4. Jika m ganjil maka angka satuan 2m adalah 2 atau 8 sehingga angka satuan 5 + 2m adalah 7 atau 3 untuk m ganjil. Bilangan kuadrat tidak mungkin memiliki angka satuan 3 atau 7 sehingga tidak mungkin ada x bulat yang memenuhi.
β’ Jika m genap Misalkan m = 2n maka (x β 2)2 β (2n)2 = 5 (x β 2 + 2n) (x β 2 β 2n) = 5 Karena x β 2 + 2n > x β 2 β 2n maka ada 2 kasus β’ Kasus 1, x β 2 + 2n = 5 dan x β 2 β 2n = 1
Maka didapat x β 2 = 3 dan 2n = 2 sehingga x = 5 dan m = 2n = 2 β’ Kasus 2, x β 2 + 2n = β1 dan x β 2 β 2n = β5
Maka didapat x β 2 = β3 dan 2n = 2 sehingga x = β1 dan m = 2n = 2 Maka jumlah semua bilangan x yang memenuhi = 5 β 1 = 4. β΄ Jadi, jumlah semua bilangan x yang memenuhi = 4. Alternatif 2 : Jika m β₯ 3 maka ruas kanan dibagi 8 akan bersisa 5. Bilangan kuadrat jika dibagi 8 akan bersisa 0, 1 atau 4. Jadi, tidak akan ada x bulat yang memenuhi. Maka 1 β€ m β€ 2. Jika m = 1 maka (x β 2)2 = 7 sehingga tidak ada x bulat yang memenuhi. Jika m = 2 maka (x β 2)2 = 9. Nilai x yang memenuhi adalah x = 5 atau x = β1. Maka jumlah semua bilangan x yang memenuhi = 5 β 1 = 4. β΄ Jadi, jumlah semua bilangan x yang memenuhi = 4.
SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT PROVINSI 2013
TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2014
Prestasi itu diraih bukan didapat !!!
SOLUSI SOAL
BAGIAN KEDUA
Disusun oleh : Eddy Hermanto, ST
Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013 Bagian Kedua
SMA Negeri 5 Bengkulu Eddy Hermanto, ST
BAGIAN KEDUA 1. Akan ada 5 kasus :
β’ Kasus 1, jika salah satu gelas kosong setelah pengambilan ke-5.
Peluang = οΏ½12οΏ½5 = 1
32.
β’ Kasus 2, jika salah satu gelas kosong setelah pengambilan ke-6. Pengambilan bola ke-6 harus dari gelas A.
Banyaknya urutan pengambilan bola dari gelas B = οΏ½51οΏ½ = 5.
Peluang terambilnya satu bola merah dari gelas B = 45
Peluang = οΏ½12οΏ½6β οΏ½5
1οΏ½ β45 = 1
16
β’ Kasus 3, jika salah satu gelas kosong setelah pengambilan ke-7. Pengambilan bola ke-7 harus dari gelas A.
Banyaknya urutan pengambilan 2 bola dari gelas B = οΏ½62οΏ½ = 15.
Peluang terambilnya dua bola merah dari gelas B = 45β 34 = 3
5
Peluang = οΏ½12οΏ½7β οΏ½6
2οΏ½ β35 = 9
128
β’ Kasus 4, jika salah satu gelas kosong setelah pengambilan ke-8. Pengambilan bola ke-8 harus dari gelas A.
Banyaknya urutan pengambilan 3 bola dari gelas B = οΏ½73οΏ½ = 35.
Peluang terambilnya dua bola merah dari gelas B = 45β 34β 23 = 2
5
Peluang = οΏ½12οΏ½8β οΏ½7
3οΏ½ β25 = 7
128
β’ Kasus 5, jika salah satu gelas kosong setelah pengambilan ke-9. Pengambilan bola ke-9 harus dari gelas A.
Banyaknya urutan pengambilan 4 bola dari gelas B = οΏ½84οΏ½ = 70.
Peluang terambilnya dua bola merah dari gelas B = 45β 34β 23β 12 = 1
5
Peluang = οΏ½12οΏ½9β οΏ½8
4οΏ½ β15 = 7
256
Maka probabilitas bahwa bola putih tidak terambil = 132
+ 116
+ 9128
+ 7128
+ 7256
= 63256
β΄ Jadi, probabilitas bahwa bola putih tidak terambil = πππππ
.
2. βπ β οΏ½βποΏ½ < 12013
dengan π β π dan π β€ 1.000.000. Misalkan π = π2 + π untuk suatu π bulat tak negatif dengan π β€ 2π dan π β π serta π β€ 1000. Maka οΏ½βποΏ½ = π
οΏ½π2 + π β π <1
2013
π2 + π < οΏ½π +1
2013οΏ½2
= π2 +2π
2013+ οΏ½
12013
οΏ½2
Mengingat bahwa jika π β€ 1000 maka π < 2π2013
+ οΏ½ 12013
οΏ½2
< 1 untuk semua nilai π β π. Nilai π yang memenuhi hanya π = 0.
Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013 Bagian Kedua
SMA Negeri 5 Bengkulu Eddy Hermanto, ST
Jadi, π = π2 yang memenuhi βπ β οΏ½βποΏ½ = 0 < 12013
untuk semua nilai π. Karena banyaknya nilai π ada 1000 maka banyaknya nilai π yang memenuhi juga ada 1000. β΄ Jadi, banyaknya bilangan asli π β€ 1.000.000 yang memenuhi ada 1000.
3. 1 + 2 + 3 + β―+ π = π(π+1)2
a. Jika π = 2013.
Jelas bahwa π2013 + (π β π)2013 untuk suatu π β π habis dibagi π β’ Jika π genap
Maka οΏ½π2οΏ½2013
dan π2013 tidak memiliki pasangan. Tetapi kedua bilangan tersebut habis dibagi π.
β’ Jika π ganjil Maka π2013 tidak memiliki pasangan. Tetapi π2013 habis dibagi π.
Terbukti bahwa 12013 + 22013 + 32013 + β―+ π2013 habis dibagi π untuk semua π β π. Jelas bahwa π2013 + (π + 1 β π)2013 untuk suatu π β π habis dibagi π + 1. β’ Jika π genap
Maka semua bilangan memiliki pasangannya. β’ Jika π ganjil
Maka οΏ½π+12οΏ½2013
tidak memiliki pasangan. Tetapi οΏ½π+12οΏ½2013
habis dibagi π + 1. Terbukti bahwa 12013 + 22013 + 32013 + β―+ π2013 habis dibagi π + 1 untuk semua π β π. Jadi, terbukti bahwa 12013 + 22013 + 32013 + β―+ π2013 habis dibagi π dan π + 1 yang
artinya habis dibagi π(π+1)2
untuk semua π β π. β΄ Jadi, terbukti bahwa 2013 valid.
b. Ambil π = 2π dan π = 2. 12π + 22π = 2οΏ½12πβ1 + 22πβ1οΏ½ β 1 Karena (1 + 2)|οΏ½12πβ1 + 22πβ1οΏ½ maka (1 + 2) tidak membagi 12π + 22π. Maka π = 2π tidak valid untuk π = 2. Jadi, 2π tidak valid. Ada tak hingga banyaknya bilangan berbentuk 2π. β΄ Jadi, terbukti bahwa ada tak hingga banyak bilangan yang tidak valid.
4. Berdasarkan ketaksamaan AM-HM maka
12π + 1
2π + 12π
3β₯
32π + 2π + 2π
1
2π+
12π
+1
2πβ₯
92π + 2π + 2π
=34
Berdasarkan ketaksamaan AM-HM maka 1
2π + 8 + 12π + 8 + 1
2π + 83
β₯3
(2π + 8) + (2π + 8) + (2π + 8) 1
2π + 8+
12π + 8
+1
2π + 8β₯
92(π + π + π) + 24
=9
36=
14
Mengingat bahwa 12π₯
+ 12π₯+8
= π₯+2π₯(π₯+4) maka
Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013 Bagian Kedua
SMA Negeri 5 Bengkulu Eddy Hermanto, ST
π + 2π(π + 4) +
π + 2π(π + 4) +
π + 2π(π + 4) β₯ 1
β΄ Jadi, terbukti bahwa π+ππ(π+π) + π+π
π(π+π) + π+ππ(π+π) β₯ π.
5. Misalkan garis tinggi dari titik A memotong tegak lurus sisi BC di titik D dan garis median dari B memotong sisi AC di titik E.
Dari titik E dibuat garis memotong tegak lurus sisi BC di M. Karena βCEM dan βCAD sebangun dengan E pertengahan AC maka EM = 1
2 AD.
Karena BE = AD = 2 EM maka β EBM = 30o. Misalkan titik N merupakan pertengahan AB. Karena E dan N berturut-turut pertengahan AC dan AB maka EN akan sejajar BC. Karena EN sejajar CB maka β BEN = β EBM = 30o. Karena luas segitiga = 1
2 alas β tinggi dan AD adalah sisi terpanjang maka BC adalah sisi terpendek
dari segitiga ABC. 12π΅πΆ β€
12π΄π΅
EN β€ BN Sisi yang lebih panjang dari suatu segitiga akan menghadap sudut yang lebih besar.
Karena EN β€ BN maka pada βBEN akan berlaku β EBN β€ β BEN = 30o. Maka β ABC = β EBM + β EBN β€ 30o + 30o = 60o. Jadi, β ABC β€ 60o. β΄ Jadi, terbukti bahwa β ABC β€ 60o.