ebook osn smp 2012
description
Transcript of ebook osn smp 2012
Daftar Isi
1 Soal OSN SMP 2012 11.1 Soal Seleksi Tingkat Kabupaten/ Kota . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Soal Seleksi Tingkat Provinsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 Soal Seleksi Tingkat Nasional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2 Pembahasan OSN SMP 2012 72.1 Pembahasan Seleksi Tingkat Kabupaten/ Kota . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.2 Pembahasan Seleksi Tingkat Provinsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.3 Pembahasan Seleksi Tingkat Nasional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
iii
Kata Pengantar
iv
Bab 1 Soal OSN SMP 2012
1.1 Soal Seleksi Tingkat Kabupaten/ Kota
Bagian A : Soal Isian Singkat
1. Sebuah silinder memiliki tinggi 5 cm dan volume 20 cm2. Luas permukaan bola terbesar yangmungkin diletakkan ke dalam silinder tersebut adalah ...
2. Jumlah tiga buah bilangan adalah 19. Jika bilangan pertama dan bilangan kedua masing - masingdikurangi 1, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 1 : 3. Jika bilangan kedua dan bilanganketiga masing - masing ditambah 3, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 5 : 6. Selisihbilangan terbesar dan terkecil adalah ...
3. Jika 1 + 14 + 1
9 + 116 + 1
25 + Β· Β· Β· = a, maka 19 + 1
25 + 149 + Β· Β· Β· = . . .
4. Lima belas bilangan prima pertama dituliskan berturut - turut pada lima belas kartu. Jika semuakartu tersebut diletakkan dalam sebuah kotak dan kemudian diambil secara acak dua buah kartuberturut - turut tanpa pengembalian, maka peluang terambil dua kartu dengan jumlah dua bilanganyang tertulis merupakan bilangan prima adalah ...
5. Perhatikan gambar bangun datar setengah lingkaran dengan diameter AD dan pusat lingkaran Mberikut. Misalkan B dan C adalah titik - titik pada lingkaran sedemikian sehingga ACβ₯BM danBD memotong AC di titik P . Jika besar β CAD = sβ¦, maka besar sudut β CPD = ...
1
Bab 1. Soal OSN SMP 2012
A M D
CB
P
6. Lima angka yakni 1, 2, 3, 4, dan 5 dapat disusun semuanya tanpa pengulangan menjadi 120bilangan berbeda. Jika bilangan - bilangan tersebut diurutkan dari yang terkecil ke yang terbesar,maka bilangan yang menempati urutan ke- 75 adalah ...
7. Diketahui 1 + k habis dibagi 3, 1 + 2k habis dibagi 5, dan 1 + 8k habis dibagi 7. Jika k adalahbilangan bulat positif maka nilai terkecil untuk k adalah ...
8. Jika p = 20102 + 20112 dan q = 20122 + 20132, maka nilai sederhana dariβ
1β 2(p+ q) + 4pqadalah ...
9. Jika a dan b adalah penyelesaian dari persamaan kuadrat 4x2 β 7x β 1 = 0, maka nilai dari3a2
4bβ 7 + 3b2
4aβ 7 adalah ...
10. Pada gambar berikut, kedua ruas garis putus - putus yang sejajar membagi persegi menjadi tigadaerah yang luasnya sama. Jika jarak kedua garis putus - putus tersebut adalah 1 cm, maka luaspersegi adalah ... cm2.
Bagian B : Soal Uraian
1. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi persamaan berikut :
2x + 3x β 4x + 6x β 9x = 1
2. Pada gambar berikut, sembilan lingkaran kecil dalam lambang olimpiade akan diisi masing - masingdengan bilangan 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, atau 9. Tentukan pengisian tersebut sehingga jumlah bilangandi dalam setiap lingkaran besar adalah 14.
3. Diketahui 4ABC dengan AB = 25 cm, BC = 20 cm dan AC = 15 cm. Jika titik D terletakpada sisi AB sedemikian sehingga perbandingan luas 4ADC dan 4ABC adalah 14 : 25, tentukanpanjang CD.
4. Dari hasil sensus diketahui bahwa penduduk suatu kota tak lebih dari 10000 orang dan anak - anak20% lebih banyak daripada penduduk dewasa. Jika anak laki - laki 10% lebih banyak daripada anakperempuan, serta di antara penduduk dewasa terdapat 15% lebih banyak perempuan. Tentukanjumlah terbesar yang mungkin dari penduduk kota tersebut.
2
1.2. Soal Seleksi Tingkat Provinsi
5. Diketahui sebuah bilangan rasional positif kurang dari 1 yang dinyatakan dalam pecahan biasadalam bentuk paling sederhana. Jika hasil kali pembilang dan penyebut dari bilangan rasionaltersebut adalah 20! = 1 Β· 2 Β· 3 Β· 4 Β· Β· Β· Β· Β· Β· 20. Tentukan semua bilangan yang dimaksud.
1.2 Soal Seleksi Tingkat Provinsi
Bagian A : Soal Isian Singkat
1. Sebuah silinder memiliki tinggi 5 cm dan volume 20 cm2. Luas permukaan bola terbesar yangmungkin diletakkan ke dalam silinder tersebut adalah ...
2. Jumlah tiga buah bilangan adalah 19. Jika bilangan pertama dan bilangan kedua masing - masingdikurangi 1, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 1 : 3. Jika bilangan kedua dan bilanganketiga masing - masing ditambah 3, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 5 : 6. Selisihbilangan terbesar dan terkecil adalah ...
3. Jika 1 + 14 + 1
9 + 116 + 1
25 + Β· Β· Β· = a, maka 19 + 1
25 + 149 + Β· Β· Β· = . . .
4. Lima belas bilangan prima pertama dituliskan berturut - turut pada lima belas kartu. Jika semuakartu tersebut diletakkan dalam sebuah kotak dan kemudian diambil secara acak dua buah kartuberturut - turut tanpa pengembalian, maka peluang terambil dua kartu dengan jumlah dua bilanganyang tertulis merupakan bilangan prima adalah ...
5. Perhatikan gambar bangun datar setengah lingkaran dengan diameter AD dan pusat lingkaran Mberikut. Misalkan B dan C adalah titik - titik pada lingkaran sedemikian sehingga ACβ₯BM danBD memotong AC di titik P . Jika besar β CAD = sβ¦, maka besar sudut β CPD = ...
A M D
CB
P
6. Lima angka yakni 1, 2, 3, 4, dan 5 dapat disusun semuanya tanpa pengulangan menjadi 120bilangan berbeda. Jika bilangan - bilangan tersebut diurutkan dari yang terkecil ke yang terbesar,maka bilangan yang menempati urutan ke- 75 adalah ...
3
Bab 1. Soal OSN SMP 2012
7. Diketahui 1 + k habis dibagi 3, 1 + 2k habis dibagi 5, dan 1 + 8k habis dibagi 7. Jika k adalahbilangan bulat positif maka nilai terkecil untuk k adalah ...
8. Jika p = 20102 + 20112 dan q = 20122 + 20132, maka nilai sederhana dariβ
1β 2(p+ q) + 4pqadalah ...
9. Jika a dan b adalah penyelesaian dari persamaan kuadrat 4x2 β 7x β 1 = 0, maka nilai dari3a2
4bβ 7 + 3b2
4aβ 7 adalah ...
10. Pada gambar berikut, kedua ruas garis putus - putus yang sejajar membagi persegi menjadi tigadaerah yang luasnya sama. Jika jarak kedua garis putus - putus tersebut adalah 1 cm, maka luaspersegi adalah ... cm2.
Bagian B : Soal Uraian
1. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi persamaan berikut :
2x + 3x β 4x + 6x β 9x = 1
2. Pada gambar berikut, sembilan lingkaran kecil dalam lambang olimpiade akan diisi masing - masingdengan bilangan 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, atau 9. Tentukan pengisian tersebut sehingga jumlah bilangandi dalam setiap lingkaran besar adalah 14.
3. Diketahui 4ABC dengan AB = 25 cm, BC = 20 cm dan AC = 15 cm. Jika titik D terletakpada sisi AB sedemikian sehingga perbandingan luas 4ADC dan 4ABC adalah 14 : 25, tentukanpanjang CD.
4. Dari hasil sensus diketahui bahwa penduduk suatu kota tak lebih dari 10000 orang dan anak - anak20% lebih banyak daripada penduduk dewasa. Jika anak laki - laki 10% lebih banyak daripada anakperempuan, serta di antara penduduk dewasa terdapat 15% lebih banyak perempuan. Tentukanjumlah terbesar yang mungkin dari penduduk kota tersebut.
4
1.3. Soal Seleksi Tingkat Nasional
5. Diketahui sebuah bilangan rasional positif kurang dari 1 yang dinyatakan dalam pecahan biasadalam bentuk paling sederhana. Jika hasil kali pembilang dan penyebut dari bilangan rasionaltersebut adalah 20! = 1 Β· 2 Β· 3 Β· 4 Β· Β· Β· Β· Β· Β· 20. Tentukan semua bilangan yang dimaksud.
1.3 Soal Seleksi Tingkat Nasional
Soal Hari Pertama
1. Jika diketahui himpunan
H = {(x, y)|(xβ y)2 + x2 β 15x+ 50 = 0, dengan x dan y bilangan asli},
tentukan banyak himpunan bagian dari H.
2. Seorang pesulap menyatakan dirinya ahli menebak pikiran dengan pertunjukkan berikut. Salahseorang penonton awalnya diminta secara tersembunyi menuliskan sebuah bilangan lima angka,lalu menguranginya dengan jumlah angka - angka penyusun bilangan tersebut, kemudian menye-butkan empat dari lima angka penyusun bilangan hasil (dengan urutan sebarang). Selanjutnyapesulap tersebut dapat menebak angka yang masih disembunyikan. Sebagai contoh, jika penon-ton menyebutkan empat bilangan hasil : 0, 1, 2, 3, maka pesulap akan tahu bahwa angka yangdisembunyikan adalah 3.
a. Berilah suatu contoh Anda sendiri dari proses di atas.
b. Jelaskan secara matematis bentuk umum dari proses tersebut.
3. Pada suatu keranjang buah terdapat 20 apel, 18 jeruk, 16 mangga, 10 nanas dan 6 pepaya. Jikaseseorang ingin mengambil 10 buah dari keranjang tersebut, ada berapa banyak komposisi buahterambil yang mungkin?
4. Di dalam Taman Khatulistiwa akan dibuat bangunan berbentuk limas dengan alas segitiga samasisi berbahan tembus pandang dengan panjang sisi alas 8
β3 m dan tinggi 8 m. Sebuah bola dunia
akan ditempatkan di dalam limas tersebut. Dengan mengabaikan ketebalan bahan pembuat limas,tentukan panjang terbesar jari - jari bola dunia yang mungkin dapat dibuat.
5. Berapakah sisa dari 20122012 + 20142012 dibagi oleh 20132?
Soal Hari Kedua
1. Pada suatu hari, seorang peneliti menempatkan dua kelompok spesies yang berbeda yakni amoebadan bakteri pada suatu media yang sama, masing - masing dalam jumlah tertentu (dalam satuansel). Peneliti tersebut mengamati bahwa pada hari berikutnya, yakni hari kedua, ternyata setiapsel masing - masing spesies membelah diri menjadi dua sel. Pada hari yang sama setiap sel amoebamemangsa tepat satu sel bakteri. Pengamatan selanjutnya yang dilakukan setiap hari menunjukkanpola yang sama, yakni setiap sel masing - masing spesies membelah diri menjadi dua sel dankemudian setiap sel amoeba memangsa tepat satu sel bakteri. Pengamatan pada hari ke- 100menunjukkan bahwa setelah masing - masing spesies membelah diri dan kemudian setiap sel amoebamemangsa tepat satu sel bakteri, ternyata membuat bakteri punah. Tentukan perbandingan jumlahamoeba dengan jumlah bakteri pada hari pertama.
2. Diketahui n adalah bilangan bulat positif. Jika
f(n) = 4n+β
4n2 β 1β2n+ 1 +
β2nβ 1
tentukan f(13) + f(14) + f(15) + Β· Β· Β·+ f(112).
5
Bab 1. Soal OSN SMP 2012
3. Budi menyusun empat belas buah bola masing - masing berjari - jari 10 cm. Sembilan buahbola pertama diletakkan di atas meja sedemikian sehingga membentuk persegi dan saling bersing-gungan. Empat buah bola berikutnya diletakkan di atas sembilan bola pertama sehingga salingbersinggungan. Bola keempat belas ditaruh di atas empat bola tadi, sehingga menyinggung empatbola tersebut. Jika Bambang mempunyai lima puluh lima buah bola yang masing - masing jugaberjari - jari 10 cm dan semua bola tersebut disusun mengikuti pola susunan bola yang dilakukanBudi, hitunglah ketinggian pusat bola yang paling atas diukur dari permukaan meja pada susunanbola yang dilakukan Bambang.
4. Diketahui sebuah segitiga ABC dengan panjang sisi - sisinya adalah 5 cm, 8 cm danβ
41 cm.Tentukan luas maksimum persegi panjang yang mungkin dapat dibuat di dalam segitiga ABCtersebut.
5. Ada 12 orang yang antri untuk membeli tiket masuk suatu pertunjukkan dengan harga satu ti-ket adalah Rp 5.000,00. Diketahui 5 orang diantara mereka hanya mempunyai uang kertas Rp10.000,00 dan sisanya hanya mempunyai uang kertas Rp 5.000,00. Jika penjual tiket awalnya ha-nya mempunyai uang Rp 5.000,00, berapakah peluang penjual tiket tersebut mempunyai cukupkembalian untuk melayani semua orang sesuai dengan urutan mereka dalam antrian?
6
Bab 2 Pembahasan OSN SMP 2012
2.1 Pembahasan Seleksi Tingkat Kabupaten/ Kota
Bagian A : Soal Isian Singkat
1. Sebuah silinder memiliki tinggi 5 cm dan volume 20 cm2. Luas permukaan bola terbesar yangmungkin diletakkan ke dalam silinder tersebut adalah ...Jawaban : 16 cmKarena bola berada dalam silinder maka jari - jari bola sama dengan jari - jari alas silinder.Misalkan jari - jari alas silinder adalah r. Karena tinggi silinder 5 cm dan volumenya 20 cm2 makaluas alas silinder = Οr2 = 20
5 = 4 cm2. Padahal luas permukaan bola = 4Οr2 = 4 Β· 4 = 16 cm2.
2. Jumlah tiga buah bilangan adalah 19. Jika bilangan pertama dan bilangan kedua masing - masingdikurangi 1, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 1 : 3. Jika bilangan kedua dan bilanganketiga masing - masing ditambah 3, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 5 : 6. Selisihbilangan terbesar dan terkecil adalah ...Jawaban : 6Misalkan ketiga bilangan tersebut adalah a, b, c dengan a < b < c, maka diperoleh
a+ b+ c = 19 (2.1)
aβ 1bβ 1 = 1
3 β 3a = b+ 2 (2.2)
b+ 3c+ 3 = 5
6 β 5c = 6b+ 3 (2.3)
7
Bab 2. Pembahasan OSN SMP 2012
Dari ketiga persamaan di atas didapat
a+ b+ c = 19 β 15a+ 15b+ 15c = 285β 5(b+ 2) + 15b+ 3(6b+ 3) = 285β 38b = 266β b = 7
karena b = 7 maka a = 3 dan c = 9. Sehingga cβ a = 9β 3 = 6.
3. Jika 1 + 14 + 1
9 + 116 + 1
25 + Β· Β· Β· = a, maka 19 + 1
25 + 149 + Β· Β· Β· = . . .
Jawaban : 34aβ 1
Misal N = 19 + 1
25 + 149 + Β· Β· Β· , maka
1 + 14 + 1
9 + 116 + 1
25 + Β· Β· Β· = a
1 + 14 + 1
16 + 136 + Β· Β· Β·+ 1
9 + 125 + 1
49 + Β· Β· Β· = a
1 + 14
(1 + 1
4 + 19 + Β· Β· Β·
)+N = a
1 + 14a+N = a
N = 34aβ 1
4. Lima belas bilangan prima pertama dituliskan berturut - turut pada lima belas kartu. Jika semuakartu tersebut diletakkan dalam sebuah kotak dan kemudian diambil secara acak dua buah kartuberturut - turut tanpa pengembalian, maka peluang terambil dua kartu dengan jumlah dua bilanganyang tertulis merupakan bilangan prima adalah ...Jawaban : 2
35Pasangan bilangan prima yang jumlahnya juga merupakan bilangan prima di antara lima belasbilangan prima yang pertama adalah (2, 3), (2, 5), (2, 11), (2, 17), (2, 29) dan (2, 41).
β’ Jika kartu pertama terambil angka 2 maka kartu kedua harus salah satu dari 3, 5, 11, 17, 29atau 41 sehingga peluangnya adalah 1
15 Β·614 = 1
35.β’ Jika kartu pertama terambil angka 3, 5, 11, 17, 29 atau 41 maka kartu kedua harus angka 2
sehingga peluangnya adalah 615 Β·
114 = 1
35.
Jadi, peluang terambil dua kartu dengan jumlah dua bilangan yang tertulis merupakan bilanganprima adalah 1
35 + 135 = 2
35.
5. Perhatikan gambar bangun datar setengah lingkaran dengan diameter AD dan pusat lingkaran Mberikut. Misalkan B dan C adalah titik - titik pada lingkaran sedemikian sehingga ACβ₯BM danBD memotong AC di titik P . Jika besar β CAD = sβ¦, maka besar sudut β CPD = ...
A M D
CB
P
Jawaban : 12sβ¦ + 45β¦
8
2.1. Pembahasan Seleksi Tingkat Kabupaten/ Kota
β AMB = 90β¦ β sβ¦ dan β ADB = 12β AMB = 45β¦ β 1
2sβ¦.
β CPD = β CAD + β ADB
= sβ¦ + 45β¦ β 12sβ¦
= 12sβ¦ + 45β¦
6. Lima angka yakni 1, 2, 3, 4, dan 5 dapat disusun semuanya tanpa pengulangan menjadi 120bilangan berbeda. Jika bilangan - bilangan tersebut diurutkan dari yang terkecil ke yang terbesar,maka bilangan yang menempati urutan ke- 75 adalah ...Jawaban : 41325Perhatikan,
β’ Jika angka pertama adalah 1 maka bilangan yang terbentuk ada 4! = 24
β’ Jika angka pertama adalah 2 maka bilangan yang terbentuk ada 4! = 24
β’ Jika angka pertama adalah 3 maka bilangan yang terbentuk ada 4! = 24
Oleh karena itu, banyak bilangan yang dimulai dengan angka 1, 2, atau 3 adalah 24 + 24 + 24=72. Selanjutnya mudah dilihat bahwa bilangan ke- 73 adalah 41235, bilangan ke-74 yaitu 41253dan bilangan ke-75 ialah 41325.
7. Diketahui 1 + k habis dibagi 3, 1 + 2k habis dibagi 5, dan 1 + 8k habis dibagi 7. Jika k adalahbilangan bulat positif maka nilai terkecil untuk k adalah ...Jawaban : 62Dari keterangan pada soal kita punya,
k = 3x+ 22k = 5y + 48k = 7z + 6
untuk suatu bilangan bulat x, y, z.Substitusikan persamaan pertama ke persamaan kedua diperoleh,
2(3x+ 2) = 5y + 4 β 6x+ 4 = 5y + 4β 6x = 5y
karena 5 tidak membagi 6 maka haruslah 5 membagi x. Dengan demikian x = 5m untuk suatubilangan bulat m. Substitusikan x = 5m ke pers. pertama, diperoleh k = 3(5m) + 2 = 15m + 2.Selanjutnya substitusikan nilai k = 15m+ 2 ke pers. ketiga, didapat
8(15m+ 2) = 7z + 6 β 120m+ 16 = 7z + 6β 120m = 7z β 10β m = 7z β 119mβ 7β 3β m+ 3 = 7z β 119mβ 7
perhatikan ruas kanan habis dibagi 7 sehingga ruas kiri juga harus habis dibagi 7. Dengan kata lainm+ 3 = 7n β m = 7nβ 3 dengan n merupakan bilangan bulat. Substitusikan nilai m = 7nβ 3ke k = 15m+ 2 sehingga didapat
k = 15(7nβ 3) + 2 = 105nβ 43
karena k adalah bilangan bulat positif maka nilai terkecil dari k yaitu 62 diperoleh ketika n = 1.
9
Bab 2. Pembahasan OSN SMP 2012
8. Jika p = 20102 + 20112 dan q = 20122 + 20132, maka nilai sederhana dariβ
1β 2(p+ q) + 4pqadalah ...Jawaban : 16184525Misalkan n = 2010 maka didapat
p = n2 + (n+ 1)2 = 2n2 + 2n+ 1 dan q = (n+ 2)2 + (n+ 3)2 = 2n2 + 10n+ 13
sehingga diperoleh
2pβ 1 = 2(2n2 + 2n+ 1)β 1 = 4n2 + 4n+ 1 = (2n+ 1)2
dan2q β 1 = 2(2n2 + 10n+ 13)β 1 = 4n2 + 20n+ 25 = (2n+ 5)2
Selanjutnya kita peroleh β1β 2(p+ q) + 4pq =
β(2pβ 1)(2q β 1)
=β
(2n+ 1)2(2n+ 5)2
= (2n+ 1)(2n+ 5)= 4021 Β· 4025= 16184525
9. Jika a dan b adalah penyelesaian dari persamaan kuadrat 4x2 β 7x β 1 = 0, maka nilai dari3a2
4bβ 7 + 3b2
4aβ 7 adalah ...
Jawaban : β2116
Dengan rumus jumlah dan hasil kali akar - akar persamaan kuadrat diperoleh,
a+ b = 74 dan ab = β1
4
Selain itu karena a adalah penyelesaian dari persamaan kuadrat 4x2 β 7xβ 1 = 0 kita peroleh,
4a2 β 7aβ 1 = 0 β a(4aβ 7)β 1 = 0 β 4aβ 7 = 1a
demikian pula 4bβ 7 = 1b
.Oleh karena itu didapat
3a2
4bβ 7 + 3b2
4aβ 7 = 3a2
1b
+ 3b2
1a
= 3a2b+ 3ab2
= 3ab(a+ b)
= 3(β1
4)(7
4)
= β2116
10. Pada gambar berikut, kedua ruas garis putus - putus yang sejajar membagi persegi menjadi tigadaerah yang luasnya sama. Jika jarak kedua garis putus - putus tersebut adalah 1 cm, maka luaspersegi adalah ... cm2.
10
2.1. Pembahasan Seleksi Tingkat Kabupaten/ Kota
Jawaban : 13Perhatikan gambar berikut!
y
x
A B
CD
E
F
Misalkan panjang sisi persegi adalah a. Misalkan pula CE = x dan BE = y. Berdasarkanketerangan soal luas jajar genjang AECF adalah 1
3a2. Padahal kita tahu pula luas jajar genjang
AECF = x Β· 1 = x, maka didapat x = 13a
2. Demikian pula pada 4EBC berlaku
Luas 4EBC = 13a
2
12 Β·BE Β·BC = 1
3a2
12 Β· y Β· a = 1
3a2
y = 23a
Selanjutnya dengan dalil pythagoras pada 4EBC didapat,
y2 + a2 = x2 β(2
3a)2
+ a2 =(1
3a2)2
β 49a
2 + a2 = 19a
4
β 139 = 1
9a2
β a2 = 13
Jadi, luas persegi adalah 13 cm2.
Bagian B : Soal Uraian
1. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi persamaan berikut :
2x + 3x β 4x + 6x β 9x = 1
Jawaban :Misalkan 2x = m dan 3x = n maka persamaan pada soal equivalen dengan
m+ nβm2 +mnβ n2 = 1 β m2 + n2 βmnβmβ n+ 1 = 0
11
Bab 2. Pembahasan OSN SMP 2012
dengan sedikit manipulasi diperoleh persamaan
12((mβ n)2 + (mβ 1)2 + (nβ 1)2
)= 0
sehingga m = n = 1 atau dengan kata lain 2x = 3x = 1 yang hanya dipenuhi jika dan hanya jikax = 0.Jadi, satu - satunya penyelesaian persamaan pada soal adalah x = 0.
2. Pada gambar berikut, sembilan lingkaran kecil dalam lambang olimpiade akan diisi masing - masingdengan bilangan 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, atau 9. Tentukan pengisian tersebut sehingga jumlah bilangandi dalam setiap lingkaran besar adalah 14.
Jawaban :Misalkan penyelesaian dari soal adalah seperti pada gambar di bawah ini:Kita tahu bahwa a+ b+ c+d+e+f +g+h+ i = 45 dan karena jumlah di dalam setiap lingkaran
besar adalah 14, kita peroleh
(a+ b) + (b+ c+ d) + (d+ e+ f) + (f + g + h) + (h+ i) = 5 Β· 14b+ d+ f + h+ 45 = 70
b+ d+ f + h = 25
Selain itu, a+ b = h+ i = 14. Padahal dari sembilan bilangan tersedia yang jumlahnya 14 hanya5 + 9 dan 6 + 8. Dengan memperhatikan b+ d+ f + h = 25, maka yang mungkin adalah b = 9 dan
12
2.1. Pembahasan Seleksi Tingkat Kabupaten/ Kota
h = 6 (dalam hal ini jika b = 6 dan h = 9 sama saja karena simetris). Karena b = 9 dan h = 6berarti d + f = 10. Dari sisa angka yanga ada, yang jumlahnya 10 hanya 3 + 7 maka diperolehd = 3 dan f = 7. Angka - angka sisanya yaitu a, c, e, g, h menyesuaikan agar diperoleh jumlah 14pada lingkaran besar. Salah satu penyelesaiannya adalah seperti berikut :
3. Diketahui 4ABC dengan AB = 25 cm, BC = 20 cm dan AC = 15 cm. Jika titik D terletakpada sisi AB sedemikian sehingga perbandingan luas 4ADC dan 4ABC adalah 14 : 25, tentukanpanjang CD.Jawaban :Perhatikan sketsa di bawah ini!
A
B
C
D
E
Tarik garis CE yaitu garis tinggi 4ABC dari titik E. Sehingga diperoleh
12 Β·AC Β·BC = 1
2 Β·AB Β· CE
15 Β· 20 = 25 Β· CECE = 12
Kemudian dengan pythagoras pada 4ACE diperoleh AE = 9.Selain itu ingat juga bahwa
AD
AB= Luas 4ADC
Luas 4ABC = 1425
sehinggaAD = 14
25 Β·AB = 1425 Β· 25 = 14
Oleh karena itu, DE = AD β AE = 14β 9 = 5 cm. Perhatikan juga 4CDE adalah segitiga siku- siku. Dengan demikian dengan dalil pythagoras pada 4CDE didapat CD = 13.
13
Bab 2. Pembahasan OSN SMP 2012
4. Dari hasil sensus diketahui bahwa penduduk suatu kota tak lebih dari 10000 orang dan anak - anak20% lebih banyak daripada penduduk dewasa. Jika anak laki - laki 10% lebih banyak daripada anakperempuan, serta di antara penduduk dewasa terdapat 15% lebih banyak perempuan. Tentukanjumlah terbesar yang mungkin dari penduduk kota tersebut.Jawaban :Misalkan,
β’ N : jumlah seluruh pendudukβ’ D : jumlah penduduj dewasaβ’ A : jumlah penduduk anak - anakβ’ DL : jumlah laki - laki dewasaβ’ DP : jumlah perempuan dewasaβ’ AL : jumlah anak laki - lakiβ’ AP : jumlah anak - anak perempuan
Selanjutnya berdasarkan keterangan pada soal diperoleh :A = D+ 0, 2D = 1, 2D tetapi karena A+D = N maka N = A+D = 1, 2D+D = 2, 2D, sehingga
D = 12, 2N dan A = 1, 2
2, 2N
Dengan cara yang sama diperoleh AL = AP + 0, 1AP = 1, 1AP tetapi karena AL + AP = A makaA = AL +AP = 1, 1AP +AP = 2, 1AP sehingga
AP = 12, 1 Β·A = 1
2, 1 Β·1, 22, 2N = 20
77N
AL = 1, 1AP = 1, 1 Β· 12, 1 Β·A = 1, 1 Β· 1
2, 1 Β·1, 22, 2N = 2
7N
Demikian pula dengan cara yang sama diperoleh :DP = DL +0, 15DL = 1, 15DL tetapi karena DL +DP = D maka D = DL +DP = DL +1, 15DL =2, 15DL sehingga
DL = 12, 15 Β·D = 1
2, 15 Β·1
2, 2N = 10011 Β· 43N
DP = 1, 15 Β· 12, 15 Β·D = 1, 15 Β· 1
2, 15 Β·1
2, 2N = 11511 Β· 43N
Karena AL, AP , DL dan DP merupakan bilangan bulat positif maka haruslah N merupakan ke-lipatan dari 7 Β· 11 Β· 43 = 3311. Karena N < 10000 maka nilai N terbesar yang mungkin adalahN = 3 Β· 3311 = 9933.Jadi, banyak penduduk terbesar yang mungkin di kota tersebut adalah 9933.
5. Diketahui sebuah bilangan rasional positif kurang dari 1 yang dinyatakan dalam pecahan biasadalam bentuk paling sederhana. Jika hasil kali pembilang dan penyebut dari bilangan rasionaltersebut adalah 20! = 1 Β· 2 Β· 3 Β· 4 Β· Β· Β· Β· Β· Β· 20. Tentukan semua bilangan yang dimaksud.Jawaban :Misalkan bilangan rasional yang dimaksud adalah a
bdengan a < b dan FPB(a, b) = 1 serta ab = 20!
Perhatikan karena FPB(a, b) = 1 maka keduanya tidak memiliki faktor prima yang sama. Selainitu kita punya 20! = 218 Β· 38 Β· 54 Β· 72 Β· 11 Β· 13 Β· 17 Β· 19. Selanjutnya untuk mempermudah penulisan,misalkan a1 = 218, a2 = 38, a3 = 54, a4 = 72, a5 = 11, a6 = 13, a7 = 17 dan a8 = 19. Ada lima kasusyang mungkin yaitu :
i. a
b= 1
8βn=1
an
Untuk kasus ini banyaknya kemungkinan jelas hanya 1.
14
2.2. Pembahasan Seleksi Tingkat Provinsi
ii. a
b=
min
ai,8β
n=1n6=i
an
max
ai,8β
n=1n6=i
an
Untuk kasus ini banyaknya kemungkinan ada sebanyak C81 = 8.
iii. a
b=
min
aiaj ,8β
n=1n6=i,j
an
max
aiaj ,8β
n=1n6=i,j
an
Untuk kasus ini banyaknya kemungkinan ada sebanyak C82 = 28.
iv. a
b=
min
aiajak,8β
n=1n6=i,j,k
an
min
aiajak,8β
n=1n6=i,j,k
an
Untuk kasus ini banyaknya kemungkinan ada sebanyak C83 = 56.
v. a
b=
min
aiajakal,8β
n=1n6=i,j,k,l
an
max
aiajakal,8β
n=1n6=i,j,k,l
an
Untuk kasus ini banyaknya kemungkinan ada sebanyak C84
2! = 35.
Oleh karena itu bilangan rasional yang dimaksud ada sebanyak 1 + 8 + 28 + 56 + 35 = 128.
2.2 Pembahasan Seleksi Tingkat Provinsi
Bagian A : Soal Isian Singkat
1. Sebuah silinder memiliki tinggi 5 cm dan volume 20 cm2. Luas permukaan bola terbesar yangmungkin diletakkan ke dalam silinder tersebut adalah ...Jawaban : 16 cmKarena bola berada dalam silinder maka jari - jari bola sama dengan jari - jari alas silinder.Misalkan jari - jari alas silinder adalah r. Karena tinggi silinder 5 cm dan volumenya 20 cm2 makaluas alas silinder = Οr2 = 20
5 = 4 cm2. Padahal luas permukaan bola = 4Οr2 = 4 Β· 4 = 16 cm2.
2. Jumlah tiga buah bilangan adalah 19. Jika bilangan pertama dan bilangan kedua masing - masingdikurangi 1, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 1 : 3. Jika bilangan kedua dan bilanganketiga masing - masing ditambah 3, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 5 : 6. Selisih
15
Bab 2. Pembahasan OSN SMP 2012
bilangan terbesar dan terkecil adalah ...Jawaban : 6Misalkan ketiga bilangan tersebut adalah a, b, c dengan a < b < c, maka diperoleh
a+ b+ c = 19 (2.4)
aβ 1bβ 1 = 1
3 β 3a = b+ 2 (2.5)
b+ 3c+ 3 = 5
6 β 5c = 6b+ 3 (2.6)
Dari ketiga persamaan di atas didapat
a+ b+ c = 19 β 15a+ 15b+ 15c = 285β 5(b+ 2) + 15b+ 3(6b+ 3) = 285β 38b = 266β b = 7
karena b = 7 maka a = 3 dan c = 9. Sehingga cβ a = 9β 3 = 6.
3. Jika 1 + 14 + 1
9 + 116 + 1
25 + Β· Β· Β· = a, maka 19 + 1
25 + 149 + Β· Β· Β· = . . .
Jawaban : 34aβ 1
Misal N = 19 + 1
25 + 149 + Β· Β· Β· , maka
1 + 14 + 1
9 + 116 + 1
25 + Β· Β· Β· = a
1 + 14 + 1
16 + 136 + Β· Β· Β·+ 1
9 + 125 + 1
49 + Β· Β· Β· = a
1 + 14
(1 + 1
4 + 19 + Β· Β· Β·
)+N = a
1 + 14a+N = a
N = 34aβ 1
4. Lima belas bilangan prima pertama dituliskan berturut - turut pada lima belas kartu. Jika semuakartu tersebut diletakkan dalam sebuah kotak dan kemudian diambil secara acak dua buah kartuberturut - turut tanpa pengembalian, maka peluang terambil dua kartu dengan jumlah dua bilanganyang tertulis merupakan bilangan prima adalah ...Jawaban : 2
35Pasangan bilangan prima yang jumlahnya juga merupakan bilangan prima di antara lima belasbilangan prima yang pertama adalah (2, 3), (2, 5), (2, 11), (2, 17), (2, 29) dan (2, 41).
β’ Jika kartu pertama terambil angka 2 maka kartu kedua harus salah satu dari 3, 5, 11, 17, 29atau 41 sehingga peluangnya adalah 1
15 Β·614 = 1
35.
β’ Jika kartu pertama terambil angka 3, 5, 11, 17, 29 atau 41 maka kartu kedua harus angka 2sehingga peluangnya adalah 6
15 Β·114 = 1
35.
Jadi, peluang terambil dua kartu dengan jumlah dua bilangan yang tertulis merupakan bilanganprima adalah 1
35 + 135 = 2
35.
5. Perhatikan gambar bangun datar setengah lingkaran dengan diameter AD dan pusat lingkaran Mberikut. Misalkan B dan C adalah titik - titik pada lingkaran sedemikian sehingga ACβ₯BM dan
16
2.2. Pembahasan Seleksi Tingkat Provinsi
BD memotong AC di titik P . Jika besar β CAD = sβ¦, maka besar sudut β CPD = ...
A M D
CB
P
Jawaban : 12sβ¦ + 45β¦
β AMB = 90β¦ β sβ¦ dan β ADB = 12β AMB = 45β¦ β 1
2sβ¦.
β CPD = β CAD + β ADB
= sβ¦ + 45β¦ β 12sβ¦
= 12sβ¦ + 45β¦
6. Lima angka yakni 1, 2, 3, 4, dan 5 dapat disusun semuanya tanpa pengulangan menjadi 120bilangan berbeda. Jika bilangan - bilangan tersebut diurutkan dari yang terkecil ke yang terbesar,maka bilangan yang menempati urutan ke- 75 adalah ...Jawaban : 41325Perhatikan,
β’ Jika angka pertama adalah 1 maka bilangan yang terbentuk ada 4! = 24β’ Jika angka pertama adalah 2 maka bilangan yang terbentuk ada 4! = 24β’ Jika angka pertama adalah 3 maka bilangan yang terbentuk ada 4! = 24
Oleh karena itu, banyak bilangan yang dimulai dengan angka 1, 2, atau 3 adalah 24 + 24 + 24=72. Selanjutnya mudah dilihat bahwa bilangan ke- 73 adalah 41235, bilangan ke-74 yaitu 41253dan bilangan ke-75 ialah 41325.
7. Diketahui 1 + k habis dibagi 3, 1 + 2k habis dibagi 5, dan 1 + 8k habis dibagi 7. Jika k adalahbilangan bulat positif maka nilai terkecil untuk k adalah ...Jawaban : 62Dari keterangan pada soal kita punya,
k = 3x+ 22k = 5y + 48k = 7z + 6
untuk suatu bilangan bulat x, y, z.Substitusikan persamaan pertama ke persamaan kedua diperoleh,
2(3x+ 2) = 5y + 4 β 6x+ 4 = 5y + 4β 6x = 5y
karena 5 tidak membagi 6 maka haruslah 5 membagi x. Dengan demikian x = 5m untuk suatubilangan bulat m. Substitusikan x = 5m ke pers. pertama, diperoleh k = 3(5m) + 2 = 15m + 2.Selanjutnya substitusikan nilai k = 15m+ 2 ke pers. ketiga, didapat
8(15m+ 2) = 7z + 6 β 120m+ 16 = 7z + 6β 120m = 7z β 10β m = 7z β 119mβ 7β 3β m+ 3 = 7z β 119mβ 7
17
Bab 2. Pembahasan OSN SMP 2012
perhatikan ruas kanan habis dibagi 7 sehingga ruas kiri juga harus habis dibagi 7. Dengan kata lainm+ 3 = 7n β m = 7nβ 3 dengan n merupakan bilangan bulat. Substitusikan nilai m = 7nβ 3ke k = 15m+ 2 sehingga didapat
k = 15(7nβ 3) + 2 = 105nβ 43
karena k adalah bilangan bulat positif maka nilai terkecil dari k yaitu 62 diperoleh ketika n = 1.
8. Jika p = 20102 + 20112 dan q = 20122 + 20132, maka nilai sederhana dariβ
1β 2(p+ q) + 4pqadalah ...Jawaban : 16184525Misalkan n = 2010 maka didapat
p = n2 + (n+ 1)2 = 2n2 + 2n+ 1 dan q = (n+ 2)2 + (n+ 3)2 = 2n2 + 10n+ 13
sehingga diperoleh
2pβ 1 = 2(2n2 + 2n+ 1)β 1 = 4n2 + 4n+ 1 = (2n+ 1)2
dan2q β 1 = 2(2n2 + 10n+ 13)β 1 = 4n2 + 20n+ 25 = (2n+ 5)2
Selanjutnya kita peroleh β1β 2(p+ q) + 4pq =
β(2pβ 1)(2q β 1)
=β
(2n+ 1)2(2n+ 5)2
= (2n+ 1)(2n+ 5)= 4021 Β· 4025= 16184525
9. Jika a dan b adalah penyelesaian dari persamaan kuadrat 4x2 β 7x β 1 = 0, maka nilai dari3a2
4bβ 7 + 3b2
4aβ 7 adalah ...
Jawaban : β2116
Dengan rumus jumlah dan hasil kali akar - akar persamaan kuadrat diperoleh,
a+ b = 74 dan ab = β1
4
Selain itu karena a adalah penyelesaian dari persamaan kuadrat 4x2 β 7xβ 1 = 0 kita peroleh,
4a2 β 7aβ 1 = 0 β a(4aβ 7)β 1 = 0 β 4aβ 7 = 1a
demikian pula 4bβ 7 = 1b
.Oleh karena itu didapat
3a2
4bβ 7 + 3b2
4aβ 7 = 3a2
1b
+ 3b2
1a
= 3a2b+ 3ab2
= 3ab(a+ b)
= 3(β1
4)(7
4)
= β2116
18
2.2. Pembahasan Seleksi Tingkat Provinsi
10. Pada gambar berikut, kedua ruas garis putus - putus yang sejajar membagi persegi menjadi tigadaerah yang luasnya sama. Jika jarak kedua garis putus - putus tersebut adalah 1 cm, maka luaspersegi adalah ... cm2.
Jawaban : 13Perhatikan gambar berikut!
y
x
A B
CD
E
F
Misalkan panjang sisi persegi adalah a. Misalkan pula CE = x dan BE = y. Berdasarkanketerangan soal luas jajar genjang AECF adalah 1
3a2. Padahal kita tahu pula luas jajar genjang
AECF = x Β· 1 = x, maka didapat x = 13a
2. Demikian pula pada 4EBC berlaku
Luas 4EBC = 13a
2
12 Β·BE Β·BC = 1
3a2
12 Β· y Β· a = 1
3a2
y = 23a
Selanjutnya dengan dalil pythagoras pada 4EBC didapat,
y2 + a2 = x2 β(2
3a)2
+ a2 =(1
3a2)2
β 49a
2 + a2 = 19a
4
β 139 = 1
9a2
β a2 = 13
Jadi, luas persegi adalah 13 cm2.
Bagian B : Soal Uraian
1. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi persamaan berikut :
2x + 3x β 4x + 6x β 9x = 1
19
Bab 2. Pembahasan OSN SMP 2012
Jawaban :Misalkan 2x = m dan 3x = n maka persamaan pada soal equivalen dengan
m+ nβm2 +mnβ n2 = 1 β m2 + n2 βmnβmβ n+ 1 = 0
dengan sedikit manipulasi diperoleh persamaan12((mβ n)2 + (mβ 1)2 + (nβ 1)2
)= 0
sehingga m = n = 1 atau dengan kata lain 2x = 3x = 1 yang hanya dipenuhi jika dan hanya jikax = 0.Jadi, satu - satunya penyelesaian persamaan pada soal adalah x = 0.
2. Pada gambar berikut, sembilan lingkaran kecil dalam lambang olimpiade akan diisi masing - masingdengan bilangan 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, atau 9. Tentukan pengisian tersebut sehingga jumlah bilangandi dalam setiap lingkaran besar adalah 14.
Jawaban :Misalkan penyelesaian dari soal adalah seperti pada gambar di bawah ini:Kita tahu bahwa a+ b+ c+d+e+f +g+h+ i = 45 dan karena jumlah di dalam setiap lingkaran
besar adalah 14, kita peroleh
(a+ b) + (b+ c+ d) + (d+ e+ f) + (f + g + h) + (h+ i) = 5 Β· 14b+ d+ f + h+ 45 = 70
b+ d+ f + h = 25
20
2.2. Pembahasan Seleksi Tingkat Provinsi
Selain itu, a+ b = h+ i = 14. Padahal dari sembilan bilangan tersedia yang jumlahnya 14 hanya5 + 9 dan 6 + 8. Dengan memperhatikan b+ d+ f + h = 25, maka yang mungkin adalah b = 9 danh = 6 (dalam hal ini jika b = 6 dan h = 9 sama saja karena simetris). Karena b = 9 dan h = 6berarti d + f = 10. Dari sisa angka yanga ada, yang jumlahnya 10 hanya 3 + 7 maka diperolehd = 3 dan f = 7. Angka - angka sisanya yaitu a, c, e, g, h menyesuaikan agar diperoleh jumlah 14pada lingkaran besar. Salah satu penyelesaiannya adalah seperti berikut :
3. Diketahui 4ABC dengan AB = 25 cm, BC = 20 cm dan AC = 15 cm. Jika titik D terletakpada sisi AB sedemikian sehingga perbandingan luas 4ADC dan 4ABC adalah 14 : 25, tentukanpanjang CD.Jawaban :Perhatikan sketsa di bawah ini!
A
B
C
D
E
Tarik garis CE yaitu garis tinggi 4ABC dari titik E. Sehingga diperoleh12 Β·AC Β·BC = 1
2 Β·AB Β· CE
15 Β· 20 = 25 Β· CECE = 12
Kemudian dengan pythagoras pada 4ACE diperoleh AE = 9.Selain itu ingat juga bahwa
AD
AB= Luas 4ADC
Luas 4ABC = 1425
sehinggaAD = 14
25 Β·AB = 1425 Β· 25 = 14
Oleh karena itu, DE = AD β AE = 14β 9 = 5 cm. Perhatikan juga 4CDE adalah segitiga siku- siku. Dengan demikian dengan dalil pythagoras pada 4CDE didapat CD = 13.
21
Bab 2. Pembahasan OSN SMP 2012
4. Dari hasil sensus diketahui bahwa penduduk suatu kota tak lebih dari 10000 orang dan anak - anak20% lebih banyak daripada penduduk dewasa. Jika anak laki - laki 10% lebih banyak daripada anakperempuan, serta di antara penduduk dewasa terdapat 15% lebih banyak perempuan. Tentukanjumlah terbesar yang mungkin dari penduduk kota tersebut.Jawaban :Misalkan,
β’ N : jumlah seluruh pendudukβ’ D : jumlah penduduj dewasaβ’ A : jumlah penduduk anak - anakβ’ DL : jumlah laki - laki dewasaβ’ DP : jumlah perempuan dewasaβ’ AL : jumlah anak laki - lakiβ’ AP : jumlah anak - anak perempuan
Selanjutnya berdasarkan keterangan pada soal diperoleh :A = D+ 0, 2D = 1, 2D tetapi karena A+D = N maka N = A+D = 1, 2D+D = 2, 2D, sehingga
D = 12, 2N dan A = 1, 2
2, 2N
Dengan cara yang sama diperoleh AL = AP + 0, 1AP = 1, 1AP tetapi karena AL + AP = A makaA = AL +AP = 1, 1AP +AP = 2, 1AP sehingga
AP = 12, 1 Β·A = 1
2, 1 Β·1, 22, 2N = 20
77N
AL = 1, 1AP = 1, 1 Β· 12, 1 Β·A = 1, 1 Β· 1
2, 1 Β·1, 22, 2N = 2
7N
Demikian pula dengan cara yang sama diperoleh :DP = DL +0, 15DL = 1, 15DL tetapi karena DL +DP = D maka D = DL +DP = DL +1, 15DL =2, 15DL sehingga
DL = 12, 15 Β·D = 1
2, 15 Β·1
2, 2N = 10011 Β· 43N
DP = 1, 15 Β· 12, 15 Β·D = 1, 15 Β· 1
2, 15 Β·1
2, 2N = 11511 Β· 43N
Karena AL, AP , DL dan DP merupakan bilangan bulat positif maka haruslah N merupakan ke-lipatan dari 7 Β· 11 Β· 43 = 3311. Karena N < 10000 maka nilai N terbesar yang mungkin adalahN = 3 Β· 3311 = 9933.Jadi, banyak penduduk terbesar yang mungkin di kota tersebut adalah 9933.
5. Diketahui sebuah bilangan rasional positif kurang dari 1 yang dinyatakan dalam pecahan biasadalam bentuk paling sederhana. Jika hasil kali pembilang dan penyebut dari bilangan rasionaltersebut adalah 20! = 1 Β· 2 Β· 3 Β· 4 Β· Β· Β· Β· Β· Β· 20. Tentukan semua bilangan yang dimaksud.Jawaban :Misalkan bilangan rasional yang dimaksud adalah a
bdengan a < b dan FPB(a, b) = 1 serta ab = 20!
Perhatikan karena FPB(a, b) = 1 maka keduanya tidak memiliki faktor prima yang sama. Selainitu kita punya 20! = 218 Β· 38 Β· 54 Β· 72 Β· 11 Β· 13 Β· 17 Β· 19. Selanjutnya untuk mempermudah penulisan,misalkan a1 = 218, a2 = 38, a3 = 54, a4 = 72, a5 = 11, a6 = 13, a7 = 17 dan a8 = 19. Ada lima kasusyang mungkin yaitu :
i. a
b= 1
8βn=1
an
Untuk kasus ini banyaknya kemungkinan jelas hanya 1.
22
2.3. Pembahasan Seleksi Tingkat Nasional
ii. a
b=
min
ai,8β
n=1n6=i
an
max
ai,8β
n=1n6=i
an
Untuk kasus ini banyaknya kemungkinan ada sebanyak C81 = 8.
iii. a
b=
min
aiaj ,8β
n=1n6=i,j
an
max
aiaj ,8β
n=1n6=i,j
an
Untuk kasus ini banyaknya kemungkinan ada sebanyak C82 = 28.
iv. a
b=
min
aiajak,8β
n=1n6=i,j,k
an
min
aiajak,8β
n=1n6=i,j,k
an
Untuk kasus ini banyaknya kemungkinan ada sebanyak C83 = 56.
v. a
b=
min
aiajakal,8β
n=1n6=i,j,k,l
an
max
aiajakal,8β
n=1n6=i,j,k,l
an
Untuk kasus ini banyaknya kemungkinan ada sebanyak C84
2! = 35.
Oleh karena itu bilangan rasional yang dimaksud ada sebanyak 1 + 8 + 28 + 56 + 35 = 128.
2.3 Pembahasan Seleksi Tingkat Nasional
Pembahasan Hari Pertama
1. Jika diketahui himpunan
H = {(x, y)|(xβ y)2 + x2 β 15x+ 50 = 0, dengan x dan y bilangan asli},
tentukan banyak himpunan bagian dari H.Jawaban :Misalkan P (x, y) = (xβ y)2 + x2 β 15x+ 50, sehingga (x, y) β H jika dan hanya jika (x, y) adalahsolusi dari P (x, y) = 0. Karena (x β y)2 β₯ 0 maka agar P (x, y) = 0 haruslah x2 β 15x + 50 β€ 0.Padahal himpunan penyelesaian dari x2 β 15x + 50 = (x β 5)(x β 10) β€ 0 terletak pada interval5 β€ x β€ 10. Dengan mengingat x adalah bilangan asli, maka nilai yang mungkin untuk x adalah5, 6, 7, 8, 9, 10. Selanjutnya tinggal dicek satu persatu sebagai berikut :
23
Bab 2. Pembahasan OSN SMP 2012
i. Jika x = 5 atau x = 10, jelas x2 β 15x + 50 = 0. Oleh karena itu agar P (x, y) = 0 maka(xβ y)2 = 0 β x = y. Jadi, diperoleh dua solusi yaitu (5, 5) dan (10, 10)
ii. Jika x = 6 maka diperoleh P (6, y) = (6β y)2 + 62β 15 Β· 6 + 50 = (6β y)2β 4. Oleh karena itu,agar P (6, y) = 0 maka haruslah
(6β y)2 = 4 β 6β y = 2 atau 6β y = β2β 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 β y)2 + 72 β 15 Β· 7 + 50 = (6 β y)2 β 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 β y)2 + 82 β 15 Β· 8 + 50 = (6 β y)2 β 6. Karena ybilangan 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) = (9β y)2 + 92β 15 Β· 9 + 50 = (9β y)2β 4. Oleh karena itu,agar P (9, y) = 0 maka haruslah
(9β y)2 = 4 β 9β y = 2 atau 9β y = β2β y = 7 atau y = 11
Jadi, diperoleh dua solusi yaitu (9, 7) dan (7, 11)
Oleh karena itu himpunan H memiliki 6 anggota yaituH = {(5, 5), (6, 4), (6, 8), (9, 7), (9, 11), (10, 10)}. Sehingga banyak himpunan bagian dari H adalah26 = 64.
2. Seorang pesulap menyatakan dirinya ahli menebak pikiran dengan pertunjukkan berikut. Salahseorang penonton awalnya diminta secara tersembunyi menuliskan sebuah bilangan lima angka,lalu menguranginya dengan jumlah angka - angka penyusun bilangan tersebut, kemudian menye-butkan empat dari lima angka penyusun bilangan hasil (dengan urutan sebarang). Selanjutnyapesulap tersebut dapat menebak angka yang masih disembunyikan. Sebagai contoh, jika penon-ton menyebutkan empat bilangan hasil : 0, 1, 2, 3, maka pesulap akan tahu bahwa angka yangdisembunyikan adalah 3.
a. Berilah suatu contoh Anda sendiri dari proses di atas.b. Jelaskan secara matematis bentuk umum dari proses tersebut.
Jawaban :Misalkan bilangan awal sebelum proses kita misalkan N dan bilangan hasil dari proses seperti padasoal dimisalkan H.
a. Contoh lain untuk proses di atas, misalkan penonton menyebut angka - angka 3, 4, 6, 7 makabilangan 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 yangdiminta pesulap diperoleh bilangan hasil
H = 10000a+ 1000b+ 100c+ 10d+ eβ (a+ b+ c+ d+ e) = 9999a+ 999b+ 99c+ 9d
Jadi diperoleh H adalah bilangan kelipatan 9. Oleh karena itu, jumlah digit - digit penyusun Hjuga harus habis dibagi 9. Sehingga jika penonton menyebut 0, 1, 2, 3 sebagai contoh, karenajumlah 0 + 1 + 2 + 3 = 6 maka bilangan yang disembunyikan adalah 9β 6 = 3.
24
2.3. Pembahasan Seleksi Tingkat Nasional
3. Pada suatu keranjang buah terdapat 20 apel, 18 jeruk, 16 mangga, 10 nanas dan 6 pepaya. Jikaseseorang ingin mengambil 10 buah dari keranjang tersebut, ada berapa banyak komposisi buahterambil yang mungkin?Jawaban :Misalkan, x1 = apel, x2 = jeruk, x3 = mangga, x4 = nanas dan x5 = pepaya. Selanjutnya banyaknyakomposisi buah yang terambil equivalen dengan banyaknya penyelesaian (x1, x2, x3, x4, x5) daripersamaan
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 10
dengan 0 β€ xi β€ 10.Padahal kita tahu banyaknya penyelesaian dari x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 10 adalah C14
10 = 1001.Akan tetapi karena x5 β€ 6 maka nilai 1001 harus dikurangi dengan banyaknya penyelesaian jikax5 = 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 penyelesaianada C6
3 = 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 penyelesaianada C4
1 = 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 1001β(20+10+4+1) =966.
25
Bab 2. Pembahasan OSN SMP 2012
4. Di dalam Taman Khatulistiwa akan dibuat bangunan berbentuk limas dengan alas segitiga samasisi berbahan tembus pandang dengan panjang sisi alas 8
β3 m dan tinggi 8 m. Sebuah bola dunia
akan ditempatkan di dalam limas tersebut. Dengan mengabaikan ketebalan bahan pembuat limas,tentukan panjang terbesar jari - jari bola dunia yang mungkin dapat dibuat.Jawaban :Perhatikan sketsa di bawah ini! Jari - jari bola dunia akan maksimum jika bola menyinggungkeempat bidang sisi limas.
A
B
C
P
E
D
A E
P
D
T
F
Titik D adalah proyeksi P terhadap bidang ABC sehingga PD tegak lurus dengan ABC dengankata lain PD adalah tinggi limas P.ABC sehingga PD = 8. Karena AD = BD = CD maka D
adalah pusat lingkaran luar segitigaABC. Karena ABC segitiga sama sisi makaAD = 8β
32 Β· sin 60β¦ =
8β
32 Β·β
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 βBE2
= (8β
3)2 β (4β
3)2
= 144AE = 12
oleh karena itu, DE = EF = 4 dan PE = 4β
5. Lebih jauh PF = 4β
5 β 4 dan PT = 8 β r.Terakhir dengan dalil pitagoras pada 4PTF diperoleh,
PT 2 = PF 2 + TF 2 β (8β r)2 = (4β
5β 4)2 + r2
β 64β 16r + r2 = 16(β
5β 1)2 + r2
β 16r = 64β 16(β
5β 1)2
β r = 4β (β
5β 1)2
β r = 2β
5β 2
26
2.3. Pembahasan Seleksi Tingkat Nasional
Jadi, panjang jari - jari bola dunia maksimum adalah 2β
5β 2 m.
5. Berapakah sisa dari 20122012 + 20142012 dibagi oleh 20132?Jawaban :Untuk menyederhanakan penulisan, misalkan 2013 = n maka kita perlu mencari sisa dari (n β1)2012 + (n+ 1)2012 jika dibagi oleh n2. Berdasarkan Binom Newton diperoleh,
(nβ 1)2012 =2012βi=0
C2012i n2012βi(β1)i
=(2010β
i=0C2012
i n2012βi(β1)i
)β C2012
2011n+ 1
= n2(2010β
i=0C2012
i n2010βi(β1)i
)β 2012n+ 1
= pn2 β 2012n+ 1
dengan p =β2010
i=0 C2012i n2010βi(β1)i.
Selain itu didapat pula,
(n+ 1)2012 =2012βi=0
C2012i n2012βi
=(2010β
i=0C2012
i n2012βi
)+ C2012
2011n+ 1
= n2(2010β
i=0C2012
i n2010βi
)+ 2012n+ 1
= qn2 + 2012n+ 1
dengan q =β2010
i=0 C2012i n2010βi.
Oleh karena itu diperoleh,
(nβ 1)2012 + (n+ 1)2012 = (pn2 β 2012n+ 1) + (qn2 + 2012n+ 1)= n2(p+ q) + 2
karena p+ q adalah bilangan bulat maka sisa pembagian (nβ 1)2012 + (n+ 1)2012 dari n2 adalah 2.
Pembahasan Hari Kedua
1. Pada suatu hari, seorang peneliti menempatkan dua kelompok spesies yang berbeda yakni amoebadan bakteri pada suatu media yang sama, masing - masing dalam jumlah tertentu (dalam satuansel). Peneliti tersebut mengamati bahwa pada hari berikutnya, yakni hari kedua, ternyata setiapsel masing - masing spesies membelah diri menjadi dua sel. Pada hari yang sama setiap sel amoebamemangsa tepat satu sel bakteri. Pengamatan selanjutnya yang dilakukan setiap hari menunjukkanpola yang sama, yakni setiap sel masing - masing spesies membelah diri menjadi dua sel dankemudian setiap sel amoeba memangsa tepat satu sel bakteri. Pengamatan pada hari ke- 100menunjukkan bahwa setelah masing - masing spesies membelah diri dan kemudian setiap sel amoebamemangsa tepat satu sel bakteri, ternyata membuat bakteri punah. Tentukan perbandingan jumlahamoeba dengan jumlah bakteri pada hari pertama.Jawaban :Misalkan jumlah amoeba pada hari pertama adalah a dan jumlah bakteri pada hari pertama adalahb. Selain itu definisikan pula Ai dan Bi berturut - turut sebagai jumlah amoeba dan bakteri pada
27
Bab 2. Pembahasan OSN SMP 2012
hari ke-i. Maka diperoleh dua barisan bilangan yaitu
A1 = a
A2 = 2aA3 = 4aA4 = 8a
... =...
A100 = 299a
dan
B1 = b
B2 = 2bβ 2aB3 = 4bβ 4aβ 4aB4 = 8bβ 8aβ 8aβ 8a
... =...
B100 = 299bβ 99 Β· 299a
Karena pada hari ke-100 bakteri punah maka diperoleh B100 = 0 sehingga
299bβ 99 Β· 299a = 0bβ 99a = 0
a
b= 1
99
Oleh karena itu, perbandingan jumlah amoeba dengan jumlah bakteri pada hari pertama adalah1 : 99.
2. Diketahui n adalah bilangan bulat positif. Jika
f(n) = 4n+β
4n2 β 1β2n+ 1 +
β2nβ 1
tentukan f(13) + f(14) + f(15) + Β· Β· Β·+ f(112).Jawaban :Sederhanakan bentuk f(n) terlebih dahulu dengan mengalikan bentuk yang ada dengan sekawan-nya, yaitu
f(n) = 4n+β
4n2 β 1β2n+ 1 +
β2nβ 1
Β·β
2n+ 1ββ
2nβ 1β2n+ 1β
β2nβ 1
= 4n(β
2n+ 1ββ
2nβ 1) +β
4n2 β 1(β
2n+ 1ββ
2nβ 1)2
= 4n(β
2n+ 1ββ
2nβ 1) + (2n+ 1)β
2nβ 1β (2nβ 1)β
2n+ 12
= 2nβ
2n+ 1β 2nβ
2nβ 1 +β
2nβ 1 +β
2n+ 12
= (2n+ 1)β
2n+ 1β (2nβ 1)β
2nβ 12
28
2.3. Pembahasan Seleksi Tingkat Nasional
dari sini diperoleh,
f(13) = 27β
27β 25β
252
f(14) = 29β
29β 27β
272
f(15) = 31β
31β 29β
292
... =...
f(111) = 223β
223β 221β
2212
f(112) = 225β
225β 223β
2232
sehingga
f(13) + f(14) + f(15) + Β· Β· Β·+ f(111) + f(112) = 225β
225β 25β
252
= 1625
3. Budi menyusun empat belas buah bola masing - masing berjari - jari 10 cm. Sembilan buahbola pertama diletakkan di atas meja sedemikian sehingga membentuk persegi dan saling bersing-gungan. Empat buah bola berikutnya diletakkan di atas sembilan bola pertama sehingga salingbersinggungan. Bola keempat belas ditaruh di atas empat bola tadi, sehingga menyinggung empatbola tersebut. Jika Bambang mempunyai lima puluh lima buah bola yang masing - masing jugaberjari - jari 10 cm dan semua bola tersebut disusun mengikuti pola susunan bola yang dilakukanBudi, hitunglah ketinggian pusat bola yang paling atas diukur dari permukaan meja pada susunanbola yang dilakukan Bambang.Jawaban :Susunan bola yang dibentuk oleh Budi dari tingkat atas ke tingkat dasar membentuk barisan per-segi yaitu 1, 4, 9, 16, 25, 36, . . .Oleh karena itu, jika Bambang memiliki 55 bola dan disusun seperti cara Budi maka akan ada 5tingkatan yaitu 1, 4, 9, 16, 25. Apabila dilihat dari samping dari arah sudut maka akan diperolehgambar seperti di bawah ini :
A2
B2 C2D2
E2F
RQ
P
A D B
C
E
Ketinggian pusat bola yang paling atas diukur dari permukaan meja pada susunan bola yang
29
Bab 2. Pembahasan OSN SMP 2012
dilakukan Bambang adalah panjang ruas garis CE.Perhatikan bahwa 4ABC adalah segitiga sama kaki dengan AC = BC = 80 cm dan AB = 80
β2.
Selain itu ruas garis CD adalah garis tinggi sekaligus garis berat 4ABC oleh karena itu, β BDC =90β¦ dan AD = DB = 40
β2. Sehingga dengan teorema pythagoras pada 4BDC diperoleh
CD2 = BC2 βBD2
= 802 β (40β
2)2
= 6400β 3200= 3200
CD = 40β
2
Oleh karena itu diperoleh CE = CD +DE = 40β
2 + 10.Jadi, ketinggian pusat bola yang paling atas diukur dari permukaan meja pada susunan bola yangdilakukan Bambang adalah (40
β2 + 10) cm.
4. Diketahui sebuah segitiga ABC dengan panjang sisi - sisinya adalah 5 cm, 8 cm danβ
41 cm.Tentukan luas maksimum persegi panjang yang mungkin dapat dibuat di dalam segitiga ABCtersebut.Jawaban :Persegi panjang yang terbentuk luasnya akan maksimum jika salah satu sisinya berhimpit dengansalah satu sisi segitiga dan titik sudut di sisi yang berlawanan dengan sisi yang berhimpit tersebutmenyinggung dua sisi segitiga yang lain. Untuk lebih jelasnya perhatikan gambar di bawah ini!
A
B CD
E F
RQ
P A3
D3B3
C3
E3
dengan AB = 5 cm, BC = 8 cm dan AC =β
41 cm, AD garis tinggi dari 4ABC.Dengan teorema pythagoras pada 4ABD dan 4ACD diperoleh,
AB2 βBD2 = AC2 βDC2
52 βBD2 = 41β (8βBD)2
25βBD2 = 41β 64 + 16BD βBD2
16BD = 48BD = 3
oleh karena itu AD = 4 cm.Misalkan pula panjang dan lebar persegi panjang yang dicari berturut - turut adalah p dan l.Dalam hal ini (sesuai dengan gambar di atas) diperoleh QR = EF = p dan EQ = FR = l. KarenaEF sejajar BC maka mudah dibuktikan bahwa 4AEP βΌ 4EBQ dan 4APF βΌ 4FRC. Olehkarena itu diperoleh,
EP
BQ= AP
EQ= 4β l
ldan PF
RC= AP
FR= 4β l
l
sehingga didapat,4β ll
= EP
BQ= PF
RC= EP + PF
BQ+RC= p
8β p
30
2.3. Pembahasan Seleksi Tingkat Nasional
oleh sebab itu diperoleh,
4β ll
= p
8β p β (4β l)(8β p) = pl
β 32β 4pβ 8l + pl = pl
β 4p = 32β 8lβ p = 8β 2l
dengan mengingat rumus luas untuk persegi panjang didapat,
L = pl
= (8β 2l)l= 8l β 2l2
= β2l2 + 8l β 8 + 8= β2(l β 2)2 + 8 β€ 8
Jadi, luas maksimum persegi panjang yang mungkin dapat dibuat di dalam segitiga ABC tersebutadalah 8 cm2 dengan ukuran 4 cm x 2 cm.
5. Ada 12 orang yang antri untuk membeli tiket masuk suatu pertunjukkan dengan harga satu ti-ket adalah Rp 5.000,00. Diketahui 5 orang diantara mereka hanya mempunyai uang kertas Rp10.000,00 dan sisanya hanya mempunyai uang kertas Rp 5.000,00. Jika penjual tiket awalnya ha-nya mempunyai uang Rp 5.000,00, berapakah peluang penjual tiket tersebut mempunyai cukupkembalian untuk melayani semua orang sesuai dengan urutan mereka dalam antrian?Jawaban :Misal S adalah ruang sampel dari semua susunan antrian yang mungkin dan A adalah susunanantrian dimana penjual tiket mempunyai cukup kembalian untuk melayani semua orang sesuai de-ngan urutan mereka dalam antrian. Untuk selanjutnya guna memudahkan penulisan kita misalkansusunan antrian dimana penjual tiket mempunyai cukup kembalian sebagai antrian bagus.Selain itu, misalkan pula kelompok orang yang mempunyai uang Rp 10.000,00 sebagai kelompokmerah dan kelompok orang yang mempunyai uang Rp 5.000,00 sebagai kelompok biru.Selanjutnya mudah dilihat bahwa n(S) = 12! Sedangkan untuk menghitung n(A) yaitu banyaknyaantrian bagus bisa dilakukan dengan cara seperti di bawah ini :Karena penjual tiket diawal telah memiliki uang Rp 5.000,00 maka dengan hanya mengambil 4orang dari kelompok biru dan semua orang dari kelompok merah, kita sudah dapat menyusunantrian bagus. Bentuk antrian bagus yang bisa disusun salah satunya adalah seperti di bawah ini.
Jika setiap kotak merah dari kiri ke kanan dilabeli dengan x1, x2, x3, x4 dan x5 berturut - turutseperti di bawah ini,
x1 x2 x3 x4 x5
maka semua susunan antrian bagus bisa diperoleh dengan cara menggeser letak xi ke kanan. Per-masalahan ini equivalen dengan menghitung semua solusi yang mungkin dari persamaan
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 5
dengan 0 β€ xi β€ i untuk i = 1, 2, 3, 4 dan 1 β€ x5 β€ 5.Yang bisa dihitung sebagai berikut :
31
Bab 2. Pembahasan OSN SMP 2012
a) Jika x5 = 5,susunan yang mungkin hanya 1 yaitu (0, 0, 0, 0, 5).
b) Jika x5 = 4,susunan yang mungkin ada 4 yaitu (1, 0, 0, 0, 4), (0, 1, 0, 0, 4), (0, 0, 1, 0, 4) dan (0, 0, 0, 1, 4).
c) Jika x5 = 3,i. x1 = 0,
maka x2 + x3 + x4 = 2 karena banyaknya solusi dari x2 + x3 + x4 = 2 ada 6 yai-tu (1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1), (2, 0, 0), (0, 2, 0) dan (0, 0, 2) maka banyaknya susunan yangmungkin juga ada 6.
ii. x1 = 1,maka x2 + x3 + x4 = 1 karena banyaknya solusi dari x2 + x3 + x4 = 1 ada 3 yaitu(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) maka banyaknya susunan yang mungkin juga ada 3.
Jadi, untuk kasus x5 = 3 diperoleh susunan yang mungkin ada 6 + 3 = 9.d) Jika x5 = 2,
i. x1 = 0,maka x2 + x3 + x4 = 3 karena banyaknya solusi dari x2 + x3 + x4 = 3 ada 9 yaitu(0, 1, 2), (0, 2, 1), (0, 3, 0), (0, 0, 3), (1, 2, 0), (1, 0, 2), (1, 1, 1), (2, 1, 0), (2, 0, 1) maka banyak-nya susunan yang mungkin juga ada 9.
ii. x1 = 1,maka x2+x3+x4 = 2 karena banyaknya solusi dari x2+x3+x4 = 2 ada 6 maka banyaknyasusunan yang mungkin juga ada 6.
Jadi, untuk kasus x5 = 2 diperoleh susunan yang mungkin ada 9 + 6 = 15.e) Jika x5 = 1,
i. x1 = 0,maka x2 + x3 + x4 = 4 karena banyaknya solusi dari x2 + x3 + x4 = 4 ada 11 yaitu(0, 0, 4), (0, 1, 3), (0, 3, 1), (0, 2, 2), (1, 0, 3), (1, 3, 0), (1, 1, 2), (1, 2, 1),(2, 0, 2), (2, 2, 0) dan (2, 1, 1) maka banyaknya susunan yang mungkin juga ada 11.
ii. x1 = 1,maka x2+x3+x4 = 3 karena banyaknya solusi dari x2+x3+x4 = 3 ada 9 maka banyaknyasusunan yang mungkin juga ada 9.
Jadi, untuk kasus x5 = 1 diperoleh susunan yang mungkin ada 11 + 9 = 20.
Oleh karena itu, banyaknya solusi dari persamaan x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 5 dengan batasan0 β€ xi β€ i untuk i = 1, 2, 3, 4 dan 1 β€ x5 β€ 5 adalah 1 + 4 + 9 + 15 + 20 = 49. Akan tetapi karenauntuk membentuk antrian bagus masing - masing x1, x2, x3, x4 dan x5 dapat dipermutasikan.Demikian pula 4 orang dari kelompok biru juga dapat dipermutasikan maka banyaknya antrianbagus yang bisa dibentuk dari 5 orang kelompok merah dan 4 orang kelompok biru tersebut adalah49 Β· 5! Β· 4!. Selanjutnya dari kelompok biru masih bersisa 3 orang. Orang kelima bisa ditempatkandisebarang tempat diantara 9 orang yang telah disusun sebelumnya. Jadi, orang kelima mempunyai10 kemungkinan tempat yang bisa ditempati. Orang keenam mempunyai 11 kemungkinan tempatyang bisa ditempati dan orang ketujuh mempunyai 12 kemungkinan tempat yang bisa ditempati.Sehingga total antrian bagus yang dapat disusun ada 49 Β· 5! Β· 4! Β· 10 Β· 11 Β· 12. Berarti n(A) =49 Β· 5! Β· 4! Β· 10 Β· 11 Β· 12. Oleh karena itu,
P (A) = n(A)n(S) = 49 Β· 5! Β· 4! Β· 10 Β· 11 Β· 12
12! = 718
Jadi, peluang penjual tiket tersebut mempunyai cukup kembalian untuk melayani semua orangsesuai dengan urutan mereka dalam antrian adalah 7
18.
32
If people do not believe that mathematics is simple, it isonly because they do not realize how complicated life is.β’John Louis von Neumann
Arithmetic is where the answer is right and everythingis nice and you can look out of the window and see theblue sky - or the answer is wrong and you have to startover and try again and see how it comes out this time.β’Carl Sandburg
Pure mathematics is, in its way, the poetry of logicalideas.β’Albert Einstein
To parents who despair because their children are unableto master the first problems in arithmetic, I can dedicatemy examples. For, in arithmetic, until the seventh gradeI was last or nearly last.β’Jacques Salomon Hadamard
βOSN Matematika 2012βSetelah sepuluh tahun diselenggarakannya OSN bidangmatematika, khususnya untuk jenjang SMP, perkem-bangan yang terjadi luar biasa besar. Selain dari kualitassoal yang semakin tinggi. Anemo pelajar, guru dan seko-lah untuk mengikuti ajang ini juga semakin besar. Halini menunjukkan bahwa ajang OSN Matematika mulaidipandang sebagai sesuatu yang prestisius. Hal ini tentusaja akan equivalen dengan semakin ketatnya persaing-an diantara para peserta lomba. Oleh karena itu, gunamendapatkan hasil yang optimal tidak ada cara lain se-lain terus belajar, membaca, belajar, bertanya, belajar,dan berlatih.
Visit My Webblog β’ http://mathematic-room.blogspot.com
Contact Us by Email β’ [email protected]