Solusi Osp SMP 2019 [PDF]

Citation preview

Halaman 1 dari 19



SOLUSI OLIMPIADE SAINS TINGKAT PROPINSI 2019



BIDANG MATEMATIKA SMP



MIFTAH MATHEMATICS REVOLUTION (MMR) SURABAYA MIFTAH MATHEMATICS REVOLUTION (MMR) 2019 083831611481



Halaman 2 dari 19 SOAL OSP SMP 2019 Diketik ulang oleh Miftahus Saidin ISIAN SINGKAT 1.



𝑎 𝑏 Simbol | | = 𝑘 maksudnya adalah 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 = 𝑘. Jumlah semua nilai 𝑥 yang memenuhi 𝑐 𝑑 𝑥−2 −2 | | = 2𝑥 adalah… −𝑥 𝑥+4



2.



Diketahui A dan B bilangan dua digit, C bilangan tiga digit, dan A + B = C. Tujuh digit bilangan A, B, C tersebut, yaitu 1, 2, 4, 5, 6, 7, 8 yang masing-masing digunakan tepat satu kali. Digit satuan dari C adalah 6. Bilangan C yang dimaksud adalah….



3.



Sebuah balok memiliki panjang 𝑎 cm, lebar 𝑏 cm, dan tinggi 𝑐 cm, dimana , 𝑏, dan 𝑐 merupakan bilangan asli. Diketahui bahwa volume balok 240 cm3 dan 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 19, swerta 𝑎 > 𝑏 > 𝑐 > 3. Luas semua sisi balok yang memiliki rusuk berukuran 𝑏 dan 𝑐 adalah…. cm2.



4.



Misalkan (𝑥, 𝑦) adalah koordinat titik yang memenuhi persamaan (4 − 𝑥)2 + (𝑦 − 3)2 = 25. Misalkan pula (𝑎, 𝑏) membuat 𝑥 2 + 𝑦 2 bernilai maksimum dan (𝑐, 𝑑) membuat 𝑥 2 + 𝑦 2 bernilai minimum. Nilai dari 𝑎𝑐 + 𝑏𝑑 adalah…. 4



5.



Jika 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 + 4𝑥 3 + 6𝑥 2 + 4𝑥 + 10, maka nilai dari 𝑓( √5 − 1) adalah….



6.



Jika suatu pekerjaan dapat dikerjakan dengan mesin A, B, atau C saja, maka pekerjaan tersebut akan selesai dalam waktu berturut-turut 30 menit, 36 menit, atau 45 menit. Jika ketiga mesin tersebut digunakan bersama-sama selama 6 menit, maka bagian dari pekerjaan tersebut yang akan selesai adalah sebesar ….. bagian.



7.



Misalkan A = {(𝑥, 𝑦)| 𝑦 − 𝑥 ≤ 2, 2𝑥 + 𝑦 ≤ 2, 𝑦 ≥ 0} dan B = {(𝑥, 𝑦)| 2𝑦 − 3𝑥 ≤ 6, 𝑘𝑥 + 2𝑦 ≤ 2𝑘, 𝑦 ≥ 0}. Nilai 𝑘 sehingga luas daerah B dua kali luas daerah A adalah …..



8.



Jika tiga buah persegi masing-masing panjang sisinya 6 cm, 10 cm, dan 8 cm disusun seperti gambar berikut ini,



maka luas daerah yang diarsir adalah …… cm2.



MIFTAH MATHEMATICS REVOLUTION (MMR) 083831611481



Halaman 3 dari 19 9.



Diberikan sebuah seperempat lingkaran PQS berada di dalam persegi PQRS, dan dua buah setengah lingkaran PQ dan PS di dalam PQS seperti ditunjukkan pada gambar berikut ini. Jika persegi PQRS memiliki panjang sisi 𝑚, maka perbandingan luas daerah



2A B



adalah ….



10. Di rumah Pak Budi yang sedang ditinggal pergi berlibur, lampu teras diberi saklar otomatis yang akan mulai menyala pada pukul 19.00, atau 19.30, atau 20.00, atau 20.30, atau 21.00 secara acak. Lampu tersebut kemudian akan otomatis padam pada suatu titik waktu antara pukul 04.00 sampai pukul 06.00 pagi harinya. Misalkan diketahui pada malam ini lampu tersebut menyala selama 𝑡 jam, peluang bahwa lampu menyala selama 9 < 𝑡 < 10 jam adalah….. 11. Untuk suatu bilangan bulat positif 𝑛, didefinisikan B(𝑛) sebagai bilangan bulat terkecil yang habis dibagi oleh semua bilangan bulat 1, 2, …. , 𝑛. Sebagai contoh 𝐵(5) = 60, karena 60 habis dibagi oleh 1, 2, 3, 4, serta 5. Untuk 1 ≤ 𝑛 ≤ 25, banyaknya kemungkinan 𝑛 yang memenuhi B(𝑛) = B(𝑛 + 2) adalah ….. 12. Misalkan 𝑔(𝑛) menyatakan faktor ganjil terbesar dari suatu bilangan bulat 𝑛. Sebagai contoh 𝑔(10) = 5, 𝑔(11) = 11, dan 𝑔(16) = 1. Jika hasil penjumlahan 𝑔(2019) + 𝑔(2020) + 𝑔(2021) + ⋯ + 𝑔(4038) adalah 2019 × 𝑚, maka nilai 𝑚 adalah …. 13. Perhatikan kombinasi tiga lingkaran dan satu segitiga sama sisi berikut



Jika diketahui luas daerah segitiga sama sisi adalah 4√3 cm2 dan luas daerah yang diarsir adalah 𝑎𝜋 cm2, maka nilai 𝑎 adalah ….. cm2.



MIFTAH MATHEMATICS REVOLUTION (MMR) 083831611481



Halaman 4 dari 19 14. Maman dan Nyoman secara terpisah dimintai untuk mewarnai suatu ornamen yang terlihat sebagai berikut



Adapun ketentuan pewarnaan yang harus dipenuhi adalah setiap bintang harus diberi tepat satu warna dengan pilihan merah, kuning, atau hijau dan harus ada setidaknya 3 bintang yang berurutan yang berwarna hijau. Peluang pewarnaan yang dilakukan oleh Maman berbeda dengan pewarnaan yang dilakukan oleh Nyoman adalah…. 15. Di babak bonus suatu kuis, seorang peserta akan diminta untuk mengambil secara acak 5 dari 20 bola yang telah dinomori 1 sampai 20. Hadiah utama akan didapatkan jika selisih nomor dari setiap pasang bola tidak kurang dari 3. Banyaknya kemungkinan peserta tersebut memenangkan hadiah utama adalah …..



SOAL URAIAN 16. Misalkan 𝑓(5𝑥 + 2) ≥ 𝑓(5𝑥) + 2 dan 𝑓(5𝑥 + 1) ≤ 𝑓(5𝑥) + 1 untuk setiap bilangan 𝑥. Jika 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 2 dan 𝑓(5) =



1 1 1 1 1 + + + + … + (1)(2) (2)(3) (3)(4) (4)(5) (2018)(2019)



Hitunglah nilai dari 𝑔(7). 17. Misalkan diketahui alphabet di suatu “Negeri Awan” hanya terdiri dari huruf A, B, C, D, dan E saja. Perhatikan bahwa A dan E adalah huruf vokal, serta B, C, dan D adalah konsonan. Suatu deretan huruf disebut kata jika tidak mengandung huruf sama bersebelahan, serta tidak mengandung huruf vokal bersebelahan. Tentukan banyaknya kata di “Negeri Awan” yang terdiri dari 7 huruf. 18. Sandi memiliki 12 kandang hamster yang terdiri dari 3 kandang warna hijau, 3 warna merah, 3 warna biru, dan 3 warna kuning. Terdapat 10 ekor hamster yang kan di idistribusikan ke dalam kandang-kandang tersebut. Ia mendistribusikan 4 hamster ke dalam kandang warna hijau. Selanjutnya, mendistribusikan 3 hamster ke dalam kandang warna merah, 2 hamster ke dalam kandang warna biru, serta seekor hamster ke dalam kandang warna kuning. Asumsikan masingmasing hamster memiliki kemungkinan yang sama untuk dimasukkan ke dalam kandang tertentu. Tentukan peluang bahwa kandang hijau berisi lebih banyak hamster dibanding kandang lain, baik kandang hijau yang sewarna, maupun kandang lain warna.



MIFTAH MATHEMATICS REVOLUTION (MMR) 083831611481



Halaman 5 dari 19 KUNCI JAWABAN : 1.



2



2.



156



3.



60



4.



0



5.



14



6.



𝟏 𝟐



7.



3



8.



78



9. 10.



𝟒 𝝅−𝟐 𝟕 𝟐𝟎



11. 3 12. 2020 13. 2 14.



𝟖𝟎 𝟖𝟏



15. 792 16.



𝟐𝟎𝟏𝟖 𝟐𝟎𝟏𝟗



17. 𝟏𝟏𝟔𝟒𝟎 18.



𝟒𝟗 𝟏𝟎𝟎



MIFTAH MATHEMATICS REVOLUTION (MMR) 083831611481



Halaman 6 dari 19 SOLUSI OSP SMP 2019 Oleh : Miftahus Saidin ISIAN SINGKAT 1.



𝑎 𝑏 Simbol | | = 𝑘 maksudnya adalah 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 = 𝑘. Jumlah semua nilai 𝑥 yang memenuhi 𝑐 𝑑 𝑥−2 −2 | | = 2𝑥 adalah… −𝑥 𝑥+4 SOLUSI : |



𝑥−2 −2 | = 2𝑥 → (𝑥 − 2)(𝑥 + 4) − (−2)(−𝑥) = 2𝑥 −𝑥 𝑥+4 𝑥 2 − 2𝑥 − 8 = 0



Dengan teorema vieta, maka jumlah semua nilai 𝑥 yang memenuhi adalah 2. 2.



Diketahui A dan B bilangan dua digit, C bilangan tiga digit, dan A + B = C. Tujuh digit bilangan A, B, C tersebut, yaitu 1, 2, 4, 5, 6, 7, 8 yang masing-masing digunakan tepat satu kali. Digit satuan dari C adalah 6. Bilangan C yang dimaksud adalah…. SOLUSI : Misalkan A = ̅̅̅ 𝑎𝑏, B = ̅̅̅ 𝑐𝑑, dan C = ̅̅̅̅̅ 𝑒𝑓𝑔, maka A+B=C ̅̅̅ + 𝑐𝑑 ̅̅̅ = 𝑒𝑓𝑔 ̅̅̅̅̅ ≤ 86 + 75 = 161 𝑎𝑏 Karena ̅̅̅̅̅ 𝑒𝑓𝑔 bilangan 3 digit, maka jelas bahwa 𝑒 = 1, sehingga 10𝑎 + 𝑏 + 10𝑐 + 𝑑 = 100 + 10𝑓 + 𝑔 10(𝑎 + 𝑐 − 𝑓) + 𝑏 + 𝑑 − 𝑔 = 100 Diperoleh (𝑎, 𝑐, 𝑓) = (8, 7, 5) atau (7, 8, 5) dan (𝑏, 𝑑, 𝑔) = (4, 2, 6) atau (2, 4, 6). Jadi, C = ̅̅̅̅̅ 𝑒𝑓𝑔 = 156.



3.



Sebuah balok memiliki panjang 𝑎 cm, lebar 𝑏 cm, dan tinggi 𝑐 cm, dimana , 𝑏, dan 𝑐 merupakan bilangan asli. Diketahui bahwa volume balok 240 cm3 dan 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 19, swerta 𝑎 > 𝑏 > 𝑐 > 3. Luas semua sisi balok yang memiliki rusuk berukuran 𝑏 dan 𝑐 adalah…. cm2. SOLUSI : Volume balok = 𝑎𝑏𝑐 = 240 Jelas bahwa 𝑎, 𝑏, dan 𝑐 adalah faktor-faktor dari 24. Dengan menguraikan faktor-faktor dari 24 dan memperhatikan 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 19, 𝑎 > 𝑏 > 𝑐 > 3, maka diperoleh 𝑎 = 8, 𝑏 = 6, dan 𝑐 = 5. Luas sisi balok yang memiliki rusuk 𝑏 dan 𝑐 adalah 6 × 5 = 30 cm2. Sedangkan jumlah semua luas sisi balok yang memiliki rusuk 𝑏 dan 𝑐 adalah 30 + 30 = 60 cm2.



MIFTAH MATHEMATICS REVOLUTION (MMR) 083831611481



Halaman 7 dari 19 4.



Misalkan (𝑥, 𝑦) adalah koordinat titik yang memenuhi persamaan (4 − 𝑥)2 + (𝑦 − 3)2 = 25. Misalkan pula (𝑎, 𝑏) membuat 𝑥 2 + 𝑦 2 bernilai maksimum dan (𝑐, 𝑑) membuat 𝑥 2 + 𝑦 2 bernilai minimum. Nilai dari 𝑎𝑐 + 𝑏𝑑 adalah…. SOLUSI 1: Ingat bahwa kuadrat dari bilangan riil selalu lebih besar atau sama dengan nol, maka 𝑥2 + 𝑦2 ≥ 0 nilai minimum 𝑥 2 + 𝑦 2 terjadi ketika (𝑥, 𝑦) = (0, 0). Selanjutnya kita cek ke persamaan (4 − 0)2 + (0 − 3)2 = 16 + 9 = 25 (memenuhi) Jadi, (𝑐, 𝑑) = (0, 0. Nilai dari 𝑎𝑐 − 𝑏𝑑 = 𝑎(0) − 𝑏(0) = 0.



SOLUSI 2: (Spesial trigonometri, belum boleh sih tapi gak papa buat pengetahuan saja hahaha.....) Misalkan 𝑥 = 4 + 5 cos 𝜃 dan 𝑦 = 3 + 5 sin 𝜃 maka 𝑥 2 + 𝑦 2 = 50 + 50 cos(𝜃 − 𝛼) 3



dengan 𝛼 = arc tan (4). Karena range dari cos 𝛽 adalah [−1, 1] maka 𝑥 2 + 𝑦 2 minimum terjadi jika cos(𝜃 − 𝛼) = −1 dan 𝑥 2 + 𝑦 2 minimum terjadi jika cos(𝜃 − 𝛼) = 1. cos(𝜃 − 𝛼) = −1 → (𝜃 − 𝛼) = 𝜋 → 𝜃 = 𝜋 + 𝛼 4 𝑐 = 4 + 5 cos(𝜋 + 𝛼) = 4 − 5 ( ) = 0, 5



3 𝑑 = 3 + 5 sin(𝜋 + 𝛼) = 3 − 5 ( ) = 0 5



cos(𝜃 − 𝛼) = 1 → (𝜃 − 𝛼) = 0 → 𝜃 = 𝛼 4 𝑎 = 4 + 5 cos 𝛼 = 4 + 5 ( ) = 8, 5



3 𝑏 = 3 + 5 sin 𝛼 = 3 + 5 ( ) = 6 5



Nilai dari 𝑎𝑐 − 𝑏𝑑 = 0. 5.



4



Jika 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 + 4𝑥 3 + 6𝑥 2 + 4𝑥 + 10, maka nilai dari 𝑓( √5 − 1) adalah…. SOLUSI : 𝑓(𝑥) = (𝑥 + 1)4 + 9 4



4



4



𝑓( √5 − 1) = ( √5 − 1 + 1) + 9 = 5 + 9 = 14. 6.



Jika suatu pekerjaan dapat dikerjakan dengan mesin A, B, atau C saja, maka pekerjaan tersebut akan selesai dalam waktu berturut-turut 30 menit, 36 menit, atau 45 menit. Jika ketiga mesin tersebut digunakan bersama-sama selama 6 menit, maka bagian dari pekerjaan tersebut yang akan selesai adalah sebesar ….. bagian.



MIFTAH MATHEMATICS REVOLUTION (MMR) 083831611481



Halaman 8 dari 19 SOLUSI : 1



Misalkan kecepatan kerja yang mesin A, B, atau C berturut-turut adalah 30 pekerjaan/hari, pekerjaan/hari, atau



1 45



1 36



pekerjaan/hari. Jika ketiga mesin digunakan bersama-sama selama 3 1



1



1



90



1



menit maka pekerjaan yang selesai adalah (30 + 36 + 45) 6 = 180 = 2 bagian. 7.



Misalkan A = {(𝑥, 𝑦)| 𝑦 − 𝑥 ≤ 2, 2𝑥 + 𝑦 ≤ 2, 𝑦 ≥ 0} dan B = {(𝑥, 𝑦)| 2𝑦 − 3𝑥 ≤ 6, 𝑘𝑥 + 2𝑦 ≤ 2𝑘, 𝑦 ≥ 0}. Nilai 𝑘 sehingga luas daerah B dua kali luas daerah A adalah ….. SOLUSI : Perhatikan gambar berikut !



Daerah A



Daerah B



Luas daerah B = 2 × luas daerah A maka 2𝑦 − 3𝑥 = 6 dan 𝑘𝑥 + 2𝑦 = 2𝑘 berpotongan di titik (0, 3), sehingga garis 𝑘𝑥 + 2𝑦 = 2𝑘 melalui (0, 3). 𝑥 = 0, 𝑦 = 3 → 𝑘(0) + 2(3) = 2𝑘 → 𝑘 = 3



8.



Jika tiga buah persegi masing-masing panjang sisinya 6 cm, 10 cm, dan 8 cm disusun seperti gambar berikut ini,



maka luas daerah yang diarsir adalah …… cm2.



MIFTAH MATHEMATICS REVOLUTION (MMR) 083831611481



6 SOLUSI :



D



Halaman 9 dari 19 E



10



8



C 2



4 nG



F 8



6 A



6



10



H



8



B



Luas arsir = [ABCD] − [AHG] − [BCE] − [GFED] = 240 − 48 − 90 − 24 = 78 cm2. 9.



Diberikan sebuah seperempat lingkaran PQS berada di dalam persegi PQRS, dan dua buah setengah lingkaran PQ dan PS di dalam PQS seperti ditunjukkan pada gambar berikut ini. Jika persegi PQRS memiliki panjang sisi 𝑚, maka perbandingan luas daerah



2A B



adalah ….



SOLUSI :



C C 1 A = (A − ) + = [XYV] = 𝑚2 . 2 2 4 1 𝑚2 π 1 2 [VYW] C = [ lingkaran kecil] − = − 𝑚 . 2 8 4 1 𝑚2 1 2 𝑚2 π 1 2 𝑚2 π 𝑚2 [VWX] B = [ lingkaran besar] − −C= π− 𝑚 −( − 𝑚 )= − . 4 4 2 8 4 8 4 1 2 (4 𝑚2 ) 2𝐴 4 Jadi, luas daerah = 2 = . 2 𝑚 𝜋 𝑚 𝐵 𝜋−2 8 − 4



MIFTAH MATHEMATICS REVOLUTION (MMR) 083831611481



Halaman 10 dari 19 10. Di rumah Pak Budi yang sedang ditinggal pergi berlibur, lampu teras diberi saklar otomatis yang akan mulai menyala pada pukul 19.00, atau 19.30, atau 20.00, atau 20.30, atau 21.00 secara acak. Lampu tersebut kemudian akan otomatis padam pada suatu titik waktu antara pukul 04.00 sampai pukul 06.00 pagi harinya. Misalkan diketahui pada malam ini lampu tersebut menyala selama 𝑡 jam, peluang bahwa lampu menyala selama 9 < 𝑡 < 10 jam adalah….. SOLUSI 1 : Persoalan yang ditanyakan pada soal ini termasuk peluang bersyarat, sehingga kita bagi menjadi 5 kasus sesuai dengan waktu (pukul) berapa lampu tersebut menyala. 1



 Peluang lampu menyala pukul 19.00 adalah 5. Agar lampu menyala selama antara 9 dan 10 jam maka lampu harus padam antara pukul 04.00 dan 05.00, sehingga untuk kasus ini, 1 5−4



1



peluangnya adalah 5 (6−4) = 10. 1



 Peluang lampu menyala pukul 19.30 adalah 5. Agar lampu menyala selama antara 9 dan 10 jam maka lampu harus padam antara pukul 04.30 dan 05.30, sehingga untuk kasus ini, 1



peluangnya adalah 5 (



1 2



1 2



5 −4 6−4



1



) = 10 1



 Peluang lampu menyala pukul 20.00 adalah 5. Agar lampu menyala selama antara 9 dan 10 jam maka lampu harus padam antara pukul 05.00 dan 06.00, sehingga untuk kasus ini, 1 6−5



1



peluangnya adalah 5 (6−4) = 10. 1



 Peluang lampu menyala pukul 20.30 adalah 5. Agar lampu menyala selama antara 9 dan 10 jam maka lampu harus padam antara pukul 05.30 dan 06.00, sehingga untuk kasus ini, 1



1



6−5



1



peluangnya adalah 5 ( 6−42) = 20. 1



 Peluang lampu menyala pukul 21.00 adalah 5. Agar lampu menyala selama antara 9 dan 10 jam maka lampu harus padam lebih dari pukul 06.00, sehingga untuk kasus ini, peluangnya 1 6−6



adalah 5 (6−4) = 0. Jadi, peluang bahwa lampu menyala selama 9 < 𝑡 < 10 adalah 1 1 1 1 7 + + + +0= . 10 10 10 20 20 SOLUSI 2 : Perhatikan grafik dibawah. Sumbu 𝑥 (waktu dimana lampu menyala) bersifat diskret (titik demi titik), sedangkan sumbu 𝑦 (waktu dimana lampu padam) bersifat kontinu (interval), maka untuk



MIFTAH MATHEMATICS REVOLUTION (MMR) 083831611481



Halaman 11 dari 19 menghitung peluang kita tidak bisa menggunakan luasan, tetapi menggunakan panjang garis vertikal yang memenuhi kondisi pada tiap-tiap waktu mulainya lampu menyala serta interval waktu lampu padam. 𝑦 06.00



B



C



M L



F



04.30 04.00



D



J



05.30 05.00



E



K



I H



A 19.00



19.30



G



N



O



20.00



20.30



21.00



𝑥



Peluang bahwa lampu menyala selama 9 < 𝑡 < 10 adalah LA + JI + EF + DM 2+2+2+1 7 = = AB + HK + GE + ND + OC 4 + 4 + 4 + 4 + 4 20 11. Untuk suatu bilangan bulat positif 𝑛, didefinisikan B(𝑛) sebagai bilangan bulat terkecil yang habis dibagi oleh semua bilangan bulat 1, 2, …. , 𝑛. Sebagai contoh 𝐵(5) = 60, karena 60 habis dibagi oleh 1, 2, 3, 4, serta 5. Untuk 1 ≤ 𝑛 ≤ 25, banyaknya kemungkinan 𝑛 yang memenuhi B(𝑛) = B(𝑛 + 2) adalah ….. SOLUSI : B(𝑛) adalah bilangan bulat terkecil yang habis dibagi oleh semua bilangan bulat 1, 2, …. , 𝑛, maka B(𝑛) = KPK(1, 2, … , 𝑛) Karena B(𝑛) = B(𝑛 + 2) maka 𝑛 haruslah memenuhi syarat-syarat berikut i. Tidak ada bilangan prima diantara 𝑛 dan 𝑛 + 1 ii. 𝑛 dan 𝑛 + 2 bukan merupakan bilangan prima berurutan iii. Mulai dari 𝑛 sampai 𝑛 + 2 tidak ada bilangan berbentuk 2𝑚 maupun 3𝑘 , maupun 5𝑙 untuk suatu 𝑚, 𝑛, 𝑙 bilangan asli . Nilai 𝑛 yang memenuhi ketiga syarat di atas adalah 13, 19, dan 20. Jadi, ada 3 nilai 𝑛 yang memenuhi.



12. Misalkan 𝑔(𝑛) menyatakan faktor ganjil terbesar dari suatu bilangan bulat 𝑛. Sebagai contoh 𝑔(10) = 5, 𝑔(11) = 11, dan 𝑔(16) = 1. Jika hasil penjumlahan 𝑔(2019) + 𝑔(2020) + 𝑔(2021) + ⋯ + 𝑔(4038) adalah 2019 × 𝑚, maka nilai 𝑚 adalah ….



MIFTAH MATHEMATICS REVOLUTION (MMR) 083831611481



Halaman 12 dari 19 SOLUSI : Jika 𝑛 ganjil, maka 𝑔(𝑛) = 𝑛, sehingga 𝑔(2019) + 𝑔(2021) + ⋯ + 𝑔(4037) = 2019 + 2021 + ⋯ + 4037 = 20192 − 10092 Sekarang kita tinjau untuk 𝑛 genap dengan membagi dalam beberapa kasus Kasus 1 : 𝑛



Jika 𝑛 ≡ 2, 6 (mod 8), maka 𝑔(𝑛) = 2, sehingga 𝑔(2022) + 𝑔(2026) + ⋯ + 𝑔(4038) = 1011 + 1013 + ⋯ + 2019 = 10102 − 5052 Kasus 2 : 𝑛



Jika 𝑛 ≡ 4 (mod 8), maka 𝑔(𝑛) = 4, sehingga 𝑔(2020) + 𝑔(2028) + ⋯ + 𝑔(4036) = 505 + 507 + ⋯ + 1009 = 5052 − 2522 Kasus 3 : Untuk 𝑛 ≡ 0 (mod 8), kita bagi kasus  Jika 𝑛 kelipatan 8 tapi bukan kelipatan 16, maka 𝑓(𝑛) =



𝑛 8



𝑓(2024) + 𝑓(2040) + ⋯ + 𝑓(4024) = 253 + 255 + ⋯ + 503 = 2522 − 1262 𝑛



 Jika 𝑛 kelipatan 16 tapi bukan kelipatan 32, maka 𝑓(𝑛) = 16 𝑓(2032) + 𝑓(2064) + ⋯ + 𝑓(4016) = 127 + 129 + ⋯ + 251 = 1262 − 632  Jika 𝑛 kelipatan 32 tapi bukan kelipatan 64, maka 𝑓(𝑛) =



𝑛 32



𝑓(2080) + 𝑓(2144) + ⋯ + 𝑓(4000) = 65 + 67 + ⋯ + 125 = 632 − 322 𝑛



 Jika 𝑛 kelipatan 64 tapi bukan kelipatan 128, maka 𝑓(𝑛) = 64 𝑓(2112) + 𝑓(2240) + ⋯ + 𝑓(4032) = 33 + 35 + ⋯ + 63 = 322 − 162 𝑛



 Jika 𝑛 kelipatan 128 tapi bukan kelipatan 256, maka 𝑓(𝑛) = 128 𝑓(2176) + 𝑓(2432) + ⋯ + 𝑓(3968) = 17 + 19 + ⋯ + 31 = 162 − 82 𝑛



 Jika 𝑛 kelipatan 256 tapi bukan kelipatan 512, maka 𝑓(𝑛) = 256 𝑓(2304) + 𝑓(2816) + ⋯ + 𝑓(3840) = 9 + 11 + ⋯ + 15 = 82 − 42  Jika 𝑛 kelipatan 512 tapi bukan kelipatan 1024, maka 𝑓(2560) + 𝑓(3584) = 5 + 7 = 42 − 22  Jika 𝑛 kelipatan 1024 atau 2048, maka 𝑓(3072) + 𝑓(2048) = 3 + 1 = 22 𝑔(2019) + 𝑔(2020) + ⋯ + 𝑔(4038) = 20192 − 10092 + 10102 − 5052 + 5052 − 2522 + ⋯ + 42 − 22 + 22 = 20192 − 10092 + 10102 = 20192 + (−1009 + 1010)(1009 + 1010) = 20192 + 2019 = 2019(2019 + 1) = 2019 × 2020. Jadi, 𝑚 = 2010.



MIFTAH MATHEMATICS REVOLUTION (MMR) 083831611481



Halaman 13 dari 19 13. Perhatikan kombinasi tiga lingkaran dan satu segitiga sama sisi berikut



Jika diketahui luas daerah segitiga sama sisi adalah 4√3 cm2 dan luas daerah yang diarsir adalah 𝑎𝜋 cm2, maka nilai 𝑎 adalah ….. cm2. SOLUSI :



Luas segitiga sama sisi = [ABC] =



AB2 √3 = 4√3 → AB = BC = CA = 4 4



Misalkan O adalah pusat lingkaran besar dan D titik singgung lingkaran sedang dan kecil sekaligus titik tengah AC, maka AD = DC = 2. Karena A dan C titik singgung sisi segitiga dengan lingkaran besar maka BC ⊥ CO dan BA ⊥ AO, akibatnya ∠OCD = ∠OAD = 30°, ∠ODA = ∠ODC = 90°, dan ∠DOC = ∠DOA = 60° OF = OC = OE = OA = jari-jari lingkaran besar, akibatnya ACE dan OAE sama sisi dan OE = 2OD = 2DE. Dengan Pythagoras, OC2 − OD2 = CD2 → OD = DE =



2



,



OE =



√3 DE 1 Jari − jari lingkaran kecil = = 2 √3



Jari − jari lingkaran besar = OE =



MIFTAH MATHEMATICS REVOLUTION (MMR) 083831611481



4 √3



4 √3



Halaman 14 dari 19 Jari − jari lingkaran sedang =



OF + OE − DE 3DE 3 = = 2 2 √3



Luas daerah yang diarsir = [lingkaran besar] − [lingkaran kecil] − [lingkaran sedang] Luas daerah yang diarsir =



16π 9π π 6π − − = = 2𝜋 = 𝑎𝜋. 3 3 3 3



Jadi, nilai dari 𝑎 = 2. 14. Maman dan Nyoman secara terpisah dimintai untuk mewarnai suatu ornamen yang terlihat sebagai berikut



Adapun ketentuan pewarnaan yang harus dipenuhi adalah setiap bintang harus diberi tepat satu warna dengan pilihan merah, kuning, atau hijau dan harus ada setidaknya 3 bintang yang berurutan yang berwarna hijau. Peluang pewarnaan yang dilakukan oleh Maman berbeda dengan pewarnaan yang dilakukan oleh Nyoman adalah…. SOLUSI 1: Misalkan HHH kita anggap satu kesatuan, sebut saja P, maka ada beberpa kasus  Jika ada tepat 3 warna hijau, maka susunan yang mungkin adalah 4! PMMM } banyaknya pewarnaan = × 2 = 8 PKKK 3! 4! PMMK } banyaknya pewarnaan = × 2 = 24 PKKM 2! Banyaknya pewarnaan pada kasus ini adalah 8 + 24 = 32.  Jika ada tepat 4 warna hijau, maka  P dan H terpisah : jika ⊡ diisi M M atau K K atau K M atau M K, P⊡H ⊡ } → ⊡P⊡H maka banyaknya pewarnaan = 4 × 22 = 16 P ⊡⊡ H → jika ⊡ diisi M M atau K K atau K M atau M K, maka banyaknya pewarnaan = 4 × 2 = 8  P dan H berdampingan : 3! PHMM } banyaknya pewarnaan = × 2 = 6 PHKK 2! PHKM →



banyaknya pewarnaan = 3! = 6



Banyaknya pewarnaan pada kasus ini adalah 16 + 8 + 6 + 6 = 36.



MIFTAH MATHEMATICS REVOLUTION (MMR) 083831611481



Halaman 15 dari 19  Jika ada tepat 5 warna hijau, maka 



P dan HH terpisah : P ⊡ HH → jika ⊡ diisi M atau K , maka banyaknya pewarnaan = 22 = 4







PH dan H terpisah : PH ⊡ H → jika ⊡ diisi M atau K , maka banyaknya pewarnaan = 22 = 4







Semua H berdampingan PHH ⊡ → jika ⊡ diisi M atau K , maka banyaknya pewarnaan = 22 = 4



Banyaknya pewarnaan pada kasus ini adalah 4 + 4 + 4 = 12.  Jika ada tepat 6 warna hijau, maka banyaknya pewarnaan = 1. Jadi, total banyaknya pewarnaan = 32 + 36 + 12 + 1 = 81 Peluang pewarnaan yang dilakukan oleh Maman berbeda dengan pewarnaan yang dilakukan 81



1



80



oleh Nyoman adalah 1 − 81 × 81 = 81. SOLUSI 2: Misalkan HHH kita anggap satu kesatuan, sebut saja P, maka ada beberpa kasus  Jika ada tepat 3 warna hijau, maka P ⊡⊡⊡ Tiap kotak bisa diisi 2 pilihan warna, yaitu M dan K, karena ada 3 kotak maka ada 23 warana 4!



yang mungkin diisikan. Banyaknya cara mengatur susunan P ⊡⊡⊡ adalah 3! = 4 Jadi, untuk kasus ini ada 23 × 4 = 32 cara pewarnaan.  Jika ada tepat 4 warna hijau, maka dalam hal ini PH dan HP dianggap sama PH ⊡⊡ Tiap kotak bisa diisi 2 pilihan warna, yaitu M dan K, karena ada 2 kotak maka ada 22 warna 3!



yang mungkin. Banyaknya cara mengatur susunan PH ⊡⊡ adalah 2! + 3 × 2 = 9 Jadi, untuk kasus ini ada 22 × 9 = 36 cara pewarnaan  Jika ada tepat 5 warna hijau, maka dalam hal ini PH dan HP dianggap sama. PHH, HHP, HPH juga dianggap sama PHH ⊡ Tiap kotak bisa diisi 2 pilihan warna, yaitu M dan K, karena ada 1 kotak maka ada 2 warna yang mungkin. Banyaknya cara mengatur susunan PH ⊡⊡ adalah 2 + 2 + 2 = 6 Jadi, total banyaknya pewarnaan = 32 + 36 + 12 + 1 = 81



MIFTAH MATHEMATICS REVOLUTION (MMR) 083831611481



Halaman 16 dari 19 Peluang pewarnaan yang dilakukan oleh Maman berbeda dengan pewarnaan yang dilakukan 81



1



80



oleh Nyoman adalah 1 − 81 × 81 = 81. 15. Di babak bonus suatu kuis, seorang peserta akan diminta untuk mengambil secara acak 5 dari 20 bola yang telah dinomori 1 sampai 20. Hadiah utama akan didapatkan jika selisih nomor dari setiap pasang bola tidak kurang dari 3. Banyaknya kemungkinan peserta tersebut memenangkan hadiah utama adalah ….. SOLUSI : Misalkan 5 bilangan yang terambil adalah 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒, dan 𝑓, dengan 𝑎 > 𝑏 > 𝑐 > 𝑑 > 𝑒. Agar mendapatkan hadiah utama, maka harus memenuhi 𝑎−𝑏 ≥3 ⟺ 𝑏−𝑐 ≥3 ⟺ 𝑐−𝑑 ≥3 ⟺ 𝑑−𝑒 ≥3 ⟺



𝑏 ≥𝑐+3



𝑐 ≥𝑑+3



𝑑 ≥𝑒+3



⟺



⟺



𝑎 ≥𝑏+3 ⟺



⟺



𝑏 >𝑐+2



𝑐 >𝑑+2



𝑑 >𝑒+2



𝑎 > 𝑏 + 2. ⟺ 𝑎 > 𝑏 + 2 > 𝑐 + 4.



⟺ 𝑎 > 𝑏 + 2 > 𝑐 + 4 > 𝑑 + 6.



⟺ 𝑎 > 𝑏 + 2 > 𝑐 + 4 > 𝑑 + 6 > 𝑒 + 8.



Dengan demikian, 20 ≥ 𝑎 > 𝑏 + 2 > 𝑐 + 4 > 𝑑 + 6 > 𝑒 + 8 ≥ 9 Misalkan 𝑎 = 𝑣, 𝑏 + 2 = 𝑤, 𝑐 + 4 = 𝑥, 𝑑 + 6 = 𝑦, 𝑒 + 8 = 𝑧, maka 20 ≥ 𝑣 > 𝑤 > 𝑥 > 𝑦 > 𝑧 ≥ 9 Berarti banyaknya kemungkinan peserta memenangkan hadiah utama ekuivalen dengan banyaknya cara memilih 5 bilangan bulat berbeda mulai dari 9 sampai 20, yaitu 12C5 = 792.



MIFTAH MATHEMATICS REVOLUTION (MMR) 083831611481



Halaman 17 dari 19 URAIAN 16. Misalkan 𝑓(5𝑥 + 2) ≥ 𝑓(5𝑥) + 2 dan 𝑓(5𝑥 + 1) ≤ 𝑓(5𝑥) + 1 untuk setiap bilangan 𝑥. Jika 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 2 dan 𝑓(5) =



1 1 1 1 1 + + + + … + (1)(2) (2)(3) (3)(4) (4)(5) (2018)(2019)



Hitunglah nilai dari 𝑔(7). SOLUSI : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2018 𝑓(5) = ( − ) + ( − ) + ( − ) + ( − ) + ⋯ + ( − )= − = 1 2 2 3 3 4 4 5 2018 2019 1 2019 2019 𝑓(5𝑥 + 2) ≥ 𝑓(5𝑥) + 2 = 𝑓(5𝑥) + 1 + 1 ≥ 𝑓(5𝑥 + 1) + 1 ≥ 𝑓(5𝑥 + 2) Dengan demikian, 𝑓(5𝑥 + 2) ≥ 𝑓(5𝑥) + 2 ≥ 𝑓(5𝑥 + 2) Ingat bahwa jika 𝑎 ≤ 𝑏 ≤ 𝑎, maka satu-satunya yang memenuhi pertidaksamaan adalah 𝑎 = 𝑏. Dengan demikian, 𝑓(5𝑥 + 2) = 𝑓(5𝑥) + 2 Jika diambil 𝑥 = 1, maka 𝑓(7) = 𝑓(5) + 2 𝑔(7) = 𝑓(7) − 2 = 𝑓(5) =



2018 2019



17. Misalkan diketahui alphabet di suatu “Negeri Awan” hanya terdiri dari huruf A, B, C, D, dan E saja. Perhatikan bahwa A dan E adalah huruf vokal, serta B, C, dan D adalah konsonan. Suatu deretan huruf disebut kata jika tidak mengandung huruf sama bersebelahan, serta tidak mengandung huruf vokal bersebelahan. Tentukan banyaknya kata di “Negeri Awan” yang terdiri dari 7 huruf. SOLUSI : Misalkan ℎ(𝑛) adalah banyaknya kata yang terdiri dari 𝑛 digit, 𝑓(𝑛) adalah banyaknya kata yang terdiri dari 𝑛 digit dan diawali salah satu huruf konsonan B, C, atau D, sedangkan 𝑔(𝑛) adalah banyaknya kata yang terdiri dari 𝑛 digit dan diawali salah satu huruf vokal A atau B. Karena ada 3 konsonan dan 2 vokal maka ℎ(𝑛) = 3𝑓(𝑛) + 2𝑔(𝑛) Tepat setelah huruf vokal hanya boleh diisi satu dari 3 konsonan, maka 𝑔(𝑛) = 3𝑓(𝑛 − 1) Tepat setelah huruf konsonan hanya boleh diisi satu dari 2 konsonan yang berbeda dengan konsonan sebelumnya atau satu dari 2 vokal, maka 𝑓(𝑛) = 2𝑓(𝑛 − 1) + 2𝑔(𝑛 − 1) Dengan demikian,



MIFTAH MATHEMATICS REVOLUTION (MMR) 083831611481



Halaman 18 dari 19 𝑓(𝑛) = 2𝑓(𝑛 − 1) + 6𝑓(𝑛 − 2), dengan 𝑓(1) = 1, 𝑓(2) = 4. Sehingga diperoleh 𝑓(3) = 14, 𝑓(4) = 52, 𝑓(5) = 188, 𝑓(6) = 688, 𝑓(7) = 2504. ℎ(𝑛) = 3𝑓(𝑛) + 6𝑓(𝑛 − 1) ℎ(7) = 3𝑓(7) + 6𝑓(6) = 11640 Jadi, banyaknya kata yang terdiri dari 7 huruf adalah 11640.



18. Sandi memiliki 12 kandang hamster yang terdiri dari 3 kandang warna hijau, 3 warna merah, 3 warna biru, dan 3 warna kuning. Terdapat 10 ekor hamster yang kan di distribusikan ke dalam kandang-kandang tersebut. Ia mendistribusikan 4 hamster ke dalam kandang warna hijau. Selanjutnya, mendistribusikan 3 hamster ke dalam kandang warna merah, 2 hamster ke dalam kandang warna biru, serta seekor hamster ke dalam kandang warna kuning. Asumsikan masingmasing hamster memiliki kemungkinan yang sama untuk dimasukkan ke dalam kandang tertentu. Tentukan peluang bahwa kandang hijau berisi lebih banyak hamster dibanding kandang lain, baik kandang hijau yang sewarna, maupun kandang lain warna. SOLUSI : Misalkan banyaknya kandang hijau (H1 , H2 , H3 ), kandang merah (M1 , M2 , M3 ), kandang biru (B1 , B2 , B3 ), dan kandang kuning (K1 , K 2 , K 3 ). H1 + H2 + H3 = 4,



Hi ≥ 0 untuk i = 1, 2, 3 4+3−1 6 ) = ( ) = 15. 3−1 2



Banyaknya cara menditribusikan hamster ke dalam kandang hijau = ( M1 + M2 + M3 = 3,



Mi ≥ 0 untuk i = 1, 2, 3 3+3−1 5 ) = ( ) = 10. 3−1 2



Banyaknya cara menditribusikan hamster ke dalam kandang hijau = ( B1 + B2 + B3 = 2,



Bi ≥ 0 untuk i = 1, 2, 3 2+3−1 4 ) = ( ) = 6. 3−1 2



Banyaknya cara menditribusikan hamster ke dalam kandang hijau = ( K1 + K 2 + K 3 = 1,



K i ≥ 0 untuk i = 1, 2, 3 1+3−1 3 ) = ( ) = 3. 3−1 2



Banyaknya cara menditribusikan hamster ke dalam kandang hijau = (



Untuk kandang hijau yang berisi hamster lebih banyak dari kandang lain, maka perhatikan tabel berikut. H1



H2



H3



4



0



0



Banyaknya =



3! =3 2!



M1



M2



M3



B1



B2



B3



K1



K2



Banyaknya



Banyaknya



Banyaknya



5 ( ) = 10 2



4 ( )=6 2



3 ( )=3 2



MIFTAH MATHEMATICS REVOLUTION (MMR) 083831611481



K3



Halaman 19 dari 19 H1



H2



H3



M1



M2



M3



3



0



1



2



1



0



Banyaknya = 3! = 6



B1



Banyaknya = 3! = 6 1



1



1



B2



B3



K1



K2



Banyaknya



Banyaknya



4 ( )=6 2



3 ( )=3 2



K3



Banyaknya = 1



H1



H2



H3



M1



M2



M3



B1



B2



B3



2



1



1



1



1



1



1



1



0



Banyaknya =



3! =3 2!



Banyaknya = 1



Banyaknya =



K1



K2



K3



Banyaknya



3! =3 2!



3 ( )=3 2



Jadi, peluang bahwa kandang hijau berisi lebih banyak hamster dibanding kandang lain, baik kandang hijau yang sewarna, maupun kandang lain warna adalah 3 × 10 × 6 × 3 + 6 × 7 × 6 × 3 + 3 × 1 × 3 × 3 1323 49 = = 15 × 10 × 6 × 3 2700 100



NB : Demikian pembahasan dari saya, semoga bermanfaat. Mohon dikoreksi lagi jika ada yang salah sebab tidak ada gading yang tak retak. Saya hanyalah manusia biasa yang tak sempurna, yak tak luput dari salah dan lupa. Untuk diskusi atau ada yang kurang jelas silahkan WA di nomor yang tertera di pojok kiri bawah. Hehehe...



MIFTAH MATHEMATICS REVOLUTION (MMR) 083831611481