Solusi uji coba osp 2013

UJI COBA OLIMPIADE MATEMATIKA TK PROVINSI 2013
CALON TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2014
Prestasi itu diraih bukan didapat !!!
SOLUSI SOAL
Disusun oleh : Eddy Hermanto, ST

Solusi Uji Coba Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2013 Kode : 113
Olimpiade Matematika Eddy Hermanto, ST
BAGIAN PERTAMA
1. Peluang munculnya mata dadu 1, 2, 3 atau 4 pada pelemparan satu buah dadu =
2
3
Peluang munculnya mata dadu 5 atau 6 pada pelemparan satu buah dadu =
1
3
Ani dapat memenangkan permainan saat pelemparan dadu yang ke-2, 3 atau 4.
• Kasus 1, Ani memenangkan pertandingan sesaat setelah pelemparan dadu ke-2.
Pada tiap pelemparan, angka yang muncul harus 1, 2, 3, atau 4.
Peluang terjadi = �
2
3
� �
2
3
� =
4
9
Pada lemparan pertama, angka yang muncul harus 5 atau 6. Pada lemparan ke-2 dan ke-3, angka
yang muncul harus 1, 2, 3, atau 4.
1
3
� �
2
3
� �
2
3
� =
4
27
Pada lemparan pertama, angka yang muncul harus 1, 2, 3 atau 4. Pada lemparan ke-2, angka yang
muncul harus 5 atau 6. Pada lemparan ke-3 dan ke-4, angka yang muncul harus 1, 2, 3, atau 4.
2
3
� �
1
3
� �
2
3
� �
2
3
� =
8
81
Peluang Ani memenangkan permainan =
4
9
+
4
27
+
8
81
=
56
81
.
∴ Jadi, peluang Ani memenangkan permainan sama dengan
𝟓𝟔
𝟖𝟏
.
2.
1
𝑥
+
1
𝑥𝑦
+
1
𝑥𝑦𝑧
=
20
13
Jika x ≥ 2 maka
1
𝑥
+
1
𝑥𝑦
+
1
𝑥𝑦𝑧
≤
3
2
<
20
13
. Tidak ada x yang memenuhi.
Jika x = 1.
13(z + 1) = 7yz
z(7y − 13) = 13
• Jika z = 13 maka 7y − 13 = 1. Nilai y yang memenuhi hanya y = 2.
• Jika z = 1 maka 7y − 13 = 13. Tidak ada nilai y bulat positif yang memenuhi.
Tripel (x, y, z) bulat positif yang memenuhi hanya (1, 2, 13).
∴ Jadi, Banyaknya tripel (x, y, z) bulat positif yang memenuhi ada 1.
3. Misalkan kedua bilangan tersebut adalah a dan b dengan a = dx dan b = dy serta FPB(x, y) = 1.
Tanpa mengurangi keumuman misalkan a > b sehingga x > y.
KPK (a, b) = dxy dan FPB(a, b) = d
dxy : d = 24
xy = 24 = 23 ⋅ 3
Karena x dan y relatif prima maka kemungkinan nilai (x, y) adalah (24, 1) atau (8, 3).
dx + dy = 2013
x + y adalah faktor dari 2013. Karena 25 = 24 + 1 bukan faktor dari 2013 sedangkan 11 = 8 + 3
merupakan faktor dari 2013 maka x = 8 dan y = 3 serta d = 183.
Selisih positf kedua bilangan = 183(8 − 3) = 915.
∴ Jadi, selisih positf kedua bilangan = 915.

4. p(x) = x5 + 20x2 − 13
q(x) = x2 − 1
q(a)q(b)q(c)q(d)q(e) = (a2 − 1)(b2 − 1)(c2 − 1)(d2 − 1)(e2 − 1)
q(a)q(b)q(c)q(d)q(e) = (a + 1)(b + 1)(c + 1)(d + 1)(e + 1)(a − 1)(b − 1)(c − 1)(d − 1)(e − 1)
Alternatif 1 :
Misalkan f(x) memiliki akar-akar a − 1, b − 1, c − 1, d − 1 dan e − 1 maka
f(x) = (x + 1)5 + 20(x + 1)2 − 13 memiliki akar-akar a − 1, b − 1, c − 1, d − 1 dan e − 1
Sesuai aturan Vietta didapat
(a − 1)(b − 1)(c − 1)(d − 1)(e − 1) = −(15 + 20(1)2 − 13) = −8
Misalkan g(x) memiliki akar-akar a + 1, b + 1, c + 1, d + 1 dan e + 1 maka
g(x) = (x − 1)5 + 20(x − 1)2 − 13 memiliki akar-akar a + 1, b + 1, c + 1, d + 1 dan e + 1
Sesuai aturan Vietta didapat
(a + 1)(b + 1)(c + 1)(d + 1)(e + 1) = −((−1)5 + 20(−1)2 − 13) = −6
q(a)q(b)q(c)q(d)q(e) = (−8)(−6) = 48
Jadi, nilai dari q(a)q(b)q(c)q(d)q(e) adalah 48.
Alternatif 2 :
p(x) = x5 + 20x2 − 13 = (x − a)(x − b)(x − c)(x − d)(x − e)
p(1) = 8 = (1 − a)(1 − b)(1 − c)(1 − d)(1 − e)
(a − 1)(b − 1)(c − 1)(d − 1)(e − 1) = −8
p(−1) = −1 + 20 − 13 = 6 = (−1 − a)(−1 − b)(−1 − c)(−1 − d)(−1 − e)
(a + 1)(b + 1)(c + 1)(d + 1)(e + 1) = −6
q(a)q(b)q(c)q(d)q(e) = (−8)(−6) = 48
Jadi, nilai dari q(a)q(b)q(c)q(d)q(e) adalah 48.
∴ Jadi, nilai dari q(a)q(b)q(c)q(d)q(e) adalah 48.
5. Perhatikan gambar.
Dibuat CL dengan L terletak pada AB sehingga CL tegak lurus AB.
Segitiga-segitiga ΔACB, ΔANQ, ΔALC, ΔCLB dan ΔPMB semuanya sebangun.
Misalkan ∠MCL = x
Karena PM sejajar CL maka ∠MCL = ∠PMC = x
Pada ΔAPC dan APM, ketiga sudut segitiga tersebut sama serta AP merupakan hipotenusa kedua
segitiga sehingga ΔAPM dan ΔAPC kongruen (sama dan sebangun). Maka PC = PM
Karena PC = PM maka ΔCPM sama kaki.
∠PCM = ∠PMC = ∠MCL = x
Misalkan ∠NCL = y
Karena QN sejajar CL maka ∠NCL = ∠QNC = y
Pada ΔBQC dan BQN, ketiga sudut segitiga tersebut sama serta BQ merupakan hipotenusa kedua
segitiga sehingga ΔBQN dan ΔBQC kongruen (sama dan sebangun). Maka QC = QN

Karena QC = QN maka ΔCQN sama kaki.
∠QCN = ∠QNC = ∠NCL = y
∠MCN = ∠MCL + ∠NCL
∠MCN =
1
2
(∠BCL + ∠ACL)
∠MCN =
1
2
∠ACB
Jadi, ∠MCN = 45o
∴ Jadi, ∠MCN = 45o
6. Jelas bahwa 1 + 2 + 3 + ⋅⋅⋅ + n ≤ 2013 ≤ (n + 1) + (n + 2) + (n + 3) + ⋅⋅⋅ + (2n)
n(n + 1) ≤ 4026 ≤ n(3n + 1)
Karena 62 ⋅ 63 = 3906 dan 63 ⋅ 64 = 4032 maka berdasarkan ketaksamaan ruas kiri dan ruas tengah
didapat n ≤ 62.
Karena 36 ⋅ (3 ⋅ 36 + 1) = 3924 dan 37 ⋅ (3 ⋅ 37 + 1) = 4144 maka berdasarkan ketaksamaan ruas
tengah dan ruas kanan didapat n ≥ 37.
Maka batas-batas nilai n yang mungkin adalah 37 ≤ n ≤ 62.
Misalkan bilangan terkecil yang dibuang adalah m + 1, maka
1 + 2 + 3 + ⋅⋅⋅ + 2n − ((m + 1) + (m + 2) + (m + 3) + ⋅⋅⋅ + (m + n)) = 2013
2n(2n + 1) − n(2m + n + 1) = 4026
Karena n(2n(2n + 1) − n(2m + n + 1)) maka haruslah n4026
Mengingat 37 ≤ n ≤ 62 maka nilai n yang mungkin hanya n = 61.
Jika n = 61 maka 15006 − 61(2m + 62) = 4026
123 − (m + 31) = 33
m = 59 sehingga nilai terkecil yang dibuang adalah m + 1 = 60.
Melalui pengujian, nilai n = 61 dan m + 1 = 60 memenuhi.
∴ Jadi, semua nilai n yang memenuhi hanya n = 61.
7. Misalkan orang-orang yang berada pada posisi melingkar secara berurutan searah jarum jam adalah
A, B, C, D, ⋅⋅⋅, M dengan uang yang diterima masing-masing secara berurutan adalah a, b, c, d, ⋅⋅⋅, m.
Maka akan didapatkan
2a = m + b ; 2b = a + c ; 2c = b + d ; ⋅⋅⋅ ; 2m = l + a
Dari 2a = m + b akan didapat a − m = b − a.
Dari 2b = a + c akan didapat b − a = c − b.
Dari 2c = b + d akan didapat c − b = d − c.
⋅⋅⋅
Dari 2m = l + a akan didapat m − l = a − m.
Maka akan didapat
a − m = b − a = c − b = d − c = ⋅⋅⋅ = m − l.
Misalkan a − m = b − a = c − b = d − c = ⋅⋅⋅ = m − l = X
(a − m) + (b − a) + (c − b) + (d − c) + ⋅⋅⋅ + (m − l) = 0
13X = 0 sehingga X = 0
Maka haruslah a = m ; b = a ; c = b ; ⋅⋅ ; m = l
Jadi, a = b = c = d = ⋅⋅⋅ = m.
Maka haruslah masing-masing orang menerima Rp. 1.000 sebagai satu-satunya cara pembagian.
∴ Jadi, banyaknya cara membagi uang hanya ada 1.

8. 69x + 54y ≤ 2013
Dengan AM-GM didapat
2013 ≥ 69𝑥 + 54𝑦 ≥ 2�(69𝑥)(54𝑦)
𝑥𝑦 ≤
20132
4(69)(54)
≤ 271
Maka xy ≤ 271.
271 adalah bilangan prima.
Jika x = 271 dan y = 1 atau x = 1 dan y = 271 akan menyebabkan 69x + 54y > 2013.
Jika x = 15 dan y = 18 akan memenuhi xy = 270.
Cek ke persyaratan awal.
69x + 54y = 69(15) + 54(18) = 2007 < 2013 (memenuhi).
Jadi xy terbesar sama dengan 270.
∴ Jadi xy terbesar sama dengan 270.
9. Misalkan [KLMN] menyatakan luas segiempat KLMN.
Karena simetri maka
[AFY] = [BDX] = [CEZ]
[AEZY] = [BFYX] = [CDXZ]
Karena simetri ∠FAY = ∠ACF.
Jelas juga bahwa ∠AFY = ∠AFC sehingga ∆AFY sebangun dengan ∆ACF dengan perbandingan sisi 1 : 4.
Maka AC = 4AF.
CF2 = AC2 + AF2 − 2AC ⋅ AF ⋅ cos ∠CAF
CF2 = (4AF)2 + AF2 − 2(4AF) ⋅ AF ⋅ cos 60o = 13AF2
Karena ∆AFY sebangun dengan ∆ACF maka perbandingan luas dapat dinyatakan sebagai kuadrat
perbandingan alas yang berkorespondensi.
[ACF] : [AFY] = CF2 : AF2 = 13
Karena [ACF] = 13[AFY] maka [AEZY] = 11[AFY]
Karena AF : FB = 1 : 3 maka
[BCF] = 3[ACF]
[BFYX] + [CDXZ] +[BDX] + [XYZ] = 3 ([CEZ] + [AFY] + [AEZY])
[XYZ] = 5[AFY] + [AEZY] = 16[AFY]
[ABC] = [XYZ] + 3[AEZY] + 3[AFY] = 52[AFY]
[ABC] : [XYZ] = 52 : 16 = 13 : 4
∴ Jadi, perbandingan luas ∆ABC dengan luas ∆XYZ adalah 13 : 4.

10. q1, q2, ⋅⋅⋅, q2013 adalah 2013 buah bilangan rasional positif yang memenuhi jumlah ke-2013 buah
bilangan rasional tersebut sama dengan 1.
𝑓(𝑛) = 𝑛 − � ⌊𝑞 𝑘 𝑛⌋
2013
𝑘=1
Jelas bahwa f(n) merupakan bilangan bulat.
� 𝑞 𝑘
2013
𝑘=1
= 1
𝑓(𝑛) = 𝑛 � 𝑞 𝑘
2013
𝑘=1
− � ⌊𝑞 𝑘 𝑛⌋
2013
𝑘=1
= � (𝑞 𝑘 𝑛 − ⌊𝑞 𝑘 𝑛⌋)
2013
𝑘=1
Karena 0 ≤ 𝑥 − ⌊𝑥⌋ < 1 maka 0 ≤ 𝑛𝑞 𝑘 − ⌊𝑞 𝑘 𝑛⌋ < 1 untuk setiap nilai k, sehingga 0 ≤ 𝑓(𝑛) < 2013.
Karena f(n) bulat, maka, 0 ≤ 𝑓(𝑛) ≤ 2012.
Akan dibuktikan bahwa 𝑓(𝑛) = 2012 dipenuhi untuk suatu nilai n dan qk, k = 1, 2, ⋅⋅⋅, 2013.
Ambil 𝑞𝑖 =
1
2013
dengan i = 1, 2, 3, ⋅⋅⋅ ,2013 dan 𝑛 = 2012.
Maka 𝑞𝑖 𝑛 =
2012
2013
sehingga ⌊𝑞𝑖 𝑛⌋ = 0 dengan i = 1, 2, 3, ⋅⋅⋅, 2013.
𝑓(𝑛) = 𝑛 − � ⌊𝑞 𝑘 𝑛⌋
2013
𝑘=1
= 2012 − 0 = 2012
∴ Jadi, nilai maksimum f(n) adalah 2012.
11. Misalkan diagonal AC berpotongan dengan diagonal BD di Q. Jelas bahwa Q pertengahan BD.
Sudut pusat = 2 x sudut keliling, maka
Karena ∠BAP = ∠DCP = 45o maka ∠BMP = ∠DNP = 90o.
Karena MP = MB dan ND = NP maka ∆BMP dan ∆DNP siku-siku sama kaki.
Karena ∠DPN = ∠BPM = 45o maka ∠BPD = ∠MPN = 120o.
Karena Q pertengahan BD dan PQ ⊥ BD maka ∆PDB sama kaki dengan DP = BP.
Karena ∠BPD = 120o maka ∠DPQ = ∠BPQ = 60o dan ∠PDQ = ∠PBQ = 30o.
Karena DQ = BQ = 6 maka QP = DQ tan 30o = 2√3.
AP = AQ + QP = 6 + 2√3.
∴ Jadi, AP = 𝟔 + 𝟐√𝟑.

12. x2 + ax + b = x2 + cx + d
x(a − c) = d − b
Akan dicari dulu peluang kedua parabola tidak memiliki titik persekutuan.
Agar kedua parabola tidak memiliki titik persekutuan, maka a = c dan d ≠ b.
Banyaknya cara = 8 x 8 x 7.
Peluang kedua parabola tidak memiliki titik persekutuan =
8𝑥8𝑥7
84 =
7
64
.
Peluang kedua parabola memiliki titik persekutuan = 1 −
7
64
=
57
64
.
∴ Jadi, peluang kedua parabola memiliki titik persekutuan =
𝟓𝟕
𝟔𝟒
.
13. (m2 + 6n2)(p2 + 6q2) = (mp + 6nq)2 + 6(np − mq)2
17(p2 + 6q2) = 1945 + 6 ⋅ 82
p2 + 6q2 = 137
∴ Jadi, nilai p2 + 6q2 sama dengan 137
14. a2 + 4b dan b2 + 4a keduanya adalah bilangan kuadrat maka
a2 + 4b = (a + k)2 = a2 + 2ka + k2 untuk suatu bilangan asli k.
4b = 2ka + k2
b2 + 4a = (b + m)2 = b2 + 2mb + m2 untuk suatu bilangan asli m.
4a = 2mb + m2
4(a + b) = 2ka + 2mb + k2 + m2
Jika k, m > 1 maka 2ka + 2mb + k2 + m2 > 4(a + b). Kontradiksi.
Maka salah satu dari k atau m harus kurang dari 2.
Karena simetri, maka tanpa mengurangi keumuman misalkan k ≤ 1.
a2 < a2 + 4b ≤ (a + 1)2
Maka haruslah a2 + 4b = (a + 1)2 = a2 + 2a + 1
4b = 2a + 1
Karena 4b genap dan 2a + 1 ganjil maka kesamaan tidak mungkin terjadi.
∴ Jadi, banyaknya pasangan bilangan bulat positif (a, b) yang memenuhi ada 0.
15. Karena parabola memiliki titik puncak �
1
2
, −
1
13
� maka 𝑦 = 𝑎 �𝑥 −
1
2
�
2
−
1
13
= 𝑎𝑥2
− 𝑎𝑥 +
𝑎
4
−
1
13
.
𝑦 = 𝑎𝑥2
+ 𝑏𝑥 + 𝑐
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 bulat memiliki arti bahwa ketika 𝑥 = 1 maka 𝑦 bulat.
𝑎 − 𝑎 +
𝑎
4
−
1
13
merupakan bilangan bulat.
13𝑎−4
52
∈ Z.
Karena 𝑎 > 0 maka 13𝑎 − 4 > −4
Nilai 13𝑎 − 4 terkecil yang menyebab 52(13𝑎 − 4) adalah saat 13𝑎 − 4 = 0
Nilai terkecil 𝑎 adalah
4
13
.
∴ Jadi, nilai terkecil 𝑎 adalah
𝟒
𝟏𝟑
.

16. Jika a = 0 atau b = 0 akan menyebabkan θ = 0o atau 90o. Jadi, a, b ≠ 0.
Agar 0o < θ < 90o maka a dan c harus bertanda sama.
Karena untuk a, b > 0 dengan c suatu nilai tertentu berhimpit dengan jika a, b < 0 dan c bernilai sama
tetapi berlainan tanda (garis ax + by + c = 0 berhimpit dengan −ax − by − c = 0) maka dapat dimisalkan
a > 0.
Banyaknya cara memilih nilai a ada 3. Banyaknya cara memilih nilai b juga ada 3. Sedangkan
banyaknya cara memilih nilai c ada 7.
Tetapi 2 dari 3 persamaan garis mx + my + m = 0 dengan m = 1, 2, 3 harus dibuang sebab ketiganya
berhimpit.
Juga 2 dari 3 persamaan garis mx + my − m = 0 dengan m = 1, 2, 3 harus dibuang sebab ketiganya
berhimpit.
Terakhir 2 dari 3 persamaan garis mx + my = 0 dengan m = 1, 2, 3 harus dibuang sebab ketiganya
berhimpit.
Banyaknya garis lurus yang memenuhi = 3 ⋅ 3 ⋅ 7 − 6 = 57.
∴ Banyaknya garis lurus yang memenuhi = 57.
17. Akan dibuktikan bahwa untuk n < 9 maka tidak akan memenuhi.
Beri warna merah untuk bilangan 1, 2, 5 dan 6 serta beri warna putih untuk 3, 4, 7 dan 8.
Maka akan didapat tidak ada 3 bilangan dengan warna yang sama membentuk barisan aritmatika.
Akan dibuktikan bahwa untuk n = 9 akan memenuhi selalu ada 3 bilangan dengan warna yang sama
membentuk barisan aritmatika.
Tanpa mengurangi keumuman misalkan 5 berwarna merah.
Anggap bahwa untuk n = 9, maka tidak ada 3 bilangan dengan warna yang sama membentuk barisan
aritmatika
Jika 1, 5 dan 9 berwarna sama maka bukti selesai. Maka sedikitnya salah satu dari 1 atau 9 akan
berwarna putih.
• Kasus 1, jika 1 berwarna merah dan 9 berwarna putih.
Maka 3 harus berwarna putih sehingga 6 harus berwarna merah.
Karena 1, 5 dan 6 berwarna merah maka 4 dan 7 harus berwarna putih sehingga 2 dan 8 harus
berwarna merah. Tetapi 2, 5, 8 membentuk barisan aritmatika. Kontradiksi.
• Kasus 2, jika 1 berwarna putih dan 9 berwarna merah.
Maka 7 harus berwarna putih sehingga 4 harus berwarna merah.
Karena 4, 5 dan 9 berwarna merah maka 3 dan 6 harus berwarna putih sehingga 2 dan 8 harus
berwarna merah. Tetapi 2, 5, 8 membentuk barisan aritmatika. Kontradiksi.
• Kasus 3, jika 1 dan 9 keduanya berwarna putih.
 Jika 7 merah
Maka 3 dan 6 harus berwarna putih. Tetapi 3, 6 dan 9 membentuk barisan aritmatika.
 Jika 7 putih
Maka 4 dan 8 harus berwarna merah sehingga 3 dan 6 harus berwarna putih. Tetapi 3, 6 dan 9
membentuk barisan aritmatika. Kontradiksi.
Maka untuk n = 9 akan selalu memenuhi terdapat 3 bilangan berwarna sama yang membentuk
barisan aritmatika.
∴ Jadi, nilai n minimal adalah 9.

18. AB = AC = BC = √7
Jelas bahwa ADFE adalah jajaran genjang. Jadi, EF = AD = 12 dan DF = AE = 13.
∠DAE = ∠DFE dan ∠AEF = 180o − ∠DAE.
Karena ∠DAE = 60o maka ∠AEF = 120o
ABGC adalah segiempat talibusur sehingga ∠BGC = 180o − ∠BAC = 120o
Karena ∠CBG dan ∠CAG menghadap talibusur yang sama maka ∠CBG = ∠CAG
Karena ∠CBG = ∠CAG = ∠EAF dan ∠BGC = ∠AEF maka ∆BCG dan ∆AEF sebangun.
[EAF] =
1
2
AE ⋅ EF sin ∠AEF = 39√3
Karena ∆BCG dan ∆AEF sebangun, maka perbandingan luas dapat dinyatakan sebagai kuadrat
perbandingan sisi.
AF2 = AE2 + EF2 − 2AE ⋅ AF cos ∠AEF = 132 + 122 + 26 ⋅ 12 ⋅
1
2
= 469
[𝐵𝐶𝐺] =
𝐵𝐶2
𝐴𝐹2 ∙ [𝐸𝐴𝐹] =
39√3
67
∴ Jadi, luas ∆BCG =
𝟑𝟗√𝟑
𝟔𝟕
19. Misalkan Q adalah himpunan semua bilangan rasional.
Misalkan y = x2 − 10
y2 = x4 − 20x2 + 100 ∈ Q
x3 − 13x = x(x2 − 13) = x(y − 3) ∈ Q ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
x2(y − 3)2 ∈ Q
Subtitusikan x2 = y + 10
(y + 10)(y − 3)2 ∈ Q
y3 + 4y2 − 51y + 90 = y(y2 − 51) + 4y2 + 90 ∈ Q ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)
Karena y2 ∈ Q maka 4y2 + 90 dan y2 − 51 keduanya rasional.
Maka ada 2 kasus :
• Kasus 1, jika y2 − 51 = 0
Maka 𝑦 = ±√51
𝑥2
− 10 = ±√51
𝑥 = ±�10 ± √51�
Melalui pengecekan, keempat nilai x tersebut tidak ada yang memenuhi.
• Kasus 2, jika y2 − 51 ≠ 0
Berdasarkan (2), karena y2 − 51 dan 4y2 + 90 keduanya rasional maka haruslah y ∈ Q.
x2 − 10 ∈ Q

Maka x2 − 13 ∈ Q
Karena x(x2 − 13) ∈ Q dan x2 − 13 ∈ Q sedangkan x tak rasional maka haruslah x2 − 13 = 0.
Jadi, 𝑥 = ±√13
Mudah dicek bahwa 𝑥 = ±√13 memenuhi.
Jadi, banyaknya nilai x real tak rasional yang memenuhi ada sebanyak 2.
∴ Jadi, banyaknya nilai x real tak rasional yang memenuhi ada sebanyak 2.
20. Misalkan titik tengah AB adalah E dan titik tengah CD adalah F. Maka EF = 12.
Karena E pertengahan AB dan F pertengahan CD maka OE ⊥ AB dan OF ⊥ CD.
Karena OA = OB = 25 sedangkan AE = EB = 15 maka OE = 20.
Karena OC = OD = 25 sedangkan CF = FD = 7 maka OF = 24.
Pada ∆EFO berlaku :
EF2 = OE2 + OF2 − 2OE ⋅ OF cos ∠EOF
122 = 202 + 242 − 2 ⋅ 20 ⋅ 24 cos ∠EOF
cos ∠ 𝐸𝑂𝐹 =
13
15
Maka sin∠ 𝐸𝑂𝐹 =
2√14
15
Ada 2 kasus :
• Kasus 1, urutan titik sudut dalam arah jarum jam adalah O, E, P, F.
Karena ∠OFP + ∠OEP = 90o + 90o = 180o maka OEPF adalah segiempat talibusur dengan OP adalah
diameternya.
Dengan dalil sinus didapat
𝐸𝐹
sin∠ 𝐸𝑂𝐹
= 𝑂𝑃
Karena EF = 12 maka OP =
45√7
7
• Kasus 2, urutan titik sudut dalam arah jarum jam adalah O, E, F, P.

Karena ∠OEP = 90o maka dapat dibuat sebuah lingkaran melalui titik O, E dan P dengan OP
sebagai diameternya.
Karena ∠OFP = 90o maka dapat dibuat sebuah lingkaran melalui titik O, F dan P dengan OP
sebagai diameternya.
Jadi, dapat dibuat sebuah lingkaran melalui O, E, F dan P dengan OP sebagai diameternya.
Dengan cara yang sama seperti kasus 1 akan didapat OP =
45√7
7
∴ Jadi, panjang OP =
45√7
7

BAGIAN KEDUA
1. Beri petak-petak catur huruf-huruf sebagai berikut :
Peletakan Menteri Putih akan memiliki 4 kasus :
• Kasus 1, jika Menteri Putih diletakkan pada daerah bertanda A
Banyaknya cara meletakkan Menteri Putih ada 28.
Banyaknya petak yang berada pada arah horizontal, vertikal atau diagonal dengan Menteri Putih
ada sebanyak 22 termasuk petak yang ditempati Menteri Putih.
Banyaknya cara meletakkan Menteri Hitam sehingga keduanya tidak saling memakan ada 42.
Banyaknya cara peletakan agar keduanya tidak saling memakan ada 28 x 42 = 1176.
• Kasus 2, jika Menteri Putih diletakkan pada daerah bertanda B
• Kasus 3, jika Menteri Putih diletakkan pada daerah bertanda C
• Kasus 4, jika Menteri Putih diletakkan pada daerah bertanda D
Peluang kedua Menteri tidak saling memakan =
1176+800+456+144
64𝑥63
=
23
36
.
∴ Jadi, peluang kedua Menteri tidak saling memakan =
𝟐𝟑
𝟑𝟔
.
2. Misalkan d adalah FPB(20n + 3, 13n + 2).
Maka d(20(13n + 2) − 13(20n + 3)) = 1
Karena d1 maka d = 1.
Karena FPB(20n + 3, 13n + 2) = 1 sedangkan (20n + 3)(13n + 2) merupakan bilangan kuadrat maka
20n + 3 dan 13n + 2 masing-masing merupakan bilangan kuadrat sempurna.

Tetapi angka satuan 20n + 3 sama dengan 3, sehingga 20n + 3 tidak mungkin merupakan bilangan
kuadrat sempurna.
∴ Jadi, tidak ada bilangan bulat positif n sehingga (20n + 3)(13n + 2) merupakan bilangan
kuadrat sempurna.
3. 𝑥 +
3𝑥−𝑦
𝑥2+𝑦2 = 3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
𝑦 −
𝑥+3𝑦
𝑥2+𝑦2 = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)
Dari persamaan (2) akan didapat jika y = 0 akan didapat x = 0. Tetapi jika x = 0 dan y = 0
disubtitusikan ke persamaan (1) akan didapat bahwa hal tersebut tidak memenuhi. Jadi, y ≠ 0.
Kedua persamaan di atas ekivalen dengan
𝑥𝑦 +
3𝑥𝑦−𝑦2
𝑥2+𝑦2 = 3𝑦 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)
𝑥𝑦 −
𝑥2+3𝑥𝑦
𝑥2+𝑦2 = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4)
Jumlahkan kedua persamaan di atas didapat
2xy − 1 = 3y
Karena y ≠ 0 maka 𝑥 =
3𝑦+1
2𝑦
.
Persamaan (2) ekivalen dengan
y(x2 + y2) = x + 3y
𝑦 ��
3𝑦+1
2𝑦
�
2
+ 𝑦2
� = �
3𝑦+1
2𝑦
� + 3𝑦
(3y + 1)2 + 4y4 = 2(3y + 1) + 12y2
4y4 − 3y2 − 1 = 0
(4y2 + 1)(y2 − 1) = 0
Karena bilangan kuadrat tidak mungkin negatif maka y = ±1.
• Jika y = 1
Maka x = 2
Setelah diuji, maka pasangan (x, y) = (2, 1) memenuhi persamaan (1) dan (2).
• Jika y = −1
Maka x = 1.
Setelah diuji, maka pasangan (x, y) = (1, −1) memenuhi persamaan (1) dan (2).
∴ Penyelesaian sistem persamaan tersebut adalah x = 2 dan y = 1 atau x = 1 dan y = −1.
4. Misalkan H adalah perpotongan ketiga garis tinggi ∆ABC.
Karena ∠BDH = 90o maka ∠BHD = 90o − ∠BDH = ∠BCE. Maka ∆BHD sebangun dengan ∆BCE.
Karena ∠AXB dan ∠ACB menghadap talibusur yang sama maka ∠AXB = ∠ACB = ∠BCE.

Karena ∠BHD = ∠BCE = ∠AXB maka ∠BHX = ∠BXH. Maka ∆AHX sama kaki dan karena BD tegak
lurus HX maka BD memotong pertengahan HX. Jadi, HD = DX.
Dengan cara yang sama didapat HE = EY dan HF = FZ.
𝐴𝑋
𝐴𝐷
+
𝐵𝑌
𝐵𝐸
+
𝐶𝑍
𝐶𝐹
= 3 +
𝐷𝑋
𝐴𝐷
+
𝐸𝑌
𝐵𝐸
+
𝐹𝑍
𝐶𝐹
= 3 +
𝐻𝐷
𝐴𝐷
+
𝐻𝐸
𝐵𝐸
+
𝐻𝐹
𝐶𝐹
Mengingat alas ∆HBC dan ∆ABC sama maka perbandingan luas dapat dinyatakan sebagai
perbandingan tinggi.
Maka
[𝐻𝐵𝐶]
[𝐴𝐵𝐶]
=
𝐻𝐷
𝐴𝐷
. Dengan cara yang sama didapat
[𝐻𝐶𝐴]
[𝐴𝐵𝐶]
=
𝐻𝐸
𝐵𝐸
dan
[𝐻𝐴𝐵]
[𝐴𝐵𝐶]
=
𝐻𝐹
𝐶𝐹
.
𝐴𝑋
𝐴𝐷
+
𝐵𝑌
𝐵𝐸
+
𝐶𝑍
𝐶𝐹
= 3 +
𝐻𝐷
𝐴𝐷
+
𝐻𝐸
𝐵𝐸
+
𝐻𝐹
𝐶𝐹
= 3 +
[𝐻𝐵𝐶]
[𝐴𝐵𝐶]
+
[𝐻𝐶𝐴]
[𝐴𝐵𝐶]
+
[𝐻𝐴𝐵]
[𝐴𝐵𝐶]
= 3 + 1 = 4
∴ Jadi, nilai dari
𝐴𝑋
𝐴𝐷
+
𝐵𝑌
𝐵𝐸
+
𝐶𝑍
𝐶𝐹
sama dengan 4.
5. Misalkan I adalah pusat lingkaran dalam ΔABC dan menyinggung sisi AC dan AB berturut-turut di titik
E dan F.
Karena CM garis bagi ∠ACH maka ∠ACM = ∠MCH = α.
Karena CN garis bagi ∠BCH maka ∠BCN = ∠NCH = β.
Jadi, ∠ACB = 2(α + β)
Karena I pusat lingkaran dalam maka ∠ECI =
1
2
∠ACB.
Karena I juga adalah pusat lingkaran luar ΔCMN maka IM = IN = R dengan R adalah jari-jari lingkaran
luar ΔCMN.
Jelas bahwa IF ⊥ MN.
Karena IM = IN dan IF ⊥ MN maka ∠MIF = ∠FIN sehingga ∠MIN = 2∠FIN ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
Perhatikan ΔCMN, karena MN adalah talibusur lingkaran luar ΔCMN maka
∠MIN = 2∠MCN = 2(α + β) = ∠ACB = 2∠ECI ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)
Jadi, ∠FIN = ∠ECI.
Selain itu ∠NFI = ∠IEC = 90o sehingga ΔNFI dan ΔIEC sebangun.
Karena IN = IC = R maka ΔNFI dan ΔIEC kongruen sehingga IE = FN dan CE = IF.
Karena IE = IF maka ΔNFI dan ΔIEC siku-siku sama kaki. Jadi, ∠FIN = 45o sehingga ∠ACB = 90o.
Maka ∠HCB = 90o − ∠CBA = ∠BAC.
∠ACN = ∠ACB −
1
2
∠HCB = 90o −
1
2
∠BAC
∠CNA = 180o − (∠ACN + ∠NAC) = 180o − (90o −
1
2
∠BAC + ∠BAC) = 90o −
1
2
∠BAC = ∠ACN
Karena ∠CNA = ∠ACN maka ΔCAN sama kaki dengan AC = AN.
Dengan cara yang sama akan didapat BC = BM
Luas segitiga ABC =
1
2
AC ⋅ BC
∴ Terbukti bahwa luas segitiga ABC =
𝑨𝑵∙𝑩𝑴
𝟐

Solusi uji coba osp 2013

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (17)

Similar to Solusi uji coba osp 2013

Similar to Solusi uji coba osp 2013 (20)

More from Didik Sadianto

More from Didik Sadianto (20)

Solusi uji coba osp 2013