Pembahasan soal osn guru matematika sma 2011 tingkat provinsi

z
PembahasanPembahasanPembahasanPembahasan SoalSoalSoalSoal
OLIMPIADE SAINS NASIONAL KHUSUS GURU MATEMATIKA SMAOLIMPIADE SAINS NASIONAL KHUSUS GURU MATEMATIKA SMAOLIMPIADE SAINS NASIONAL KHUSUS GURU MATEMATIKA SMAOLIMPIADE SAINS NASIONAL KHUSUS GURU MATEMATIKA SMA
OSN Guru MatematikaOSN Guru MatematikaOSN Guru MatematikaOSN Guru Matematika SMASMASMASMA
(Olimpiade Sains Nasional)
Disusun oleh:
Pak AnangPak AnangPak AnangPak Anang

Halaman 2 dari 26
Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2011 by http://pak-anang.blogspot.com
PEMBAHASANPEMBAHASANPEMBAHASANPEMBAHASAN SOALSOALSOALSOAL
OLIMPIADE GURU MATEMATIKAOLIMPIADE GURU MATEMATIKAOLIMPIADE GURU MATEMATIKAOLIMPIADE GURU MATEMATIKA SMASMASMASMA
TINGKAT PROPINSITINGKAT PROPINSITINGKAT PROPINSITINGKAT PROPINSI
TANGGALTANGGALTANGGALTANGGAL 20202020 JUJUJUJULLLLI 201I 201I 201I 2011111
By Pak Anang (By Pak Anang (By Pak Anang (By Pak Anang (http://pakhttp://pakhttp://pakhttp://pak----anang.blogspot.comanang.blogspot.comanang.blogspot.comanang.blogspot.com))))
Bagian pertamaBagian pertamaBagian pertamaBagian pertama
1. Diketahui suatu barisan bilangan riil 12 yang memenuhi 1234 = 21236 + 12, dimana
19 = 9 dan 1; = 128, 1= = ….
Pembahasan:Pembahasan:Pembahasan:Pembahasan:
19 = 214 + 16
1? = 219 + 14 = 2(214 + 16) + 14 = 514 + 216
1= = 21? + 19 = 2(514 + 216) + 214 + 16 = 1214 + 516
1; = 21= + 1? = 2(1214 + 516) + 514 + 216 = 2914 + 1216
Dari soal diketahui 19 = 9 dan 1; = 128, eliminasi 16 untuk mendapatkan nilai 16
2914 + 1216 = 128 × 1 2914 + 1216 = 128
214 + 16 = 9 × 12 2414 + 1216 = 108
514 = 20 ⇔ 14 = 4
Substitusi 14 ke 214 + 16 = 9, sehingga
214 + 16 = 9 ⇔ 2(4) + 16 = 9
⇔ 8 + 16 = 9
⇔ 16 = 9 − 8
⇔ 16 = 1
Jadi, didapatkan nilai 1= yaitu:
1= = 1214 + 516
= 12(4) + 5(1)
= 48 + 5
= 53

Halaman 3 dari 26
2. Jika FG dan H̅ vektor sehingga K|FG + H̅|K = 3 dan K|FG − H̅|K = 5, maka FG ∙ H̅ = ….
Dari bentuk berikut:
K|FG + H̅|K
4
= |F|4
+ |H|4
+ 2|F||H| cosN
K|FG − H̅|K
4
= |F|4
+ |H|4
− 2|F||H| cosN
Eliminasi |F|4
+ |H|4
pada K|FG + H̅|K
4
dan K|FG − H̅|K
4
, sehingga:
K|FG + H̅|K
4
= |F|4
+ |H|4
+ 2|F||H| cos N
K|FG − H̅|K
4
= |F|4
+ |H|4
− 2|F||H| cos N
K|FG + H̅|K
4
− K|FG − H̅|K
4
= 4|F||H| cos N ⇔ |FG||H̅| cosN =
K|FG + H̅|K
4
− K|FG − H̅|K
4
4
⇔ FG ∙ H̅ =
34
− 54
4
⇔ FG ∙ H̅ =
9 − 25
4
⇔ FG ∙ H̅ =
−16
4
⇔ FG ∙ H̅ = −4

Halaman 4 dari 26
3. Diberikan gambar berikut:
P
A B
O
Banyaknya rute terpendek dari titik O ke P yang tidak melalui ruas garis AB adalah ….
TRIK SUPERKILAT:TRIK SUPERKILAT:TRIK SUPERKILAT:TRIK SUPERKILAT:
Lintasan atau rute terpendek dari titik O ke P adalah lintasan yang terdiri kombinasi dari
gerakan ke kanan dan ke atas. Misal titik-titik C, D, E terletak seperti pada gambar berikut:
P
A B
O
Perhatikan gambar, dari titik O ke titik C ada 1 lintasan, dari titik O ke titik C ada 1 lintasan,
sehingga dari titik O ke titik D terdapat 2 lintasan, yaitu melalui titik C atau titik E. Demikian
seterusnya hingga mencapai titik P.
Dengan demikian untuk mencapai titik P dapat melalui titik Q dan R, sehingga banyak
lintasan atau rute terpendek dari titik O ke titik P yang tidak melewati titik A dan B adalah
sebanyak 20 + 22 = 42 lintasan.
C
E
D
1111 2222
1111 1111 1111 1111 1111
3333 4444 5555 6666
1111 3333 0000 0000 5555 11111111
1111 4444 4444 4444 9999 20202020
1111 5555 9999 13131313 22222222 42424242
Q
R

Halaman 5 dari 26
4. Segitiga ABC memiliki titik sudut A = (2, 0), B = (0, 2) dan C, dimana C berada pada garis
S + T = 5. Luas segitiga ABC yang terbesar adalah ….
Pertama, kita harus memahami maksud soal tersebut. Misal U adalah alas segitiga ABC, dan
kita misalkan ruas garis AB adalah alas dari segitiga ABC, maka
U = V(0 − 2)4 + (2 − 0)4 = √8 = 2√2
Selanjutnya, tinggi segitiga ABC adalah jarak antara ruas garis AB terhadap titik C yang
terletak pada garis S + T = 5. Luas daerah segitiga ABC akan menjadi tak hingga apabila
garis S + T = 5 dan ruas garis AB tidak sejajar, karena tinggi segitiga ABC akan berbeda
untuk setiap titik C.
Sehingga, kita akan memeriksa apakah ruas garis AB sejajar dengan garis S + T = 5.
Misal YZ[ adalah gradien ruas garis AB, dan Y adalah gradient garis S + T = 5, maka:
YZ[ =
2 − 0
0 − 2
= −1
S + T = 5 ⇔ T = 5 − S ⇔ Y = −1
Karena YZ[ = Y, maka ruas garis AB sejajar dengan garis S + T = 5.
Dengan demikian misalkan menyatakan tinggi segitiga ABC terhadap alas AB, maka
adalah jarak titik pada ruas garis AB terhadap garis S + T = 5. Kita ambil titik A yang
berada di ruas garis AB, maka adalah jarak titik A = (2, 0) ke garis S + T − 5 = 0,
sehingga:
= ]
(2) + (0) − 5
√14 + 14
] = ^
−3
√2
^ =
3
√2
=
3
2
√2
Jadi, luas daerah segitiga ABC yang terbesar adalah:
_∆abc =
1
2
U =
1
2
∙ 2√2 ∙
3
2
√2 = 3 satuan luas

Halaman 6 dari 26
5. Wati memiliki dua orang kakak laki-laki yang kembar. Wati berumur U tahun dan kakak
laki-lakinya berumur e tahun, dimana U dan e adalah bilangan bulat. Hasil perkalian ketiga
umur mereka adalah 128. Jumlah ketiga umur mereka adalah ….
128 = 2f
Diketahui umur Wati adalah U, umur kakak laki-laki Wati yang kembar adalah e, dimana
U, e adalah bilangan bulat dan U < e, maka perkalian umur ketiganya adalah:
Ue4
= 128
Nilai U dan e yang mungkin adalah:
2 × (29)4
= 128 ⇔ U = 2, e = 29
Sehingga, misal h adalah jumlah ketiga umur mereka, maka:
h = U + 2e = 2 + 2 ∙ 29
= 2 + 16 = 18 tahun.

Halaman 7 dari 26
6. Banyakya segitiga siku-siku yang memiliki sisi tegak U, e dan sisi miring e + 1, dimana U, e
adalah bilangan bulat dan e < 100, adalah ….
Jika U, e, dan e + 1 adalah sisi-sisi segitiga siku-siku dengan sisi miring e + 1, maka nilai
sisi-sisi segitiga tersebut harus memenuhi:
U + e > e + 1 ⇔ U > 1
Pada segitiga siku-siku dengan sisi tegak U, e dan sisi miring e + 1 berlaku teorema
Pythagoras:
U4
+ e4
= (e + 1)4
⇔ U4
= (e + 1)4
− e4
⇔ U4
= j(e + 1) + ekj(e + 1) − ek
⇔ U4
= 2e + 1
Padahal dari soal diketahui e < 100, sehingga nilai U4
yang mungkin U4
< 201. Sedangkan
dari syarat U > 1 maka U4
> 1. Berarti nilai U harus berada pada interval 1 < U4
< 201
Mengingat 2e adalah bilangan bulat dan U4
= 2e + 1, sehingga U4
pasti bernilai ganjil.
Karena U adalah bilangan bulat, maka nilai U4
adalah bilangan kuadrat yang bernilai ganjil
yang harus memenuhi 1 < U4
< 201.
Nilai U4
yang mungkin adalah 9, 25, 49, 81, 121, dan 169.
Sehingga pasangan sisi segitiga siku-siku yang mungkin dibuat adalah:
U4
= 9 ⇔ 2e + 1 = 9 ⇔ e = 4, jadi sisi-sisi segitiga tersebut adalah 3, 4, dan 5.
U4
U4
U4
U4
U4
Jadi dapat disusun sebanyak 6 buah segitiga siku-siku.

Halaman 8 dari 26
7. Misalkan diberikan fungsi n: ℝ → ℝ dengan n(1) = 1 dan untuk sebarang S ∈ ℝ memenuhi
n(S + 5) ≥ n(S) + 5 dan n(S + 1) ≤ n(S) + 1. Jika t(S) = n(S) − S + 1 maka t(2011)
adalah ….
Kita periksa fungsi rekursif dari n(S + 1) ≤ n(S) + 1 dengan nilai awal n(1) = 1, maka:
n(2) ≤ n(1) + 1 ⇔ n(2) ≤ 1 + 1 ⇔ n(2) ≤ 2
n(3) ≤ n(2) + 1 ⇔ n(3) ≤ 2 + 1 ⇔ n(3) ≤ 3
n(4) ≤ n(3) + 1 ⇔ n(4) ≤ 3 + 1 ⇔ n(4) ≤ 4
⋮
n(2012) ≤ 2012
Dari pola tersebut, bisa disimpulkan nilai n(2012) ≤ 2012
Sekarang periksa fungsi rekursif dari n(S + 5) ≥ n(S) + 5 dengan nilai awal n(1) = 1, maka
n(6) ≥ n(1) + 5 ⇔ n(6) ≥ 1 + 5 ⇔ n(6) ≥ 6
n(7) ≥ n(2) + 5 ⇔ n(7) ≥ 2 + 5 ⇔ n(7) ≥ 7
n(8) ≥ n(1) + 5 ⇔ n(8) ≥ 3 + 5 ⇔ n(8) ≥ 8
⋮
n(2012) ≥ 2012
Dari pola tersebut, bisa disimpulkan nilai n(2012) ≥ 2012
Karena 2012 ≤ n(2012) ≤ 2012, artinya n(2012) = 2012, sehingga:
t(S) = n(S) − S + 1, jika S = 2012, maka diperoleh:
t(2012) = n(2012) − 2012 + 1 = 2012 − 2012 + 1 = 1

Halaman 9 dari 26
8. Banyaknya nilai U yang memenuhi v 3S4
− 3 wS
x
y6
= −4 adalah ….
z 3S4
− 3 wS
x
y6
= −4 ⇔ {S9
− 3S|y6
x
= −4
⇔ (U9
− 3U) − (−1 + 3) = −4
⇔ U9
− 3U − 2 = −4
⇔ U9
− 3U + 2 = 0
⇔ (U − 1)4(U + 2) = 0
Jadi, ada 2 nilai U yang memenuhi adalah U = 1 atau U = −2.

Halaman 10 dari 26
9. Misalkan U, e, }, w bilangan asli sehingga logx e =
9
4
dan log~ w =
=
?
. Jika U − } = 9 maka
e − w = ….
logx e =
3
2
⇔ e = U
•
€
log~ w =
5
4
⇔ w = }
•
‚
Misalkan S = U
ƒ
€ maka berakibat e = U
•
€ ⇔ e = „U
ƒ
€…
9
⇔ e = S9
.
Misalkan T = }
ƒ
‚ maka berakibat w = }
•
‚ ⇔ w = „}
ƒ
‚…
=
⇔ w = T=
.
Sementara itu, dari S = U
ƒ
€ diperoleh U = S4
, dan dari dari T = }
ƒ
‚ diperoleh } = T?
,
sehingga:
U − } = 9 ⇔ S4
− T?
= 9 j†‡tU eˆ‡F‰ U4
− e4
= (U + e)(U − e)k
⇔ (S + T4)(S − T4) = 9 (†‡tU nU‰Š‹ wU‹† 9 UwUŒUℎ 3 × 3 UUF 9 × 1)
Ž†•UŒ (S + T4) = 3 wU‡ (S − T4) = 3, •UwUℎUŒ (S + T4) ≠ (S − T4).
’Uw† (S + T4) = 3 wU‡ (S − T4) = 3 †wU‰ YˆYˆ‡Fℎ†.
⇔ hˆℎ†‡ttU TU‡t YˆYˆ‡Fℎ† UwUŒUℎ (S + T4) = 9 wU‡ (S − T4) = 1
Dengan metode eliminasi dan substitusi pada persamaan (S + T4) = 9 dan (S − T4) = 1
akan diperoleh nilai S dan T sebagai berikut:
S + T4
= 9
S − T4
= 1
2S = 10 ⇔ S = 5
Sehingga,
S + T4
= 9 ⇔ T4
= 9 − S
⇔ T4
= 9 − 5
⇔ T4
= 4
⇔ T = ±2 (‰U‹ˆ‡U S, T e†ŒU‡tU‡ U•Œ†, YU‰U TU‡t YˆYˆ‡Fℎ† ℎU‡TU T = 2)
⇔ T = 2
Jadi,
e − w = S9
− T=
= 59
− 2=
= 125 − 32 = 93

Halaman 11 dari 26
10. Jika U dan e bilangan asli dan V12 + √140 = √U + √e, maka nilai U × e adalah ….
”12 + √140 ⇔ ”12 + 2√35
⇔ ”j7 + 2√7√5 + 5k
⇔ ”j√7 + √5k
4
⇔ √7 + √5
Jadi, nilai U = 7 dan e = 5, sehingga U × e = 7 × 5 = 35.
”12 + √140 ⇔ ”12 + 2√35
Jadi, dengan mengingat konsep ”(U + e) + 2√Ue = √U + √e dan dengan melihat bentuk
V12 + 2√35 di atas, sangat mudah kita temukan bahwa nilai U × e = 35.

Halaman 12 dari 26
11. Nilai dari
log tan 1° + log tan 2° + log tan 3° + … + log tan 89°
adalah ….
log tan 1° + log tan 2° + log tan 3° + … + log tan 89°
⇔ log(tan 1° × tan 2° × tan 3° × … × tan 89°)
⇔ log(tan 1° × tan 89° × tan 2° × tan 88° × tan 3° × tan 87° × … × tan 45°)
⇔ log(tan 1° × tan(90° − 1°) × tan 2° × tan(90° − 2°) × tan 3° × tan(90° − 3°) × … × tan 45°)
⇔ logj(tan 1° × cot 1°) × (tan 2° × cot 2°) × (tan 3° × cot 3°) × … × tan 45°k
⇔ log(1 × 1 × 1 × … × 1)
⇔ log 1
⇔ 0

Halaman 13 dari 26
12. U, e, 2011 adalah sebuah barisan dengan U dan e adalah bilangan bulat positif dan
U < e < 2011. Jika setiap suku dikurangi dengan dua, maka barisan tersebut menjadi
barisan geometri dengan rasio bilangan bulat. Nilai U adalah ….
U, e, 2011 adalah sebuah barisan, U, e ∈ ℕ.
Jika setiap suku dikurangi dua, diperoleh barisan geometri dengan rasio ‹, untuk ‹ ∈ ℤ.
Barisan geometri tersebut adalah:
(U − 2), (e − 2), 2009
Perhatikan bilangan pada suku ke-3 barisan geometri tersebut. Dikarenakan rumus suku
ke-‡ dari barisan geometri adalah F2 = U‹2y6
, maka suku ke-3 adalah F9 = U‹4
.
Padahal diketahui U, e ∈ ℕ dan ‹ ∈ ℤ, maka untuk suku ke-3 pasti memuat faktor kuadrat.
Kita periksa faktor dari bilangan 2009, diperoleh:
2009 = 74
× 41
Dan karena F9 = U‹4
dan F9 = 2009 maka diperoleh:
U‹4
= 74
× 41 ⇒ ‹4
= 74
⇒ ‹ = 7
⇒ U = 41

Halaman 14 dari 26
13. Suku banyak •(S) = Sf
+ US;
+ eS=
+ }S?
+ wS9
+ ˆS4
+ nS + t mempunyai tujuh akar
real berbeda dan salah satunya adalah nol. Koefisien yang tidak boleh nol adalah ….
Misal akar-akar suku banyak •(S) = Sf
+ US;
+ eS=
+ }S?
+ wS9
+ ˆS4
+ nS + t adalah
S6, S4, S9, S?, S=, S;, dan Sf. Diketahui suku banyak memiliki tujuah akar real berbeda dan
salah satu akarnya adalah nol, misal S6 = 0.
Sehingga dengan memeriksa sifat simetri akar (teorema Vieta) diperoleh:
S6 + S4 + S9 + S? + S= + S; + Sf = −U (eŠŒˆℎ ‡ŠŒ)
S6S4 + S6S9 + S6S? + … + S;Sf = e (eŠŒˆℎ ‡ŠŒ)
S6S4S9 + S6S4S? + S6S4S= + … + S=S;Sf = −}(eŠŒˆℎ ‡ŠŒ)
S6S4S9S? + S6S4S9S= + S6S4S9S; + … + S?S=S;Sf = w(eŠŒˆℎ ‡ŠŒ)
S6S4S9S?S= + S6S4S9S?S; + S6S4S9S?Sf + … + S9S?S=S;Sf = −ˆ(eŠŒˆℎ ‡ŠŒ)
S6S4S9S?S=S; + S6S4S9S?S=Sf + S6S4S9S?S;Sf + … + S4S9S?S=S;Sf = n(†wU‰ eŠŒˆℎ ‡ŠŒ)
S6S4S9S?S=S;Sf = −t = 0(•U•† ‡ŠŒ)
Nilai – U, e, −}, w, −ˆ mungkin saja nol jika jumlah suku yang tidak memuat S6 adalah nol.
Nilai – t pasti nol. Karena terdapat S6 = 0 yang membuat nilai S6S4S9S?S=S;Sf = 0.
Sedangkan untuk n, tidak boleh nol, karena semua yang berwarna merah nilainya adalah 0,
dan mengingat hanya satu akar yang nol yaitu S6 maka akar suku banyak yang lainnya
adalah tidak nol. Jadi perkalian S4S9S?S=S;Sf tidak boleh nol!

Halaman 15 dari 26
14.
4
1 2 32 16
8
Tiga dadu dibentuk dengan pola seperti gambar di atas. Jika ketiga dadu tersebut ditumpuk
di atas sebuah meja sedemikian sehingga satu dadu berada di atas dadu lainnya, maka
jumlah maksimum dari angka-angka yang dapat terlihat adalah ….
Perhatikan jumlah angka-angka pada sisi-sisi berhadapan adalah:
1 + 32 = 33
2 + 16 = 18
4 + 8 = 12
Sehingga jumlah semua angka pada sisi dadu adalah 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 = 63
UY•U‰ wˆ•U‡ UY•U‰ eˆŒU‰U‡t
Jika kita menyusun tiga dadu secara bertumpuk, maka akan terdapat dua pasang sisi
berhadapan yang tidak terlihat pada dua buah dadu terbawah, sementara pada dadu teratas
hanya ada satu sisi yang tidak terlihat.
Sehingga, jumlah maksimum dari angka-angka yang dapat terlihat bisa diperoleh dengan
meminimumkan angka-angka yang tidak terlihat.
Pertama, untuk dua pasang sisi berhadapan kita pilih pasangan angka 4 dan 8.
Kedua, untuk satu sisi yang tidak terlihat di dadu teratas kita pilih angka 1.
Jadi, jumlah maksimum dari angka-angka yang terlihat adalah:
(3 × 63) − j(2 × 12) + 1k = 189 − 25 = 164

Halaman 16 dari 26
15. Barisan naik 1, 3, 4, 9, 10, 12, 13, … terdiri dari bilangan-bilangan asli perpangkatan dari 3
atau jumlah dari perpangkatan 3 yang berbeda. Suku ke-2011 barisan itu adalah ….
PembPembPembPembahasan:ahasan:ahasan:ahasan:
(3œ), (36), (36
+ 3œ), (34), (34
+ 3œ), (34
+ 36), (34
+ 36
+ 3œ), …
Jika diamati, barisan tersebut ekuivalen dengan barisan bilangan biner 1, 10, 11, 100, 101,
110, 111, … pada basis 3.
Jadi untuk mendapatkan suku ke 2011 maka kita harus mencari bilangan biner untuk 2011:
2011
1005
0502
0251
0125
0062
0031
0015
0007
0003
0001
Jadi 20116œ = 111110110114.
Perhatikan bahwa bisa dibuktikan 2011 = 26œ
+ 2•
+ 2ž
+ 2f
+ 2;
+ 2?
+ 29
+ 26
+ 2œ
.
Sehingga suku ke 2011 barisan tersebut adalah:
F4œ66 = 36œ
+ 3•
+ 3ž
+ 3f
+ 3;
+ 3?
+ 39
+ 36
+ 3œ
= 59049 + 19683 + 6561 + 2187 + 729 + 81 + 27 + 3 + 1
= 88321
sisa 1
sisa 1
sisa 0
sisa 1
sisa 1
sisa 0
sisa 1
sisa 1
sisa 1
sisa 1
÷2
÷2
÷2
÷2
÷2
÷2
÷2
÷2
÷2
÷2

Halaman 17 dari 26
16. Misalkan Y dan ‡ bilangan asli yang memenuhi
6
+
6
2
=
?
f
. Nilai Y + ‡ adalah ….
1
Y
+
1
‡
=
4
7
⇔
Y + ‡
Y‡
=
4
7
⇔ 7(Y + ‡) = 4Y‡
⇔ 4Y‡ − 7Y − 7‡ = 0
¡c¢(4, −7, −7) = 1, ŒUŒF ‰ˆwFU ‹FU• w†‰UŒ† 4.
⇔ 16Y‡ − 28Y − 28‡ = 0 (UYeUℎ‰U‡ ‰ˆwFU ‹FU• wˆ‡tU‡ 49)
⇔ 16Y‡ − 28Y − 28‡ + 49 = 49
⇔ (4Y − 7)(4‡ − 7) = 49
’Uw† (4Y − 7) •U•† •UŒUℎ •UF nU‰Š‹ wU‹† 49 = ±1, ±7 ± 49
• Karena 1 adalah faktor 49, maka:
(4Y − 7) = 1 ⇔ 4Y = 8 ⇔ Y = 2, sehingga:
(4Y − 7)(4‡ − 7) = 49 ⇔ (4‡ − 7) =
?•
6
⇔ 4‡ = 56 ⇔ ‡ = 14
Jadi, Y = 2 dan ‡ = 14 adalah solusi bulat dari
6
+
6
2
=
?
f
.
• Karena −1 adalah faktor 49, maka:
(4Y − 7) = −1 ⇔ 4Y = 6 ⇔ Y =
;
?
, sehingga ini bukan solusi bulat dari
6
+
6
2
=
?
f
.
(4Y − 7) = 7 ⇔ 4Y = 14 ⇔ Y =
6?
?
, sehingga ini juga bukan solusi bulat dari
6
+
6
2
=
?
f
.
(4Y − 7) = −7 ⇔ 4Y = 0 ⇔ Y = 0, sehingga:
(4Y − 7)(4‡ − 7) = 49 ⇔ (4‡ − 7) =
49
−7
⇔ 4‡ = 0 ⇔ ‡ = 0
Jadi, Y = 0 dan ‡ = 0, namun sayang bukan bilangan asli, dan penyebut pecahan haram
diisi bilangan nol. Sehingga tidak jadi masuk ke jawaban. Hehe…
(4Y − 7) = 49 ⇔ 4Y = 56 ⇔ Y = 14, sehingga:
(4Y − 7)(4‡ − 7) = 49 ⇔ (4‡ − 7) =
49
49
⇔ 4‡ = 8 ⇔ ‡ = 2
Jadi, Y = 14 dan ‡ = 2 adalah solusi bulat dari
6
+
6
2
=
?
f
.
(4Y − 7) = −49 ⇔ 4Y = −42 ⇔ Y =
y?4
?
, sehingga bukan solusi bulat dari
6
+
6
2
=
?
f
.
Jadi Y + ‡ = 2 + 14 = 14 + 2 = 16

Halaman 18 dari 26
1
Y
+
1
‡
=
4
7
⇔
Y + ‡
Y‡
=
4
7
⇔ 7(Y + ‡) = 4Y‡
⇔ 7Y + 7‡ = 4Y‡
⇔ 7Y = 4Y‡ − 7‡
⇔ 7Y = ‡(4Y − 7)
⇔ ‡ =
7Y
4Y − 7
; 4Y − 7 ≠ 0
Solusi bulat Y dan ‡ didapatkan untuk nilai Y = 2 ⇒ ‡ = 14 dan Y = 14 ⇒ ‡ = 2
Jadi Y + ‡ = 2 + 14 = 14 + 2 = 16

Halaman 19 dari 26
17. Untuk bilangan riil U dan e didefinisikan U $ e = (U − e)4
. Bentuk sederhana dari
(S − T)4
$(T − S)4
adalah ….
(S − T)4
$(T − S)4
= ((S − T)4
− (T − S)4)4
= j(S4
− 2ST + T4) − (T4
− 2ST + S4)k
4
= 04
= 0
Ingat S4
= (−S)4
, maka (S − T)4
= j−(S − T)k
4
= (T − S)4
Jadi (S − T)4
$(T − S)4
= (S − T)4
$(S − T)4
= j(S − T) − (S − T)k
4
= 04
= 0

Halaman 20 dari 26
18. Jika 50œ
+ 506
+ 504
+ 509
+ … + 504œ66
dibagi oleh 7, maka sisanya adalah ….
Misal S2 adalah sisa pembagian 502
oleh 7, maka:
50 = 1 (YŠw 7) ¥‰U‹ˆ‡U 50 − 1 = 49 = 7 × 7, ¦Uw† 7|49§
502
= 12 (YŠw 7)
Jadi berapapun nilai ‡ (pangkat) dari 502
, sisa pembagian 502
adalah S2 = 12
= 1.
Sehingga,
Sisa pembagian 50œ
+ 506
+ 504
+ 509
+ … + 504œ66
oleh 7, bisa dituliskan sebagai:
¨ 52
4œ66
2©œ
(YŠw 7) = ¨ 1
4œ66
2©œ
(YŠw 7)
= ª1 + 1 + 1 + … + 1«¬¬¬¬¬-¬¬¬¬¬®
4œ64 ¯x°±²³
´ (YŠw 7)
= 2012 (YŠw 7)
= 24
× 503 (YŠw 7) ¥503 = 6 (YŠw 7)§
= 4 × 6 (YŠw 7)
= 24 (YŠw 7)
= 3 (YŠw 7)
Jadi sisa pembagian 50œ
+ 506
+ 504
+ 509
+ … + 504œ66
oleh 7 adalah 3.
Menggunakan cara pembagian tradisional, sisa pembagian 2012 terhadap 7 adalah 3.

Halaman 21 dari 26
19. Volume dari sebuah kubus yang memiliki luas permukaan dua kali lebih luas dari luas
permukaan kubus yang memiliki volume satu satuan adalah ….
Dari soal diperoleh informasi berikut:
_4 = 2_6 ⇔ 6•4
4
= 2 ∙ 6•6
4
⇔
•6
4
•4
4 =
1
2
⇔
•6
•4
=
1
√2
Sehingga, karena
µƒ
µ€
=
6
√4
dan H6 = 1 satuan volume, maka:
H6
H4
=
•6
9
•4
9 ⇔
H6
H4
= ¶
•6
•4
·
9
⇔
1
H4
= ¶
1
√2
·
9
⇔
1
H4
=
1
√29
⇔ H4 = √8
⇔ H4 = 2√2 satuan volume
Volume dan luas adalah ¸ ∼ _
•
€.
Sehingga volumenya adalah 2
•
€ = 2√2

Halaman 22 dari 26
20. Jika bilangan real S dan T memenuhi (S + 5)4
+ (T − 12)4
= 144
, maka nilai minimum
S4
+ T4
adalah ….
(S + 5)4
+ (T − 12)4
= 144
Persamaan tersebut adalah persamaan lingkaran dengan pusat (−5, 12) dan jari-jari 14.
S4
+ T4
= ‹4
Persamaan tersebut adalah persamaan lingkaran dengan pusat (0, 0) dan jari-jari ‹.
Sekarang, mari kita periksa apakah titik (0, 0) berada di dalam lingkaran atau tidak?
S = 0 dan T = 0 ⇔ 54
+ (−12)4
< 144
Jadi titik (0, 0) berada di dalam lingkaran, sehingga agar nilai S4
+ T4
maksimum maka
lingkaran S4
+ T4
= ‹4
harus menyinggung lingkaran (S + 5)4
+ (T − 12)4
= 144
.
Misalkan titik singgung tersebut adalah titik », maka diperoleh:
Jarak titik (−5, 12) ke titik P adalah jari-jari lingkaran tersebut, yaitu 14.
Jarak titik (−5, 12) ke titik (0, 0) dengan menggunakan teorema Pythagoras adalah 13 .
Nah, karena titik », (−5, 12), (0,0) adalah sebuah garis lurus, sehingga jarak jari-jari
lingkaran yang berpusat di (0, 0) adalah 1.
Jadi, nilai minimum S4
+ T4
adalah 14
= 1.
Dari teorema Pythagoras diperoleh jarak ke titik O adalah 13, sementara jari-jari lingkaran
luar adalah 14. Berarti selisihnya adalah jari-jari maksimum lingkaran dalam yang
menyinggung sisi lingkaran luar. Jadi nilai maksimum 14 − 13 = 1.

Halaman 23 dari 26
BagianBagianBagianBagian keduakeduakeduakedua
A. Persamaan kuadrat
S4
− (2U + 1)S + U(U − 1) = 0
mempunyai dua akar real S6 ≤ −1 dan S4 > 1.
21. Apakah nilai dari diskriminan ¢ ≥ 0 dan S6 ∙ S4 < 0 perlu dan cukup untuk menentukan
nilai U yang memenuhi persamaan dengan akar-akar tersebut? Mengapa?
Tidak, karena jika ¢ ≥ 0 berarti ada kemungkinan dua akar tersebut real dan kembar.
Padahal kenyataannya nilai akar-akar persamaan kuadrat tersebut terpisah pada dua
interval S6 ≤ −1 dimana nilai S6 pasti negatif, sementara S4 > 1 nilai S4 pasti positif. Jelas
diketahui bahwa tidak aka nada irisan yang tercipta antara bilangan positif dan negatif.
Untuk syarat S6 ∙ S4 < 0 juga kurang tepat, mengingat perkalian paling kecil yang tercipta
adalah −1 × 1 Œˆe†ℎ w†‰† = −1 ‰F‹U‡t w†‰†.
22. Jika tidak, tuliskan kondisi (persyaratan) yang harus dimiliki agar nilai U dapat ditentukan
untuk akar-akar tersebut? Catatan:Catatan:Catatan:Catatan: Saudara tidak perlu menentukan nilai U.
Syarat yang harus dimiliki adalah:
S6 ≤ −1
S4 > 1 ⇔ 1 < S4
¼ Jadi S6 ≤ −1 < 1 < S4.
Sehingga daerah penyelesaian dari S6 ≤ −1 < 1 < S4 adalah irisan dari:
S6 ≤ −1 < S4 ⇔ S6 + 1 ≤ 0 < S4 + 1 ⇔ (S6 + 1)(S4 + 1) ≤ 0 ………….(1)
S6 < 1 < S4 ⇔ S6 − 1 < 0 < S4 − 1 ⇔ (S6 − 1)(S4 − 1) < 0 …………….(2)
Dan juga jangan lupa, karena persamaan kuadrat memiliki dua akar real berbeda, maka
determinan harus positif, sehingga:
¢ > 0 ⇔ j−(2U + 1)k
4
− 4(1)jU(U − 1)k > 0 …………………….…………….(3)
Sehingga daerah penyelesaiannya agar nilai U dapat ditentukan untuk akar-akar tersebut
adalah irisan dari daerah penyelesaian (1), (2), dan (3).

Halaman 24 dari 26
B. Perhatikan persamaan:
|S − 1| − 3|S + 1| + |S − 2| = U
Untuk mencari nilai U agar persamaan itu memiliki penyelesaian dapat dilakukan
dengan menggambar grafik
T = n(S) = |S − 1| − 3|S + 1| + |S − 2|.
23. Gambar sketsa grafik fungsi n!
n(S) = |S − 1| − 3|S + 1| + |S − 2|
Pertama kita hilangkan tanda mutlak pada |S − 1|, sehingga n(S) menjadi:
n(S) = ½
S − 1 − 3|S + 1| + |S − 2|, S − 1 ≥ 0
−S + 1 − 3|S + 1| + |S − 2|, S − 1 < 0
Selanjutnya kita hilangkan tanda mutlak pada |S + 1|, sehingga n(S) menjadi:
n(S) = ¾
S − 1 − 3(S + 1) + |S − 2|, S − 1 ≥ 0 wU‡ S + 1 ≥ 0
S − 1 − 3(−S − 1) + |S − 2|, S − 1 ≥ 0 wU‡ S + 1 < 0
−S + 1 − 3(S + 1) + |S − 2|, S − 1 < 0 wU‡ S + 1 ≥ 0
−S + 1 − 3(−S − 1) + |S − 2|, S − 1 < 0 wU‡ S + 1 < 0
Selanjutnya kita hilangkan tanda mutlak pada |S − 2|, sehingga n(S) menjadi:
n(S) =
¿
À
À
À
Á
À
À
À
Â
S − 1 − 3(S + 1) + (S − 2), S − 1 ≥ 0 wU‡ S + 1 ≥ 0 wU‡ S − 2 ≥ 0
S − 1 − 3(S + 1) + (−S + 2), S − 1 ≥ 0 wU‡ S + 1 ≥ 0 wU‡ S − 2 < 0
S − 1 − 3(−S − 1) + (S − 2), S − 1 ≥ 0 wU‡ S + 1 < 0 wU‡ S − 2 ≥ 0
S − 1 − 3(−S − 1) + (−S + 2), S − 1 ≥ 0 wU‡ S + 1 < 0 wU‡ S − 2 < 0
−S + 1 − 3(S + 1) + (S − 2), S − 1 < 0 wU‡ S + 1 ≥ 0 wU‡ S − 2 ≥ 0
−S + 1 − 3(S + 1) + (−S + 2), S − 1 < 0 wU‡ S + 1 ≥ 0 wU‡ S − 2 < 0
−S + 1 − 3(−S − 1) + (S − 2), S − 1 < 0 wU‡ S + 1 < 0 wU‡ S − 2 ≥ 0
−S + 1 − 3(−S − 1) + (−S + 2), S − 1 < 0 wU‡ S + 1 < 0 wU‡ S − 2 < 0
Sehingga dengan menyederhanakan fungsi n(S) akan diperoleh:
n(S) =
¿
À
À
Á
À
À
Â
−S − 6, S ≥ 2
−3S − 2, 1 ≤ S < 2
5S, S ≥ 1 wU‡ S < −1 wU‡ S ≥ 2
3S − 4, S ≥ 1 wU‡ S < −1 wU‡ S < 2
−3S − 4, S < 1 wU‡ S ≥ −1 wU‡ S ≥ 2
−5S, −1 ≤ S < 1
3S − 2, S < 1 wU‡ S < −1 wU‡ S ≥ 2
S − 6, S < −1
Perhatikan untuk yang saya tandai merah adalah domain tidak valid.
Sehingga, fungsi n(S) adalah:
n(S) = ¾
−S − 6, F‡F‰ S ≥ 2
−3S − 2, F‡F‰ 1 ≤ S < 2
−5S − 6, F‡F‰ − 1 ≤ S < 1
S + 6, F‡F‰ S < −1
Untuk sketsa grafiknya bisa dilihat di sebelah kanan.
−8
5
21−1
−5

Halaman 25 dari 26
24. Dengan menggunakan sketsa grafik yang telah Saudara buat, tentukan nilai U agar
persamaan itu memiliki paling sedikit satu penyelesaian untuk S.
Nilai U bisa dimaknai sebagai titik-titik potong keempat garis tersebut.
Sehingga dengan eliminasi dan substitusi diperoleh titik-titik potong berikut:
−3S − 2, −5S − 6, dan S + 6 berpotongan di (−2, 4). Sehingga U = T = 4.
−S − 6 dan S + 6 berpotongan di (−6,0). Sehingga U = T = 0.
−S − 6 dan − 3S − 2 berpotongan di (2, −2). Sehingga U = T = −2.
−S − 6 dan − 5S − 6 berpotongan di (0, −6). Sehingga U = T = 0.

Halaman 26 dari 26
C. Misalkan N adalah bilangan bulat positif, dan N* menyatakan bilangan bulat yang
diperoleh dari menjumlahkan bilangan N dengan semua angka-angkanya. Sebagai
contoh: 5* = 10, 86* = 100, 977* = 1000, 9968* = 10000. Untuk menentukan bilangan
bulat N sehingga N* = 1.000.000, perhatikan proses pencarian berikut ini:
i. N memiliki paling banyak enam angka, sehingga jumlahnya paling besar 54.
ii. Misalkan N = 999.9Ue dengan U dan e adalah dua angka terakhir, dan N ≥ 999.946
iii. 1.000.000 = N* = (999.900 + 10U +e) + (36 + U + e) atau 11U + 2e = 64.
iv. Kita memperoleh 46 ≤ 11U ≤ 64 atau 46/11 ≤ U ≤ 64/11.
v. Nilai U = 5 dan e =
•
4
25. Tuliskan pernyataan yang salah atau buat suatu kesimpulan dari proses pencarian bilangan
bulat N di atas!
Pernyataan yang salah berwarna merah:
i. N memiliki paling banyak enam angka, sehingga jumlahnya paling besar 54.
ii. Misalkan N = 999.9Ue dengan U dan e adalah dua angka terakhir, dan N ≥ 999.946
iii. 1.000.000 = N* = (999.900 + 10U +e) + (36 + U + e) atau 11U + 2e = 64.
iv. Kita memperoleh 46 ≤ 11U ≤ 64 atau 46/11 ≤ U ≤ 64/11.
v. Nilai U = 5 dan e =
•
4
Solusi bulat untuk persamaan linear dua variabel tersebut adalah dengan menggunakan
teorema Diophantine.
Setelah menyelesaikan teorema Diophantine pada persamaan tersebut, ternyata tidak
ditemukan hasil yang memenuhi, karena nilai bulat yang memenuhi adalah, U = 4, dan
e = 10. Ingat U, e adalah bilangan satuan mulai 0 sampai 9.
Sehingga kesimpulannya, untuk N* = 1.000.000 tidak akan ditemukan solusinya.
Pembahasan soal OSN Guru Matematika SMA 2011 ini sangat mungkin jauh dari sempurna
mengingat keterbatasan penulis. Saran, koreksi dan tanggapan sangat diharapkan demi perbaikan
pembahasan soal OSN ini.
Untuk download pembahasan soal SNMPTN, UNAS, Olimpiade, dan rangkuman materi pelajaran
serta soal-soal ujian yang lainnya, silahkan kunjungi http://pak-anang.blogspot.com.
Terima kasih.
Pak Anang.

Pembahasan soal osn guru matematika sma 2011 tingkat provinsi

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (20)

Similar to Pembahasan soal osn guru matematika sma 2011 tingkat provinsi

Similar to Pembahasan soal osn guru matematika sma 2011 tingkat provinsi (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Pembahasan soal osn guru matematika sma 2011 tingkat provinsi