1. Solusi Soal Uji Coba OSN Mat/22 Juli 2012
SOLUSI UJI COBA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2012
JAKARTA
BIDANG : MATEMATIKA
Disusun Oleh: Didik Sadianto, S.Pd.
BAGIAN PERTAMA
1. Misalkan ABC segitiga dengan BAC  90 0 dan AB  AC . Titik M dan N terletak pada sisi
BC sedemikian sehingga N terletak diantara M dan C dan BM 2  MN 2  NC 2  0 . Buktikan
bahwa tan MAN  1.
SOLUSI: A
B M N C
Dengan menggunakan Aturan Kosinus, Kita peroleh:
MN 2  AM 2  AN 2  2 AM . AN cosMAN  (1)
Karena AM 2  BM 2  AB 2  BM . AB 2 dan AN 2  AC 2  NC 2  2 AC.NC 2 , hal ini
berakibat bahwa:
2 AB 2  AB.BM 2  AB.NC 2
cosMAN   (2)
2 AM AN
Dilain Pihak, Kita peroleh:
MAN   ABC   BAM   ACN 
2 AB 2  AB.MB 2  AB.CN 2
 (3)
4
Perhatikan bahwa:
MAN   1 AM . AN sin MAN 
2
2 AB 2  AB.MB 2  AB.CN 2
sin MAN   (4)
2 AM . AN
Dari (2) dan (4), maka kita peroleh bahwa:
tan MAN   1 (terbukti)
2. Untuk bilangan positif n, misalkan f didefinisikan sebagai
4n  4n 2  1
f ( n) 
2n  1  2n  1
2012
Tentukan nilai dari z   f i  .
i 1
SOLUSI:
4n  4n 2  1
Dari f (n)  , maka
2n  1  2n  1
Blog: didiksarden.blogspot.com Email: didiksarden@gmail.com

2. Solusi Soal Uji Coba OSN Mat/22 Juli 2012
f n  
 2n  1    2
2 n  1  4n 2  1 
2
2 n  1  2n  1
 f ( n) 
 2n  1  2 n  1  
3

3
2
Jadi, z 
2012

i 1
f i  
1
2

33  13   5 3 3
 3  ....    4024 3
 4022 3
  4024 3  1
2
.
3. Misalkan a, b, c, dan d bilangan real sehingga
a 2  b 2  1c 2  d 2  1  ac  bd  12
Buktikan bahwa a 2  b 2  1 dan c 2  d 2  1 .
SOLUSI:
Andaikan x  1  a 2  b 2 dan y  1  c 2  d 2 adalah bilangan non-negatif.
Perhatikan bahwa:
a 2  b 2  1c 2  d 2  1  ac  bd  12
2
4 xy  2ac  2bd  2 

 a 2  b 2  x  c 2  d 2  y  2ac  2bd 
2
 2 2
 a  c   b  d   x  y   x  y   x 2  2 xy  y 2 .  2 2
Hal ini baerakibat:
2
4 xy  x 2  2 xy  y 2 atau 0   x  y  (Hal ini suatu kontradiksi).
Jadi, benar bahwa: untuk a, b, c, dan d bilangan real sehingga
a 2  b 2  1c 2  d 2  1  ac  bd  12 berlaku bahwa a 2  b 2  1 dan c 2  d 2  1 .
4. Tentukan semua bilangan bulat n, sedemikian sehingga n 4  6n 3  11n 2  3n  31 merupakan
bilangan kuadrat sempurna.
SOLUSI:
Andaikan A  n 4  6n 3  11n 2  3n  31 merupakan kuadrat sempurna.
Hal ini berarti bahwa:
 
2
A  n 2  3n  1  3n  10 adalah kuadrat sempurna.
Kasus (1):
Jika n > 10, maka A  n 2  3n  1 , A  n 2  3n .   2
 
2
   2

2
 n 2  3n  1  n 2  3n  3n  30 atau 2n 2  3n  31  0 (Tidak Mungkin).
Kasus (2)

Jika n = 10, maka A  10 2  3.10  1  1312 merupakan bilangan kuadrat sempurna. 
2
Kasus (3)
Jika n < 10, maka A  n 2  3n  1 :   2
 n  3 atau 0  n  10
Maka n 2  3n  0

Jadi, A  n 2  3n  2 , yakni 2n 2  9n  27  0 
2
atau  7 
 3 33  3
n

3 33  3
3
  
4 4
Sehingga n = -6, -5, -4, -3, 0, 1, 2. Untuk nilai n ini maka nilai A berturut-turut: 409, 166,
67, 40, 31, 52, 145. Semua nilai A ini bukan kuadrat sempurna.
Blog: didiksarden.blogspot.com Email: didiksarden@gmail.com

3. Solusi Soal Uji Coba OSN Mat/22 Juli 2012
 n  2,  1 , maka nilai A berturut-turut 37, 34. Ini juga bukan kuadrat sempurna.
Jadi, nilai bilangan bulat n yang memenuhi hanya n = 10.
BAGIAN KEDUA
5. Lima buah dadu (enam-muka) akan dilempar satu demi satu, lalu hasil kelima angka yang
muncul akan dihitung. Manakah yang lebih besar peluang terjadinya hasil kali 180 atau hasil
kali 144 ?
SOLUSI:
Perhatikan bahwa: 180  2 2.3 2.5 , maka kemungkinan lima buah dadu yang memenuhi
perkaliannya 180 adalah
1, 3, 3, 4, 5 , 1, 2, 3, 5, 6 , 1, 1, 5, 6, 6 , 2, 2, 3, 3, 5 yang berturut-turut banyaknya
5! 5! 5!
kemungkinan tersebut adalah .5!. . .
2! 2!.2! 2!.2!
5! 5! 5! 5!
.5!. .
Peluang hasil kali mata dadu sama dengan 180 adalah 2! 2!.2! 2!.2! 2!  240 .
65 65
Perhatikan bahwa: 144  2 4.3 2 , maka kemungkinan lima mata dadu yang memeni perkaliannya
= 144 adalah 1, 1, 4, 6, 6, 1, 2, 2, 6, 6 , 1, 2, 3, 4, 6 , 1, 3, 3, 4, 4, 2, 2, 3, 3, 4, 2, 2, 2, 3, 6
yang secara berurutan banyaknya kemungkinan tersebut adalah
5! 5! 5! 5! 5!
. .5!. . .  260
2!.2! 2!.2! 2!.2! 2!.2! 3!
260
Peluang hasil kali mata dadu sama dengan 144 adalah 5 .
6
Jadi, peluang lebih besar adalah terjadinya hasil kali 144.
1
6. Barisan a n  memenuhi kondisi a1  a 2  1 dan a n  a n  2  . Tentukan nilai dari a 2012 .
a n1
SOLUSI:
Berdasarkan asusmsi pada soal, maka kita peroleh:
a n 2 a n1  a n1 a n  1. (1)
Bentuk persamaan (1) berarti bahwa merupakan suatu barisan a n 1 a n  aritmatika dengan beda
1 dan suku pertamanya juga 1. Sehingga kita peroleh bentuk:
a n1 a n  n, n  1, 2, 3,..... (2)
Perhatikan bahwa dari (2) kita peroleh:
n 1 n 1 n 1
a n 2    . a n , n  1, 2, 3, ....
a n 1 n / a n n
Hal ini berakibat bahwa:
2011 2011 2009
a 2012  .a 2010  . .a 2008
2010 2010 2008
2011 2009 3 3 5 7 2009 2011
 . ..... a 2  . . ....... .
2010 2008 2 2 4 6 2008 2010
Blog: didiksarden.blogspot.com Email: didiksarden@gmail.com

4. Solusi Soal Uji Coba OSN Mat/22 Juli 2012
7. Titik M berada di dalam daerah segitiga ABC. Misalkan titik D, E, F berturut-turut merupakan
hasil proyeksi titik M terhadap sisi BC, CA, dan AB. Tentukan nilai minimum dari
BC CA AB
  . B
MD ME MF
SOLUSI: D
F
M
C
E
A
Jelas bahwa MF, ME, MD berturut-turut ruas garis yang tegak lurus terhadap sisi AB, AC, dan
BC.
Dan jelas bahwa:
ABC   MAC   MAB  MBC 
2 ABC   BC..MD  AC..ME  AB..MF (1)
Dengan menggunakan Ketaksamaan Cauchy-Schwarz:
BC.MD  AC.ME  AB.MF  BC  CA  AB    AB  AC  BC 2
 
 MD ME MF 
BC CA AB 2 p 2 2 p
     ,
MD ME MF 2S r
dimana r, p, S berturut-turut menyatakan jari-jari lingkaran dalam segitiga, setengah keliling
segitiga, dan luas segitiga ABC.
BC CA AB 2p
Jadi, nilai minimum   sama dengan . Kesamaan ini tercapai pada saat:
MD ME MF r
BC.MD AC. ME AB. MF
  yakni ketika MD = ME = MF, dengan kata lain bahwa M
BC / MD CA / ME AB / MF
merupakan pusat segitiga ABC.
8. Sebuah komite mengadakan 40 pertemuan dengan 10 orang anggota komite hadir pada masing-
masing pertemuan. Setiap dua orang anggota komite menghadiri pertemuan secara bersamaan
paling banyak satu kali. Tunjukkan banyaknya anggota komite tersebut lebih dari 60.
SOLUSI:
Masing-masing pertemuan dihadiri oleh 10 orang. Maka banyaknya pasangan berbeda ada
10 C 2  45 pada masing-masing pertemuan.
Tidak ada dua pasangan yang mengikuti lebih dari satu pertemuan.
Karena ada 40 pertemuan maka sedikitnya 40.45 = 1800 pasangan berbeda.
Misalkan banyaknya anggota komite adalah n.
1
Banyaknya pasangan berbeda yang bias dibuat adalah n C 2  nn  1 , maka:
2
1
nn  1  1800  n  60 (terbukti)
2
Blog: didiksarden.blogspot.com Email: didiksarden@gmail.com