Docstoc

Soal dan Pembahasan OSN Matematika SMA Tahun 2012 Hari Pertama

Document Sample
Soal dan  Pembahasan OSN Matematika  SMA Tahun 2012  Hari Pertama Powered By Docstoc
					Tutur Widodo                                               Pembahasan OSN SMA Tahun 2012




       Pembahasan OSN SMA Tingkat Nasional Tahun 2012
                                 Bidang Matematika
                                       Hari Pertama




  1. Buktikan bahwa untuk sebarang bilangan asli a dan b, bilangan

                              n = F P B(a, b) + KP K(a, b) − a − b

     adalah bilangan bulat genap tak negatif.
     Penyelesaian :
                                                                                    ab        d2 xy
     Misalkan F P B(a, b) = d sehingga a = dx, b = dy dan KP K(a, b) =              d
                                                                                          =     d
                                                                                                      = dxy
     untuk suatu bilangan asli x, y. Selanjutnya didapat

                                      n = d + dxy − dx − dy
                                        = d (1 + xy − x − y)
                                        = d(x − 1)(y − 1) ≥ 0

     Apabila a, b keduanya genap maka d = F P B(a, b) juga genap, sehingga n genap.
     Untuk kasus lain, yaitu a, b keduanya tidak genap, tanpa mengurangi keumuman,
     misalkan a ganjil maka d ganjil sehingga x = a ganjil yang berakibat (x − 1) genap
                                                  d
     sehingga n genap.
     Jadi, terbukti bahwa n adalah bilangan bulat genap tak negatif.

  2. Diberikan bilangan asli n dan bilangan - bilangan real positif a1 , a2 , · · · , an . Buk-
     tikan bahwa

                   (1 + a1 )2 (1 + a2 )3 · · · (1 + an )n+1 ≥ (n + 1)n+1 a1 a2 · · · an

     dan tentukan kapan kesamaan berlaku.
     Penyelesaian :
     Dengan AM-GM diperoleh,

                                            1 1            1
                                  1 + ak =    + + · · · + + ak
                                            k k            k
                                                        ak
                                          ≥ (k + 1) k+1 k
                                                        k

                                                                                                          1
Tutur Widodo                                                   Pembahasan OSN SMA Tahun 2012


    untuk setiap k = 1, 2, · · · , n.
    Oleh karena itu,

                                                                     a2                    an
          (1 + a1 )2 (1 + a2 )3 · · · (1 + an )n+1 ≥ 22 (a1 ) · 33    2
                                                                          · · · (n + 1)n+1 n
                                                                     2                     n
                                                                 n+1
                                                        = (n + 1) a1 a2 · · · an

                                                1
    dan kesamaan terjadi ketika ak =            k
                                                    untuk setiap k = 1, 2, · · · , n.

  3. Diberikan segitiga lancip ABC dengan AB > AC dan memiliki titik pusat lingkaran
     luar O. Garis BO dan CO memotong garis bagi ∠BAC berturut - turut di titik
     P dan Q. Selanjutnya garis BQ dan CP berpotongan di titik R. Buktikan bahwa
     garis AR tegak lurus terhadap garis BC.
     Penyelesaian :
     Perhatikan sketsa di bawah ini!

                                                                                        E




                                                    C
                                            G
                                   D        H
                                        Q           R
                                        F
                                                P
                               O
         B
                                                           A

    Misalkan ∠BAC = α maka diperoleh ∠BOC = 2α. Yang berakibat ∠OCB = 90◦ −
    α. Oleh karena itu, untuk membuktikan AG⊥BC cukup dibuktikan ∠CHG = α.
    Padahal kita punya,

                                       ∠CHG = ∠HCA + ∠CAH
                                                    = ∠OAC + ∠CAH

    Jadi, cukup dibuktikan ∠CAH = ∠OAB. Akan tetapi karena AD garis bagi ∠BAC
    maka cukup ditunjukkan ∠OAD = ∠RAD.
    Misalkan E adalah perpotongan garis BC dan OR maka diperoleh rasio (BDCE)
    harmonic. Demikian pula dengan memanfaatkan pencil P (BDCE) diperoleh ra-
    sio (OF RE) juga harmonic. Karena AD garis bagi ∠BAC dan rasio (BDCE)
    harmonic berakibat ∠EAD = 90◦ . Demikian pula, karena rasio (OF RE) har-

                                                                                                2
Tutur Widodo                                                    Pembahasan OSN SMA Tahun 2012


     monic dan ∠EAF = ∠EAD = 90◦ maka ∠OAF = ∠RAF . Oleh karena itu,
     ∠OAD = ∠OAF = ∠RAF = ∠RAD seperti yang diharapkan.
     Jadi, terbukti AG⊥BC.

  4. Diberikan 2012 titik berbeda A1 , A2 , · · · , A2012 di bidang Cartesius. Untuk sebarang
     permutasi B1 , B2 , · · · , B2012 dari A1 , A2 , · · · , A2012 didefinisikan bayangan dari titik
     P terhadap permutasi tersebut sebagai berikut :
     Titik P dirotasikan 180◦ dengan pusat B1 menghasilkan P1 ,
     Titik P1 dirotasikan 180◦ dengan pusat B2 menghasilkan P2 ,
     ...........
     ...........
     ...........
     Titik P2011 dirotasikan 180◦ dengan pusat B2012 menghasilkan P2012 ,
     Selanjutnya titik P2012 dikatakan sebagai bayangan dari titik P terhadap permu-
     tasi B1 , B2 , · · · , B2012 . Misalkan N adalah banyak bayangan titik P yang berbeda
     terhadap semua permutasi dari A1 , A2 , · · · , A2012 . Tentukan nilai terbesar yang
     mungkin bagi N .
     Penyelesaian :
     Misalkan titik P (x0 , y0 ) dan A1 (xa1 , ya1 ), A2 (xa2 , ya2 ), · · · , A2012 (xa2012 , ya2012 ) serta
     sebarang permutasi dari A1 , A2 , · · · , A2012 yaitu B1 (xb1 , yb1 ), B2 (xb2 , yb2 ), · · · , B2012 (xb2012 , yb2012 )
     Kita ketahui bahwa jika titik Pi−1 (xi−1 , yi−1 ) dirotasikan 180◦ dengan pusat Bi (xbi , ybi )
     menghasilkan titik Pi (xi , yi ) dengan

                                   xi = 2xbi − xi−1 dan yi = 2ybi − yi−1

     Oleh karena itu bayangan titik P terhadap permutasi B1 , B2 , · · · , B2012 adalah titik
     P (x2012 , y2012 ) dengan

                  x2012 = x0 − 2xb1 + 2xb2 − 2xb3 + 2xb4 − · · · − 2xb2011 + 2xb2012

     dan
                   y2012 = y0 − 2yb1 + 2yb2 − 2yb3 + 2yb4 − · · · − 2yb2011 + 2yb2012

     Untuk mencari nilai maksimal dari N maka kita dapat memperhatikan nilai absis
     dari titik P2012 saja, sedangkan untuk ordinatnya bisa dianggap memiliki sifat sama
     dengan absis. Perhatikan nilai absis dari P2012 yaitu

     x2012 = x0 − 2xb1 + 2xb2 − 2xb3 + 2xb4 − · · · − 2xb2011 + 2xb2012
            = x0 + 2(xb2 + xb4 + xb6 + · · · xb2012 ) − 2(xb1 + xb3 + xb5 + · · · + xb2011 )
            = x0 + 2(xb1 + xb2 + xb3 + · · · xb2011 + xb2012 ) − 4(xb1 + xb3 + xb5 + · · · + xb2011 )


                                                                                                            3
Tutur Widodo                                                Pembahasan OSN SMA Tahun 2012


    Jadi, nilai dari x2012 tergantung nilai dari xb1 , xb3 , xb5 , · · · , xb2011 . Karena untuk
    menyusun xb1 , xb3 , xb5 , · · · , xb2011 ada 2012 pilihan yang tersedia yaitu dari xa1 , xa2 , xa3 , · · · , xa201
                                2012
    maka diperoleh N ≤                    .
                                1006
                                      2012
    Untuk memperoleh nilai N =                    haruslah dicari suatu himpunan 2012 bi-
                                      1006
    langan dengan sifat jika H = {h1 , h2 , · · · , h1006 } dan G = {g1 , g2 , · · · , g1006 } adalah
                                                                            1006          1006
    sebarang subset dari himpunan tersebut dan H = G maka                          hn =          gn .
                                                                            n=1           n=1

                                                          Disusun oleh : Tutur Widodo
                                                 Apabila ada saran, kritik maupun masukan
                                                                  silakan kirim via email ke
                                                                       tutur.w87@gmail.com
                                                                               Terima kasih.
                                            My blog : http://mathematic-room.blogspot.com




                                                                                                        4

				
DOCUMENT INFO
Shared By:
Stats:
views:1668
posted:11/14/2012
language:Unknown
pages:4
Description: This document is for high school students who want to participant in mathemathic competition in indonesia