DR-Math's

Berusaha Berbagi Walau Satu Kata

SOAL DAN PEMBAHASAN OSN SMP TK KOTA TH 2011

SOAL OLIMPIADE SAINS NASIONAL

 SMP TINGKAT  KAB/KOTA TAHUN 2011

MATEMATIKA

WAKTU 150 MENIT (2,5 JAM)

                Saya ucapkan terimakasih  kepada  Mas Imam Pujo, M.Pd., Pengawas Mapel Matematika SMP Kota Sukabumi, sebagai rekan sejawat  yang telah memberikan soal ini untuk saya bahas,  walaupun saya tidak ikut serta membimbing siswa dalam kegiatan seleksi tingkat kota. Pembahasan soal ini hanyalah sebagai bahan saya berlatih dan berbagi  khususnya untuk siswa SMP peserta OSN   dan penggemar matematika pada umumnya.

                Soal sebanyak 30 butir terdiri dari 20 Pilihan Ganda 5 options, dan 10 Isian Singkat. Yang dimaksud soal Isian Singkat yaitu jawaban pada lembar jawaban hanya hasil akhirnya saja, bukan berarti cara menjawabnya singkat walapun ada yang singkat.

                Tentu pembahasan yang legal  dan benar  dari Pembuat soal OSN, pembahasan ini menurut Penulis yang mungkin saja terdapat kekeliruan walau demikian penulis berusaha menyajikan sejelas mungkin sebatas pengetahuan yang penulis miliki.

                Untuk menghemat waktu dan menghindari kesalahan ketik ulang, soal ini telah penulis Scan.

Sedikit tips  untuk peserta OSN,  dalam menjawab soal  sebaiknya terlebih dahulu bacalah petunjuk di bagian awal lembar soal, alokasikan waktu untuk menjawab soal PG dan uraian, bacalah dengan cermat semua soal  hingga anda memahami soal. Dari hasil identifikasi soal tersebut anda dapat menentukan prioritas soal nomor berapa  yang bisa segera dikerjakan dan ditangguhkan dan tentukan strategi yang tepat dalam menjawab soal !

Selamat  menyimak dan semoga bermanfaat !

1 .         KPK  dari (8! , 9!, 10! ) = 10!

10! = 10 x 9 x 8!

             C .        73/10!   mudah

 

2.          Karena bilangan yang dibentuk  genap, maka angka satuan dari bilangan tersebut yang mungkin adalah

2 atau 6.  Sehingga bilangan terbesar adalah 96.512 , dan bilangan terkecil  12.596

Selisihnya  96.512 – 12.596 = 83.916                            E

 Lihat pembahasan

3.          Sisa air dalam tabung = volum tabung – 3 volum bola pejal (dengan r = 3 cm)

             

 

 

 4.            Soal ini menuntut kemampuan peserta OSN  dalam memahami beberapa pernyataan dan membuat kesimpulan.

Diketahui : Terdapat  50 ekor kelinci.

  • 25 ekor kelinci  jantan , maka  25 ekor  kelinci betina
  • 25 ekor  dilatih menghindari jebakan, 10 ekor diantaranya jantan. Dari pernyataan ini diperoleh simpulan terdapat 15 ekor kelinci betina dilatih menghindari jebakan, dan  15 ekor kelinci jantan dan 10 ekor kelinci betina tidak dilatih menghindari jebakan.
  • 20 ekor (dari total 50 ekor) berhasil menghindari jebakan, 4 ekor diantaranya jantan. Dari pernyataan ini, maka terdapat 16 ekor kelinci betina yang dapat berhasil menghindari jebakan.
  • 15 ekor yang pernah dilatih berhasil menghindari jebakan, 3 ekor diantaranya jantan. Dari penyataan ini, maka terdapat 12 ekor betina  yang pernah dilatih berhasil menghindari jebakan dan sejumlah 10 ekor kelinci yang dilatih tidak dapat menghindari jebakan terdiri dari 7 ekor jantan dan 3 betina.

Dari pernyataan ke-3 dan ke-4 diperoleh simpulan  16 – 12 = 4 ekor kelinci betina dapat menghindari jebakan  tanpa dilatih.

Jadi, banyaknya kelinci betina yang tidak pernah dilatih dan tidak dapat menghindari jebakan adalah

10 – 4 = 6 ekor .           B

Lihat pembahasan

5.

 

               Karena merupakan  bilangan bulat,  maka  dapat ditulis :

 Untuk setiap nilai  k diperoleh satu nilai  x yang merupakan bulat, maka banyaknya bilangan bulat  x    yang memenuhi sama dengan banyaknya bilangan bulat  k  yaitu  6    D

 6.          Ubahlah  bilangan berpangkat tersebut  sehingga berpangkat sama !

24444 = (24)1111      , 33333 = (33)1111                  dan        42222 = (42)1111

24 = 16 ,  33=27  , dan  42 = 16   diketahui  fakta bahwa  16 < 27 ,maka urutan bilangan dari yang terkecil

Sampai yang terbesar adalah

24444 , 42222  ,  33333              A

Lihat pembahasan

7.       Menjawab soal seperti ini  buatlah  5 petak yang mana setiap petak mewakili dua kursi kemudian isi

  dengan   banyaknya cara yang mungkin dapat diduduki .

Petak ke-1  kemungkinan dapat diduduki oleh 5 pasutri, petak ke-2  kemungkinan dapat diduduki oleh 4   pasutri , dan seterusnya  .. terakhir  oleh 1 pasutri.          

 Ini menyatakan  banyaknya cara duduk  5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 5! = 120

Perhitungan belum tuntas , karena setiap pasang suami istri dapat menempati 2 posisi, diketahui ada 5 pasang sehingga banyaknya cara duduk yang mungkin agar pasutri berdampingan adalah

120 x 2 x 2 x 2 x 2 x2 = 120 x 32 = 3840                      C

 Secara umum jika terdapat n pasang , tersedia  2n tempat duduk, maka banyaknya cara duduk berdampingan adalah  n! x 2n .

Dalam menjawab soal seperti ini , selain kaidah operasi  hitung ,logika berpikir  kita sangat dominan berperan, jadi  tak perlu memaksakan menghapal  rumus-rumus !

Dengan strategi mulai dari jumlah yang sedikit , kita bisa menghitung lalu merumuskan secara umum.

8.      Diketahui  15 telur , 5 telur rusak maka 10 telur baik.

Ditanyakan berapa peluang diperoleh telur rusak ke-3  pada pengetesan ke-5?

Jawab :

Tentu, jelas telur yang diperiksa / dites  tidak dikembalikan lagi.

Dari pertanyaan  telur yang diambil sebanyak 5 butir.

Tentukan semua kemungkinan yang terjadi dalam pengetesan 5 butir tersebut .

Kemungkinan pengetesan ke-1 diperoleh telur Baik, ke-2  Baik, ke-3 Rusak, ke-4 Rusak, dan ke-5 Rusak  dan kita tulis        {BBRRR} kemungkinan kejadian yang lain :

{BRBRR} atau {BRRBR} atau {RBRBR} atau {RRBBR} atau {RBBRR}. Terdapat 6 kejadian yang mungkin.

 Karena tanpa pengembalian, maka Peluang setiap kejadian sama, dan 6 kejadian tersebut saling lepas. jadi  Peluang yang dimaksud adalah

P(BBRRR) + P(BRBRR) + P(BRRBR) + P(RBRBR) + P(RRBBR) + P(RBBRR) =

 

Lihat pembahasan

9.            Buatlah sketsa gambar Limas T.ABCD !

Limas T.ABCD beraturan, maka panjang AB = BC = CD = AD = 2 cm , begitu juga panjang TA =  TD =TB = TC = 4 cm .   ABCD adalah persegi, maka segitiga DAB siku-siku sama kaki.

  

 Segmen garis BE tegaklurus rusuk tegak TD ,selanjutnya kita hitung  panjang BE .

Perhatikan  segitiga TBD (yang merupakan bidang diagonal limas T.ABCD)

 Segitiga TBD samakaki, buat garis TF tegal lurus BD, maka DF = BF

       

Segitiga  TFD siku-siku di F, maka berdasarkan teorema Pythagoras

               Selajutnya  panjang BE dapat dihitung melalui kesamaan luas segitiga TBD

Luas segitiga TBD = 1/2 x TD x BE = 1/2 x BD x TF

TD x BE = BD x TF

BE = ( BD x TF ) / TD

`

 

10.    Untuk menghitung luas daerah yang diarsir yang terdiri dari 4 bagian daerah  yang kongruen, kita dapat

 menghitungnya  1 bagian saja kemudian  kalikan dengan 4.

Titik A, B, C, dan D  adalah pusat-pusat lingkaran dengan panjang jari-jari  r .

       

 Keliling  lingkaran = 62,4 cm

                  2 x 3,14 x r   = 62,4

6,28  x   r  = 62,4

r  = 10 cm

Luas  1 bagian daerah yang diarsir = luas persegi ABCD – Luas daerah 1 lingkaran

=  2r x 2r – 3,14 x r x r

= 20 x 20 – 3,14 x 10 x 10

= 400 – 314 = 86

Jadi, luas derah yang diarsir = 4 x 86 = 344 cm2                   A

Lihat pembahasan

11.          Diketahui keterlambatan sebuah jam dinding  5 menit setiap jamnya, maka keterlambatan 60 menit=

1jam setiap 12 jam. Jika pada pk. 12.00  menunjukkan waktu yang tepat, maka selama 12 jam kedepan waktu menunjukkan pk. 11.00 (keterlambatan 1jam) . Dengan demikian  jam dinding akan menunjukkan waktu yang tepat (pada pk.12.00 kembali) setelah  12 jam x 12 = 144 jam   E

 

12.          Jumlah bola  18 , terdiri dari  5 bola hitam, 6 bola putih, dan 7 bola hijau. Diambil 2 bola secara acak.

Kejadian yang mungkin  terambilnya 2 bola berwarna sama adalah

A : Terambilnya bola pertama hitam dan bola kedua hitam, maka P(A) = 5/18  x  4/17 = 10/153

B :  Terambilnya bola pertama putih dan bola kedua putih, maka P(B) = 6/18  x  5/17 = 15/153

C :  Terambilnya bola pertama hijau dan bola kedua putih, maka P(C) = 7/18  x  6/17 = 21/153

Karena kejadian  A, B, dan C  adalah kejadian yang saling lepas (tidak terjadi pada saat bersamaan)maka, peluang  terambilnya 2 bola berwarna sama          = P(A) + P(B) + P(C)

= 10/153 + 15/153 + 21/153 = 46/153        A

Lihat pembahasan

13.    Menjawab soal lingkaran,  langkah awal  buatlah sketsa  gambar lengkapi dengan ukuran panjangnya,

kemudian temukan letak titik pusat lingkaran dengan mengkonstruksi garis diagonal AC dan BD  seperti berikut:

 

 

 Titik O adalah titik potong diagonal AC dan BD, sehingga AO = BO = CO = DO = 1/2 AC

Karena  besar sudut ADC  siku-siku, maka O pusat lingkaran luar persegi ABCD

Dengan pengurangan luas daerah diperoleh ;

Luas daerah yang diarsir = 4 x luas 1/2 lingkaran pusat  P – (luas tembereng AB +CD +AD)

= 2 x luas lingkaran pusat P – (luas lingkaran pusat O – luas persegi ABCD)

= 2 x luas lingkaran pusat P – luas lingkaran pusat O + luas persegi ABCD

 

Review :

Luas daerah yang diarsir sama dengan luas Persegi ABCD.

Lihat pembahasan

14.   22x + 2-2x = 2

(2x)2 + (2-x)2 = 2

(2x  – 2-x )2 – 2. 2x. 2-x = 2

 (2x  – 2-x )2 – 2. 20 = 2

(2x  – 2-x )2 – 2 = 2

(2x  – 2-x )2 = 4

 

15.          Misalkan banyaknya guru  adalah  m orang  , dan  banyaknya profesor  adalah  n orang, maka

                 40 m – 35 m = 50 n – 40 n

5 m         = 10 n

m : n      = 10 : 5 = 2 : 1                     A

16.        Buatlah sketsa gambarnya sesuai informasi soal

     Diketahui  panjang AC = 25 cm, luas jajargenjang ABCD = 125, maka

AC  x DP = luas jajargenjang ABCD

25 x DP = 125 , maka panjang DP = 5 cm

Perhatikan segitiga APD siku-siku di  P , maka panjang  AP = 12 cm ( Ingat tripel Pythagoras)

Segitiga  APD kongruen dengan segitiga CQB (s-sd-sd) , maka panjang  AP = CQ, sehingga

2 x Panjang AP + panjang PQ = panjang AC

2 x 12  + panjang PQ = 25

Panjang PQ = 25 – 24 = 1 cm                          B

17.      Soal ini tentang penggunaan persamaan bentuk aljabar   (a + b)2 = a2 + 2ab + b2

Ubahlah  bilangan dalam tanda akar menjadi bentuk  kuadrat jumlah atau kuadrat selisih !

Untuk menghemat tempat, saya  uraikansecara terpisah

Lihat pembahasan :

18.      Diketahui :  1! = 1  , 2! = 2 x 1 = 2 ,  3! = 3 x 2 x 1 = 6,  4! = 4 x 3 x 2 x 1 = 24,   dan  5! = 5 x 4 x 3 x 2 x1 = 120

Perhatikan  angka satuan dari bilangan  n! , untuk  n ≥ 5  adalah 0 , jadi untuk mengetahui angka satuan dari

1!  + 2!  + 3!  + 4! + … + 2011!   Cukup kita hitung  jumlah dari 1!  + 2!  + 3! + 4!

1!  + 2!  + 3! + 4! = 1 + 2 + 6 + 24 = 33 .

Jadi,    1!  + 2!  + 3!  + 4! + … + 2011!   Adalah  suatu bilangan dengan angka satuan  3              A

19.      Cara menjawab soal ini , identik dengan soal no. 7 , perbedaannya  pada soal ini tempat duduk lebih 1 dari jumlah orang  yang menduduki.

Karena  2 orang yang bisa nyetir, maka tempat  duduk sopir kemungkinannya hanya dapat ditempati oleh 2 orang. Selanjutnya  hitung banyaknya cara tersisa  5 tempat duduk kosong yang dapat diisi oleh 4 orang.

Persoalan ini merupakan permutasi 4 tempat duduk terisi dari 5 tempat duduk kosong.  5 P 4 .

Jadi, banyaknya  cara duduk yang mungkin  adalah

20.      Buatlah sketsa gambarnya !

 

 Persegi   ABCD adalah  bingkai foto asal dengan panjang  AB = BC = CD= AD = 1 cm, sedangkan  persegi A’B’C’D’  hasil rotasi sebesar 45o dengan pusat P .

Prinsip Rotasi (pemutaran)  suatu bidang tidak mengubah luas dan ukuran panjang sisi-sisinya.

Sehingga  panjang  A’B’ = panjang AB = 1 cm

Perhatikan  segitiga EA’F , FBG , GB’H  adalah segitiga-segitiga  siku-siku samakaki yang kongruen, maka

Panjang  EA’ = A’F = FB = BG = GB’ = B’H

Jika  panjang  A’F = a , maka  panjang

 Sedangkan  panjang  A’F + FG + GB’ = panjang  A’B’

                                   

 Luas  segitiga  FBG = 1/2 x FB x BG

                                  

 Luas  irisan  antara bingkai foto sebelum dan sesudah diputar = luas persegi ABCD – 4 x luas segitiga FBG

 

 ISIAN  SINGKAT

Lihat pembahasan :

1.     Diketahui  :  terdapat  5 permen (identik),  1 rasa apel, 2 rasa jeruk, dan 2 rasa jahe.

Peluang terambilnya  1 permen rasa  jahe = 2/5 , maka

Peluang  Anto mendapat  1 permen rasa jahe  adalah  2/5 .

2.        Gunakan sifat Distributif   untuk memudahkan perkalian tersebut !

999.999.999 x 12.345.679 = (1.000.000.000 – 1) x 12.345.679

= 12.345.679.000.000.000 – 12.345.679

= 12.345.678.987.654.321

Jumlah angka-angkanya    = 2 x ( 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8  ) + 9

= 2 x 1/2 x 8 ( 1 + 8 )  + 9

= 8 x 9  +  9

= 81

(Anda  dapat mempelajari  trik-trik metode Menghitung Cepat  Bill Handley , termasuk pengurangan bilangan berakhiran 0 di atas, menurut saya metode Bill lebih mudah dicerna penyajiannya dibanding Trachtenberg, walaupun inspirasinya dari Trachtenberg, selain adanya bukti  teori bilangan yang digunakan)

Lihat pembahasan :

3.        Lengkapi gambar pada soal untuk memperoleh informasi  lebih lengkap !

Perhatikan  Segiempat BFDE adalah  layang-layang, maka segitiga BFD  kongruen dengan segitiga BED (sss).

Sedangkan luas segitiga BFD = luas segitiga BAD, (karena panjang AF = FD), sehingga

Luas layang-layang BFDE = luas segitiga siku-siku BAD = luas segitiga siku-siku ABC.

Dengan demikian , luas daerah EDFGH = luas segitiga ABC – luas segitiga BGH .

 Selanjutnya  hitung luas segitiga BGH,  hitung panjang GH (sepintas GH = 1/3 AC, tetapi kita buktikan)

Perhatikan segitiga BGI dan segitiga  BFJ (sd-sd)  sebangun, akibatnya :

luas daerah EDFGH             = luas segitiga ABC – luas segitiga BGH

                                                        = 1/2 x AC x BI –  1/2 x GH x BI

                                                        = 1/2 x AC x BI – 1/2 x 1/3 x AC x BI

= 1/2 x 2/3 x AC x BI

4.        Faktorkan bentuk selisih dua kuadrat tersebut !

12  – 22 + 32 – 42 + 52 – … – 20102 + 20112 = J

J = 1 + (2 + 3)(-2 + 3)+(4 + 5)(-4 + 5)+ (6 + 7)(-6 + 7)+… + (2010 + 2011)(-2010 + 2011)

J = 1 + 5  + 9  + 13 + … + 4021

Jumlah bilangan-bilangan ini membentuk deret aritmetika dengan suku pertama 1 dan beda 4, selanjutnya hitung  banyaknya suku bilangan deret tersebut, jika  n  banyaknya suku-suku deret bilangan tersebut, maka

Un = 4n – 3

4021 = 4n – 3

4n  = 4021 + 3

4n  = 4024

n = 4024/4 = 1006

Sehingga   J = 1/2 x 1006 x ( 1 + 4021)

J = 1006 x 2011

J = (1000 + 6 ) x 2011

J = 2.011.000 + 12.066

J = 2.023.066

Jadi,  12  – 22 + 32 – 42 + 52 – … – 20102 + 20112 = 2.023.066

Lihat pembahasan :

5.        Jika  barisan  x1 , x2 , x3 , …, xn  yang memenuhi  x1 + x2 + x3 + …+ xn  = n3 ,  untuk semua n bilangan asli,

maka  berapakah  x100 ?

Jawab :

x1 = 13

x2 = 23 – x1= 23 – 13

x3 = 33 – x2 – x1 = 33 – (23 – 13) – 13 = 33 – 23

.                                                                      .       .

.                                                                      .       .

.                                                                      .       .

xn =                                                            n3 – (n-1)3

Jadi,  x100 = 1003 – (100 – 1)3

= 1003 – (1003 – 3 . 1002 + 3 . 100 – 13)

= 3 . 1002 – 3 . 100 + 1

= 30.000 – 300 + 1

= 29.701

6.        Semua pasangan bilangan bulat (a, b)  yang memenuhi  2a  = b2 – 1 adalah …

Jawab :

Sedikit  analisa terlebih dahulu !

b2 = 2a + 1  ,  maka b2 adalah bilangan kuadrat bersifat ganjil  dan karena (a, b) bilangan bulat , maka

haruslah a bilangan bulat positif, jadi a>0.

Selanjutnya  kita ketahui bahwa ;  2a untuk a bilangan bulat positif merupakan bilangan genap dengan angka satuan 2, 4, 6, atau 8 , sedangkan  bilangan kuadrat ganjil antara lain 1 , 9, 25 , 49, dan 81 , tapi yang perlu kita coba dan periksa  bilangan kuadrat  dengan angka satuan  9 dan 5 , yaitu  9 , 25 , dan 49.

(karena 4+1 = 5, 8 + 1 = 9  lihat angka satuan dari 2a )

Untuk  b2 = 9 , maka  b = -3 atau b = 3,

dan  2a + 1 = 9 diperoleh  2a = 8 atau  a = 3 , sehingga pasangan (a, b) adalah (3, -3) dan (3, 3)

Untuk  b2 = 25 , maka  b = -5 atau b = 5,

dan  2a + 1 = 25 diperoleh  2a = 24  maka tak ada bilangan bulat a  yang memenuhi

Untuk  b2 = 49 , maka  b = -7 atau b = 7,

dan  2a + 1 = 49 diperoleh  2a = 48, maka tak ada bilangan bulat a  yang memenuhi.

Dengan demikian proses coba dan periksa tuntas,

Jadi,  Semua pasangan bilangan bulat (a, b)  yang memenuhi  2a  = b2 – 1 adalah (3, -3) dan (3, 3).

Lihat pemabahasan :

7.        Diketahui  banyaknya warna  angka 2 ada 5 warna,  sedangkan angka 0, dan 1 sebanyak 4 warna.

Banyaknya bilangan 2011 dengan komposisi perwarnaan tidak ada angka bersebelahan sewarna ?

Jawab :

Strateginya  kita hitung banyaknya semua  komposisi pewarnaan yang mungkin (tanpa syarat apapun), lalu kurangi  banyaknya  semua komposisi perwarnaan dengan sedikitnya sepasang angka yang bersebelahan berwarna sama.

Banyaknya semua komposisi warna  yang mungkin pada bilangan 2011 sebanyak = 5 x 4 x 4 x 4 = 320

1.   Banyaknya komposisi semua angka berwarna sama  sebanyak  4

2.    Banyaknya komposisi dengan angka 2, 0, 1 berwarna sama , tetapi angka terakhir 1 berbeda warna

Maksudnya  3 angka pertama berwarna sama.  (Ada  4 kemungkinan warna untuk 3 angka pertama, dan           ada 3 warna yang mungkin berbeda dengan warna pada 3 digit pertama)

Jai, banyaknya  ada  4 x 3 = 12.

Untuk menghitung banyaknya anda dapat menggambar diagram garis seperti berikut :

3.    Banyaknya  komposisi dengan angka  2 , 0 berwarna sama, tetapi  angka 1 , 1 berbeda

Ada   4 x 3 x 3 = 36.

4.    Banyaknya  komposisi dengan angka  0 1 berwarna sama, tetapi  angka 2 , 1 berbeda

        Ada   4 x 4 x 3 = 48.

5.    Banyaknya  komposisi dengan angka  1 , 1  berwarna sama, tetapi  angka 2 , 0 berbeda

        Ada   4 x 3 x 4 = 48.

6.    Banyaknya  komposisi dengan angka  2 berbeda ,tetapi  angka 0, 1 , 1 sama

        Ada   1 x 4 = 4.  ( satu warna yaitu  nila untuk angka 2 )

Jumlah  komposisi dengan sedikitnya dua angka bersebelahan berwarna sama sebanyak

4 + 12 + 36 + 48 + 48 + 4 = 152.

Jadi,   Banyaknya bilangan 2011 dengan komposisi perwarnaan tidak ada angka bersebelahan sewarna

Sebanyak  320 – 152 = 168 .

8.      Diketahui  terdapat 500 kelereng yang sama yang terdiri dari 5 warna, masing-masing kelerang sewarna

sebanyak 100.  Berapa minimum banyaknya kelereng yang diambil agar memuat sedikitnya  5 kelereng berwarna sama?

Jawab :

Simak dengan cermat pertanyaanya !!

Jika kita ambil sebanyak 20 butir kelereng, maka mungkin terdapat sebanyak 4 butir kelereng dari masing-masing warna.

Jika kita ambil sebanyak 21 kelereng, maka dijamin paling sedikit terdapat 5 butir kelereng dengan warna yang sama (sewarna).

Jadi,  sebanyak  21 kelereng minimum yang harus diambil secara acak, agar dijamin diperoleh sedikitnya 5 butir kelereng dengan warna yang sama.

9.        Jika  (3 + 4)(32 + 42) (34 + 44) (38 + 48) (316 + 416) (332 + 432) = (4x – 3y) , maka  x – y = …?

Jawab :

Cara  Induktif :  Coba dan periksa

Menjawab soal seperti ini , ambil  sampel  sederhana (3 + 4)(32 + 42)

(3 + 4)(32 + 42) = 7 x 25 = 175 = 256 – 81 = (44 – 34)

Diperoleh  nilai x = 4 , dan y = 4 ,  sehingga   x – y = 0 .

Dengan kata lain  x dan y  bernilai sama.

Hal ini berlaku sama untuk soal tersebut nilai x = y = (1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32) + 1 = 64

Cara  deduktif:

Ingat  pemfaktoran bentuk  perpangkatan suku dua !

Kita ambil  selisih pangkat 4 dari a dan b  .

a4 – b4   =  (a – b)(a3 + ab2 + a2b + b3)

=  (a – b) (a + b)(a2 + b2 )

Untuk  a = 4 dan b = 3 , maka

44 – 34   = ( 4 – 3)(4 + 3)( 42 + 32)

=  1 (4 + 3)( 42 + 32)

=  (4 + 3)( 42 + 32)

Tampak bahwa pangkatnya sama.

Di tingkat SMA  ini materi  pembagian istimewa atau Dalil sisa

Secara umum :

 

10.      Diketahui :  Himpunan H = { x , y , z } , dengan  x , y, z, bilangan bulat tidak negatif dan berbeda.

(x + y + z)/3 = 15, Tentukan  banyaknya semua himpunan H !

Jawab :

Dari  informasi soal bahwa  x , y, z  ≥ 0 , dan merupakan bilangan bulat berbeda.

(x + y + z)/3 = 15 ,  maka  x + y + z = 45 .

Dengan demikian  kita harus mencari  pasangan  bilangan x, y, z sehingga berjumlah 45.

Mulailah dari  yang terkecil  jika  x = 0 , maka  y = 1 , z = 44  maka pasangan berurutannya (0, 1, 44)

Pasangan bilangan yang lain adalah (0, 2, 43), (0, 3, 42), (0, 4, 41), (0, 5, 40), (0, 6, 39), (0, 7, 38),

(0, 8, 37), (0, 9, 36), (0, 10, 35), (0, 11, 34), (0, 12, 33), (0, 13, 32), (0, 14, 31), (0, 15, 30), (0, 16, 29),

(0, 17, 28), (0, 18, 27), (0, 19, 26), (0, 20, 25), (0, 21, 24), (0, 22, 23). Ada  22 pasangan bilangan.

Selanjutnya kita rumuskan  banyaknya pasangan bilangan tersebut .

Sebelumnya  didefinisikan notasi berikut :

 Jadi, itu notasi  perhitungan dengan pembulatan ke atas ( fungsi  ROUNDUP  dalam MS Excell)

perhatikan pasangan   (0, 1, 44) . Nilai  x = 0 , y = 1 , z = 44 ,

 Dengan demikian pasangan bilangan dengan x = 0 ,  sebanyak  22 pasang.

Selanjutnya :

Untuk  x = 1, salah satu sampel  (1, 2, 42)  terdapat  sebanyak

Untuk  x = 2 , salah satu sampel  (2, 3, 40)  terdapat  sebanyak  19 pasangan.

Untuk  x = 3 , salah satu sampel  (3, 4, 38)  terdapat  sebanyak  17 pasangan

Untuk  x = 4 , salah satu sampel  (4, 5, 36)  terdapat  sebanyak  16 pasangan

Untuk  x = 5 , salah satu sampel  (5, 6, 34)  terdapat  sebanyak  14 pasangan

Untuk  x = 6 , salah satu sampel  (6, 7, 32)  terdapat  sebanyak  13 pasangan

Untuk  x = 7 , salah satu sampel  (7, 8, 30)  terdapat  sebanyak  11 pasangan

Untuk  x = 8 , salah satu sampel  (8, 9, 28)  terdapat  sebanyak  10 pasangan

Untuk  x = 9 , salah satu sampel  (9, 10, 26)  terdapat  sebanyak  8 pasangan

Untuk  x = 10 , salah satu sampel  (10, 11, 24)  terdapat  sebanyak  7 pasangan

Untuk  x = 11 , salah satu sampel  (11, 12, 22)  terdapat  sebanyak  5 pasangan

Untuk  x = 12 , salah satu sampel  (12, 13, 20)  terdapat  sebanyak  4 pasangan

Untuk  x = 13 , salah satu sampel  (13, 14, 18)  terdapat  sebanyak  2 pasangan

Untuk  x = 14 ,  hanya 1 pasangan bilangan yaitu  (14, 15, 16) .

Jadi, banyaknya  himpunan H sebanyak

1 + 2 + 4 + 5 + 7 + 8 + 10 + 11 + 13 + 14 + 16 + 17 + 19 + 20 + 22 = 169

REVIEW (melihat kembali )

Soal ini sama dengan , menentukan  banyaknya himpunan penyelesaian dari  persamaan ;

x + y + z = 45, dengan  x , y , dan z  bilangan bulat  tidak negatif , dan x, y, atau z , tidak sama.

Tentu, jika semesta pembicaraannya  hanya bilangan  bulat non negatif saja, lebih banyak lagi banyaknya himpunan penyelesaiannya, apalagi  jika semesta pembicaraannya bilangan bulat akan lebih banyak lagi banyaknya  himpunan penyelesaiannya.

 Alhamdulillah 30 soal sudah dibahas semoga bermanfaat, dan mohon kritik bila terdapat kekeliruan !

About these ads

18 Mei 2011 - Posted by | BAHAS SOAL | ,

36 Komentar »

  1. UNTUK SOAL NO 5, AGAR NILAI K BILANGAN BULAT, MAKA NILAI X YANG MEMENUHI ADA 3 BUAH YAITU BILANGAN 0,2DAN5. JIKA KITA MASUKKAN BILANGAN BILANGAN 4 ATAU 1, NILAI K MENJADI BILANGAN RASIONAL YAITU PECAHAN BIASA.

    Komentar oleh BERTO | 23 Maret 2014 | Balas

    • Saya tidak mengatakan bahwa nilai x = 4 atau x = 1, perhatikan bahwa itu nilai k yang mungkin ada 6.
      Untuk nilai k= -4, -2, -1, 1, 2, dan 4 berturut-turut diperoleh nilai x = 5, 6, 8, 0, 2, dan 3.
      Sekarang untuk nilai x = 3 saja 4/(4-3) = 4/1 = 4 bilangan bulat. jadi jelas lebih dari 3 buah, dong Ok
      Simak redaksi soalnya berapa banyaknya nilai x agar bentuk itu bernilai bulat.

      Komentar oleh deni11math | 23 Maret 2014 | Balas

  2. trims ats infonya, mohon ijin utk download.

    Komentar oleh deddy suharja | 12 Maret 2013 | Balas

  3. Reblogged this on robbyduta and commented:
    osn

    Komentar oleh robbyduta | 24 Februari 2013 | Balas

  4. makasih bgt ya :* aku mau ada KSM di IC serpong,ini ngebantu banget

    Komentar oleh gadget04 | 6 Juni 2012 | Balas

  5. assalamualaikum om… salam kenal… ngomong” saya lagi butuh refrensi utk science camp 2012 om.. bisa minta soal science camp sebelum”nya plus pembahasan gak om..? kalok bisa berupa link download om…

    Komentar oleh FahmiThe1412 | 28 Desember 2011 | Balas

    • wa’alaikumussalam, duh.. ga punya, coba sama mas Saipul Arif @ olimatik.blogspot

      Komentar oleh deni11math | 30 Desember 2011 | Balas

  6. pak…
    terima kasih atas pembahasannya…….

    Komentar oleh Alfa Love Scout Real | 24 Desember 2011 | Balas

  7. Makasih ilmunya pak….

    Komentar oleh Alfa Love Scout Real | 24 Desember 2011 | Balas

  8. hatur nuhun pisan

    Komentar oleh rina | 29 November 2011 | Balas

  9. soal no 8 esay,
    kalau misalnya kita mengambil acak 100 kali, bukankah masih mungkin kita mendapat satu warna saja? karena masing-masing kelereng jumlahnya 100.
    kalau menurut saya, bagaimana kalau kita terapkan konsep “pigeon hole”?
    jadi minimal 401 kali pengambilan, dijamin pasti akan ada 5 kelereng yang berbeda warna.

    Komentar oleh Kania | 26 September 2011 | Balas

    • Untuk Kania, simak baik-baik pertanyaanya!!
      Jika kita ambil 20 butir, maka mungkin diperoleh dari masing-masing warna sebanyak 4 butir. Dan Jjika kita ambil sebanyak 21 butir maka dijamin diperoleh paling sedikit 5 butir kelereng dengan warna yang sama. Jadi minimum sebanyak 21 kelereng yang harus diambil agar dijamin diperoleh sedikitnya 5 butir kelereng sewarna. OK!?

      Komentar oleh deni11math | 27 September 2011 | Balas

  10. pembahasannya bagus pax,. kalau boleh saya minta soal OSN SMP dari th 2007 sampai th 2011 y pak, mau saya pelajari. mksi pax ditunggu blsannya.

    Komentar oleh ekhaputra0437 putra | 18 September 2011 | Balas

  11. Ass Pak, Saya boleh minta sesuatu gak pak???

    Saya butuh contoh soal OSN dari tahun 2007 ampe sekarang pak…

    Kalo pake save as gambar di atas kelamaan pak, jadinya. saya mau download pak, ama tutornya…

    Kalo bapa berkenan, boleh gak saya minta link dunlud cntoh soal ama pembahasannya…

    yang penting bgt tahun 2008, tapi, kalo ada smua nya. . . .
    alhamdulillah wassa’adah. . .

    saya tunggu ya pak,????

    ni email saya pak : evendie.menantimu@gmail.com

    di tunggu ya pak??

    By admin : http://buyuangblogger95.blogspot.com/ di tunggu juga follow nya..

    TQ TQ TQ. . . ..

    Komentar oleh Evendie | 12 Agustus 2011 | Balas

    • Kebetulan saya pake komputer sekolah, data soal-soal OSN di laptop saya. Jadi perlu soal2 OSN atau linknya coba minta ke pa Arif Saepul, Olimatik.blogspot.com

      Komentar oleh deni11math | 16 Agustus 2011 | Balas

  12. WAH ketemu blog keren nie. Salam kenal pak. Kalo sempat silakan mampir ke blogku.

    Komentar oleh tutur | 17 Juli 2011 | Balas

  13. Pembahasannya lengkap pak, ijin save ya.

    Komentar oleh zholieh | 13 Juli 2011 | Balas

  14. maaf pak no 7 yg pilihan ganda
    jwban saya 240 cara tp tdak ada d.pilihannya
    mnurut saya gini :
    => Petak ke-1 kemungkinan dapat diduduki oleh 5 pasutri, petak ke-2 kemungkinan dapat diduduki oleh 4 pasutri , dan seterusnya .. terakhir oleh 1 pasutri.
    dari sini dapat dinyatakan banyaknya cara duduk adalah 5! = 120 ,
    setiap pasang suami istri dapat menempati 2 posisi,
    jawaban saya 120 X 2 = 240 cara
    jadi jawaban saya ada 240 cara ,,
    Mohon penjelasan jika cara saya yang salah !!

    Komentar oleh Leny Yulyaningsih | 8 Juli 2011 | Balas

    • Langkah awal sudah benar, tetapi diketahui ada 5 pasang suami istri, jadi untuk setiap 1 pasang ada 2 susunan berbeda, sehingga pengalinya tidak hanyakali 2 tapi kali 2 pangkat 5 = 2 x 2 x 2 x 2 x2.
      Agar mudah dipahami buatlah contoh sedikit misal 2 pasang pasutri berapa cara duduk agar setiap pasangan selalu berdampingan? Insyaallah akan mudah dipahami !?

      Komentar oleh deni11math | 18 Juli 2011 | Balas

  15. Makasih ilmunya pak….
    Salam kenal juga :)
    Kalau berkenan silakan mampir blog saya.

    Komentar oleh dumatika | 5 Juli 2011 | Balas

  16. terimakh atas pembahasnnya Pak.Pak,isian nomor 10. Jawaban saya 192. karena pd no 10 tdk dikatakan anggota H harus berbeda. Mhn dikoreksi, trims

    Komentar oleh WAHYU | 23 Mei 2011 | Balas

    • Memang benar harus berbeda, karean H himpunan, mungkin ada perhitungan ganda

      Komentar oleh deni11math | 24 Mei 2011 | Balas

  17. Maaf Numpang Tanya kok no 4 essay jwabanny segtu ea? kok menurut saya jwabanny 2011?

    Komentar oleh M. Alfian Rasyidin | 20 Mei 2011 | Balas

    • Lihat lagi soalnya ! banyaknya suku sebanyak ganjil, yaitu 2011 suku, tapi tanda (-) untuk suku-suku genap, gunakan sifat selisih dua kuadrat ! a^2 – b^2 = (a+b)(a-b) spt yang saya bahas Ok!

      Komentar oleh deni11math | 22 Mei 2011 | Balas

      • kalau menurut saya jawabnya
        (1+2)(1-2)+(3+4)(3-4)+…+(2009+2010)(2009-2010)+2011^2=(1+2+3+…+2010)x(-1)+2011^2
        =1005x2011x-1+4044121=2 023 066 nah kalo begini ngerti ga mas alfian…..

        Komentar oleh zaidan | 2 Juni 2011

  18. no. 7
    jawaban saya 144.

    langkah kerja nya
    kita pisahkan menjadi 2 proses.
    PERTAMA=>
    * misalkan pada angka 2 tidak digunakan warna NILA. sehingga ada 4 kemungkinan pewarnaan.
    * Pada angka 0, ada 3 kemungkinan pewarnaan (angka 0 memiliki 4 warna, tetapi karena angka yang bersebelahan harus berbeda warna, maka hanya ada 3 kemungkinan)
    * Pada angka 1, juga ada 3 kemungkinan pewarnaan (angka 1 ada 4 warna, tetapi warna yg digunakan harus berbeda dengan warna pada angka 0, jadi ada 3 kemungkinan pewarnaan)
    * Pada angka 1 yang terakhir juga ada 3 kemungkinan pewarnaan ( karena sudah dipakai satu angka 1, maka angka satu yang tersisa sebanyak 3)
    maka banyaknya komposisi pewarnaan=>
    4.3.3.3 = 108

    kedua =>
    * pada angka 2, digunakan warna NILA, jadi hanya 1 kemungkinan.
    * pada angka 0, ada 4 kemungkinan pewarnaan (karena keempat angka 0 tidak ada yg berwarna nila)
    * pada kotak 1, ada 3 kemungkinan pewarnaan (warnanya harus berbeda dengan warna pada angka 0)
    * pada angka 1 yang terakhir ada 3 kemungkinan pewarnaan (karena angka 1 yang tersisa adalah 3)
    maka banyak komposisi pewarnaan=>
    1.4.3.3 = 36

    JADI keseluruhan, banyak komposisi pewarnaan
    bilangan 2011 adalah 108 + 36 = 144.
    THANKS

    Komentar oleh Robert Sinaga | 19 Mei 2011 | Balas

    • Thanks koreksinya , entar saya periksa lagi

      Komentar oleh deni11math | 22 Mei 2011 | Balas

  19. No. 8
    ,menurut saya cukup mengambil 21 kelereng saja,sehingga memuat 5 kelereng berwarna sama.

    misalkan warna kelereng nya A,B,C,D dan E.
    kalau diambil 5 kelereng, masih ada kemungkinan semua kelereng berbeda warna, sampai dengan pengambilan 20 kelereng juga masih ada kemungkinan yang mengakibatkan TIDAK memuat 5 kelereng berwarna sama, yaitu:
    4 warna A
    4 warna B
    4 warna c
    4 warna D
    4 warna E.

    jadi, jika diambil kelereng 1 lagi, warna apapun itu, PASTI sudah memuat sedikit nya 5 kelereng berwarna sama.
    maka banyaknya kelereng yg harus diambil sehingga memuat sedikitnya 5 kelereng berwarna sama adalah 21.

    thank’s

    Komentar oleh Robert Sinaga | 19 Mei 2011 | Balas

    • Gimana dengan konsep Ekpetasi, harapan termbilnya minimal 5 klereng berwarna sama, jika 21 . E(x) = 1/5 x 21 = 4. 2 artinya 4 kelereng minimal berwarna sama, karena peluang semua warna kelereng sama yaitu 1/5.

      Komentar oleh deni11math | 22 Mei 2011 | Balas

      • ga om jadi kalo 20 ada 4 yng sam nih misalnya tinggal tambah satu lagi jadi 5 misal
        4biru+4merah+4hijau+4pink+5putih=21kelereng kan om…..

        Komentar oleh zaidan | 2 Juni 2011

      • Anda benar

        Komentar oleh deni11math | 3 Juni 2011

  20. Oh ya. No 10 sudah benar. Aq yang salah. Aq lupa anggota himpunan harus berbeda.

    Komentar oleh saiful arif | 19 Mei 2011 | Balas

    • Heheh, justru disitu perangkapnya. Konteks soal dalam suatu sets sebagai batasannya, bukan sekedar pasangan bilangan. Thank’s

      Komentar oleh deni11math | 19 Mei 2011 | Balas

  21. Soal pilihan ganda jawabnya semua sama dgnku.
    Soal Isian singkat ada 3 yang berbeda
    No. 8 Bukannya jawabnya 21?
    Banyaknya kelereng yang diambil agar memuat sedikitnya 5 kelereng berwarna sama adalah 21.Salah satu kemungkinannya (4,4,4,4,5)
    No. 7 jawabanku 144
    jika 2 merah,hijau, kuning, atau biru, maka cara mengatur angka 0,1,1 masing2 ada 3.3.3= 27 , sedang jika 2 nila maka ada 4.3.3 = 36. Total 4.27 + 36= 144.
    N0. 10. Jawabanku 192, karena menurutku tak perlu dibatasi bil harus berbeda, sesuai soal.a) Himpunan tersebut beranggotakan tiga bilangan bulat tak negatif.
    Mari kita bahas. Thank’s

    Komentar oleh saiful arif | 19 Mei 2011 | Balas

    • Untuk No. 8 , Ada kata dijamin sedikitnya 5 kelereng berwarna sama, Menurut konsep Ekspetasi , jika 21 , maka E(x) = 1/5 x 21 = 4,2 . jadi didapat 4 bola berwarna sama.
      Untuk No. 7 Pewarnaan bilangan 2011, bisa lebih akurat lagi pake diagram garis. begitu menurut saya.

      Komentar oleh deni11math | 19 Mei 2011 | Balas

  22. mantap pak makasih soal-soalnya….

    Komentar oleh sungsam | 18 Mei 2011 | Balas


Berikan Balasan

Isikan data di bawah atau klik salah satu ikon untuk log in:

WordPress.com Logo

You are commenting using your WordPress.com account. Logout / Ubah )

Twitter picture

You are commenting using your Twitter account. Logout / Ubah )

Facebook photo

You are commenting using your Facebook account. Logout / Ubah )

Google+ photo

You are commenting using your Google+ account. Logout / Ubah )

Connecting to %s

Ikuti

Get every new post delivered to your Inbox.

Bergabunglah dengan 52 pengikut lainnya.

%d blogger menyukai ini: