tko

tko

tko

tko

04 April 2014

Soal dan Solusi OSK Matematika SMA Tahun 2014

Olimpiade Sains Matematika tingkat kabupaten (OSK) jenjang SMA baru saja dilaksanakan tanggal 1 April kemarin. Bagi yang menginginkan soal-soalnya silakan download melalui link di bawah ini

Download Soal OSK Matematika SMA 2014
(Kredit : Bapak Didik Sardianto dan Mas Stenly Ivan - saya mendapatkan soal dari beliau berdua)

Sedang untuk solusinya, silakan unduh di sini

Untuk tahun ini saya pribadi punya sedikit komentar (mohon dikoreksi jika salah). Ada dua soal yang menurut saya tidak terlalu bagus -nomor 9 dan nomor 16. Nomor 9 soalnya sedikit ambigu. Persegi kecil yang dimaksud definisinya kurang jelas. Bisa banyak kemungkinan.

Sedangkan nomor 16 saya berpikir antara jawaban yang diinginkan dengan soalnya sendiri tidak pas. Jawaban dari pusat menyatakan bahwa jawaban nomor 16 adalah 1. Padahal jika konstruksi soalnya seperti itu jawabannya tentu bukan 1.

Selain itu untuk nomor 12, jawaban dari pusat adalah 441. Sedangkan setelah menghitung saya dapatnya 447. Dan entah sampai sekarang saya belum tahu salah saya dimana (Bagi yang tahu silakan beri pencerahan ya, hehe). Ini beberapa komentar saya (semoga ndak salah parah).



21 December 2013

Geometri 03 : Solusi OSN Matematika SMA Tahun 2005

Pada postingan kali ini saya akan memberikan pembahasan soal geometri dari soal OSN Matematika SMA tahun 2005. Akan tetapi sebelumnya akan dibuktikan lemma berikut ini, terlebih dahulu

Pada segitiga $ABC$, dibuat persegi $ABHX$ dan persegi $BCYG$ pada sisi $AB$ dan $BC$. Misalkan titik $E$ dan $F$ berturut-turut adalah pusat persegi $ABHX$ dan persegi $BCYG$. Jika $D$ adalah titik tengah sisi $AC$ buktikan bahwa $ED=DF$ dan $ED\bot DF$

Bukti :

Perhatikan sketsa berikut ini!

lemma van aubel
Jelas bahwa $BC=BG$ dan $AB=BH$ serta $\angle ABG=\angle HBC$ sehingga $\triangle ABG$ kongruen dengan $\triangle HBC$. Akibatnya $\angle BGA=\angle BCH$. Sehingga $\angle GPC=\angle GBC=90^\circ$. Oleh karena itu $CH\bot AG$.

Perhatikan bahwa $DF$ sejajar dengan $AG$. Demikian pula $DE$ sejajar dengan $CH$. Akibatnya $DF\bot DE$.

Selain itu kita juga ketahui bahwa $$\begin{equation*} DF=\frac{1}{2}AG=\frac{1}{2}CH=DE \end{equation*}$$

Jadi terbukti bahwa $ED=DF$ dan $ED\bot DF$.

Nah, saatnya menuju soal utama,

Misalkan $ABCD$ sebuah segiempat konveks. Persegi $AB_1A_2B$ dibuat sehingga kedua titik $A_2,B_1$ terletak di luar segiempat $ABCD$. Dengan cara serupa diperoleh persegi-persegi $BC_1B_2C,CD_1C_2D$ dan $DA_1D_2A$. Misalkan $F$ adalah titik potong $AA_2$ dengan $BB_1$, $G$ adalah titik potong $BB_2$ dan $CC_1$, $I$ adalah titik potong $CC_2$ dengan $DD_1$, dan $H$ adalah titik potong $DD_2$ dengan $AA_1$. Buktikan bahwa $FI$ tegak lurus $GH$.

Penyelesaian :

Misalkan $E$ adalah titik tengah $AC$. Titik $P$ dan $Q$ berturut-turut adalah perpotongan $GH$ dengan $EF$ dan $FI$ seperti pada sketsa di bawah ini!

geometri osn matematika sma 2005
Berdasarkan lemma sebelumnya kita peroleh bahwa $EF=EG$ dan $EF\bot EG$. Demikian pula $EH=EI$ dan $EH\bot EI$. Karena $\angle HEG=\angle HEF+90^\circ=\angle IEF$. Hal ini berakibat $\triangle EGH$ kongruen dengan $\triangle EFI$.

Dari kekongruenan ini diperoleh $\angle EGH=\angle EFI$. Selanjutnya mudah dilihat bahwa $\angle FQG=\angle FEG=90^\circ$.

Jadi terbukti bahwa $FI$ tegak lurus $GH$. Tambahan pula berdasarkan kekongruenan antara $\triangle EGH$ dan $\triangle EFI$ diperoleh $FI=GH$.

Ok, semoga bermanfaat.



20 December 2013

Test Kemampuan Olimpiade (TKO) 02

Sekitar dua minggu yang lalu saya membuka thread Test Kemampuan Olimpiade. Pada bagian pertama saya telah posting 18 soal, 15 isian singkat dan 3 uraian. Bagi yang belum tahu bisa dilihat di sini.

Respon yang saya peroleh ternyata masih minim. Belum ada tanggapan dari pembaca yang mau berdiskusi bersama mengenai soal-soal TKO I. Walaupun demikian saya tetap akan melanjutkan thread ini. Semoga tetap bisa membawa manfaat.

Berikut soal-soal untuk Test Kemampuan Olimpiade II.
Download soal TKO II



19 December 2013

Soal Teori Bilangan Dari Semifinal UNNES 2013

Pada postingan sebelumnya, saya pernah membahas soal-soal dari UNNES berkaitan dengan barisan dan deret. Setali tiga uang, untuk kali ini saya akan memposting soal-soal teori bilangan dari semifinal UNNES 2013.

Ada tiga soal yang saya tampilkan. Satu soal dari tingkat SMP dan dua soal dari tingkat SMA. Ketiga soal tersebut saya selesaikan dengan menggunakan modular aritmatik. Entah kenapa solusinya agak repot dan panjang. Padahal ini soal isian singkat, ckckck. Apa mungkin saya yang terlalu ribet kali ya? Silakan simak dan beri masukan.

Soal pertama dari tingkat SMP,

Diketahui $\overline{4ab3}+\overline{3b95}=N$. Jika $N$ habis dibagi $99$ maka nilai $a+b$ adalah ...

Penyelesaian :

Dalam penyajian bilangan basis sepuluh diperoleh, $$\begin{align*} N&=\overline{4ab3}+\overline{3b95}\\ &=4000+100a+10b+3+3000+100b+90+5\\ &=7000+110b+100a+98 \end{align*}$$ Karena $N$ habis dibagi $99$ maka $N$ habis dibagi $9$ dan $11$. Akibatnya $$\begin{align*} N&\equiv0\text{ mod }11\\ 7000+110b+100a+98&\equiv0\text{ mod }11\\ 4+a+10&\equiv0\text{ mod }11\\ 3+a&\equiv0\text{ mod }11 \end{align*}$$ Mengingat $0\leq a\leq 9$ maka haruslah $a=8$.

Karena $N$ juga habis dibagi $9$ diperoleh $$\begin{align*} N&\equiv0\text{ mod }9\\ 7000+110b+100a+98&\equiv0\text{ mod }9\\ 7+2b+a+8&\equiv0\text{ mod }9\\ 2b+23&\equiv0\text{ mod }9\\ 2b+5&\equiv0\text{ mod }9 \end{align*}$$ sehingga $b=2$.

Oleh karena itu, $a+b=10$.

Berikutnya soal kedua dari tingkat SMA. Nie soal bikin males, huft

Bilangan enam angka $n$ yang memenuhi
  1. $n$ adalah bilangan kuadrat sempurna.
  2. bilangan dibentuk dengan tiga angka terakhir $n$ lebih satu dari tiga angka pertama $n$. (Sebagai contoh $n$ terlihat seperti $123124$ tetapi ini bukan bilangan kuadrat)
Bilangan $n$ yang memenuhi yaitu ...

Penyelesaian :

Misalkan $a$ adalah bilangan asli tiga digit maka dapat ditulis $n=1000a+a+1=1001a+1$. Misalkan pula $x$ adalah bilangan asli yang memenuhi $$\begin{equation*} n=x^2\Rightarrow 1001a=x^2-1=(x+1)(x-1) \end{equation*}$$ Karena $1001=7\cdot11\cdot13$, ada enam kasus yang mungkin

  1. $$\begin{align*} x&\equiv1\text{ mod }7\\ x&\equiv1\text{ mod }11\\ x&\equiv-1\text{ mod }13 \end{align*}$$ Untuk kasus ini diperoleh $x=1001m+155$. Tidak ada yang memenuhi.
  2. $$\begin{align*} x&\equiv1\text{ mod }7\\ x&\equiv-1\text{ mod }11\\ x&\equiv1\text{ mod }13 \end{align*}$$ Untuk kasus ini diperoleh $x=1001m+274$. Tidak ada yang memenuhi.
  3. $$\begin{align*} x&\equiv-1\text{ mod }7\\ x&\equiv1\text{ mod }11\\ x&\equiv1\text{ mod }13 \end{align*}$$ Untuk kasus ini diperoleh $x=1001m-428$. Nilai $x$ yang memenuhi yaitu $x=573$ dan nilai $n$ yang bersesuaian yaitu $n=328329$.
  4. $$\begin{align*} x&\equiv-1\text{ mod }7\\ x&\equiv-1\text{ mod }11\\ x&\equiv1\text{ mod }13 \end{align*}$$ Untuk kasus ini diperoleh $x=1001m-155$. Nilai $x$ yang memenuhi yaitu $x=846$ dan nilai $n$ yang bersesuaian yaitu $n=715716$.
  5. $$\begin{align*} x&\equiv-1\text{ mod }7\\ x&\equiv1\text{ mod }11\\ x&\equiv-1\text{ mod }13 \end{align*}$$ Untuk kasus ini diperoleh $x=1001m-274$. Nilai $x$ yang memenuhi yaitu $x=727$ dan nilai $n$ yang bersesuaian yaitu $n=528529$.
  6. $$\begin{align*} x&\equiv1\text{ mod }7\\ x&\equiv-1\text{ mod }11\\ x&\equiv-1\text{ mod }13 \end{align*}$$ Untuk kasus ini diperoleh $x=1001m+428$. Nilai $x$ yang memenuhi yaitu $x=428$ dan nilai $n$ yang bersesuaian yaitu $n=183184$.
Jadi, ada $4$ nilai $n$ yang memenuhi yaitu $183184, 328329, 528529, 715716$.

Terakhir soal ketiga. Saya memakai teorema Euler dan CRT dalam perhitungannya. Berharap ada yang lebih elementer sih.

Sisa pembagian dari $1776^{2013!+2012!+\cdots+2!+1!}$ oleh $2000$ adalah ...

Penyelesaian :

Misalkan $N=1776^{2013!+2012!+\cdots+2!+1!}$. Untuk menghitung nilai $N\equiv \text{ mod }2000$ secara langsung agak repot. Oleh karena itu kita pecah menjadi $\text{ mod }16$ dan $\text{ mod }125$.

Perhatikan bahwa $N\equiv0\text{ mod }16$. Dan $$\begin{align*} N&\equiv 1776^{2013!+2012!+\cdots+2!+1!}\text{ mod }125\\ &\equiv 26^{2013!+2012!+\cdots+2!+1!}\text{ mod }125\\ &\equiv 26^{2013!+2012!+\cdots+2!+1!}\text{ mod }125 \end{align*}$$ Dari teorema Euler diperoleh $26^{100}\equiv1\text{ mod }125$. Sehingga bentuk di atas dapat disederhanakan menjadi $$\begin{align*} N&\equiv 26^{9!+8!+\cdots+2!+1!}\text{ mod }125\\ &\equiv 26^{13}\text{ mod }125\\ &\equiv 76\text{ mod }125 \end{align*}$$

Karena $N\equiv 76\text{ mod }125$ dan $N\equiv 0\text{ mod }16$ berakibat $$\begin{align*} N&\equiv 76\cdot 16\cdot(-39)\text{ mod }2000\\ &\equiv 576\text{ mod }2000 \end{align*}$$ Jadi, Sisa pembagian dari $1776^{2013!+2012!+\cdots+2!+1!}$ oleh $2000$ adalah $576$.

Nah, selesai sudah ketiga soal berikut pembahasannya. Saya sendiri menilai solusi saya di atas agak ngoyo. Males bawaannya klo lihat solusi kayak gitu. Nah, jika ada yang punya solusi lebih cantik jangan sungkan-sungkan berbagi lewat kolom komentar. See you soon!



13 December 2013

Pojok UN : Paket Lengkap Soal UN Matematika SMA Bidang IPA Tahun 2012

Menjelang Ujian Nasional tahun 2014 yang sebentar lagi datang. Saya posting soal-soal UN Matematika SMA Bidang IPA tahun 2012. Lumayan buat memperkuat pemahaman  konsep. Mengingat dari tahun ke tahun kisi-kisi UN juga tidak berbeda jauh.

Bagi yang ingin mengunduh soal-soal UN Matematika SMA IPA tahun 2012, silakan klik link berikut

Untuk jawaban dan pembahasan tidak saya sertakan (karena saya memang belum membuatnya, hehehe). Namun bagi yang ingin tanya-tanya terkait soal-soal UN Matematika di atas, silakan bisa lewat kolom komentar. Feel free to ask and give comments.



08 December 2013

Geometri 02 : Soal Nomor 7 OSN Matematika SMA Tahun 2007

Titik-titik $A,B,C,D$ terletak pada lingkaran $\Gamma$ sedemikian rupa sehingga $AB$ merupakan garis tengah $\Gamma$, tetapi $CD$ bukan garis tengah $\Gamma$. Diketahui pula bahwa $C$ dan $D$ berada pada sisi yang berbeda terhadap $AB$. Garis singgung terhadap $\Gamma$ di $C$ dan $D$ berpotongan di titik $P$. Titik-titik $Q$ dan $R$ berturut-turut adalah perpotongan garis $AC$ dengan garis $BD$ dan garis $AD$ dengan garis $BC$.

a. Buktikan bahwa $P,Q$ dan $R$ segaris
b. Buktikan bahwa garis $QR$ tegak lurus terhadap garis $AB$.

Penyelesaian :

Untuk memudahkan perhatikan sketsa gambar di bawah ini!

osn matematika sma 2007 nomor 7

Bagian a,
Perhatikan bahwa $\angle QCR=90^\circ=\angle RDQ$ sehingga $CDRQ$ adalah segiempat tali busur dengan diameter $QR$. Misalkan $E$ adalah titik tengah $QR$. Akan kita tunjukkan bahwa $EC$ dan $ED$ adalah garis singgung lingkaran $\Gamma$. Untuk itu cukup ditunjukkan bahwa $EC\bot CO$ dan $CD\bot DO$.

Perhatikan $$\begin{equation*} \angle ECB=\angle ERC=\angle CDB=\angle CAB=\angle ACO \end{equation*}$$ sehingga $\angle ECO=\angle RCA=90^\circ$.

Dengan cara yang sama diperoleh pula $$\begin{equation*} \angle EDB=\angle EQB=\angle BCD=\angle BAD=\angle ADO \end{equation*}$$ sehingga $\angle EDO=\angle QDA=90^\circ$.

Jadi, terbukti bahwa $EC$ dan $ED$ adalah garis singgung lingkaran $\Gamma$. Akibatnya titik $E$ berhimpit dengan titik $P$. Dengan kata lain $E=P$. Oleh karena itu, terbukti $P,Q$ dan $R$ segaris.

Bagian b,
Perhatikan $\triangle AQR$, $RC\bot AQ$ dan $QD\bot AR$ sehingga perpotongan $RC$ dan $QD$ yaitu titik $B$ adalah titik tinggi $\triangle AQR$. Sehingga jelas $AB\bot QR$.