KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA

KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
Tema : TEORI BILANGAN
180.) Tentukan semua bilangan bulat positif n sehingga n  1 n 2  1 .
Jawab : Pernyataan n  1 n 2  1 berarti n 2 1  1  k (n  1) , k  Z .
Sedangkan
n 2  1 (n  1)n  n  1
(n  1)
.

n
n 1
n 1
n 1
( n  1)
Jadi agar n +1 membagi n 2  1 maka
harus bulat.
n 1
( n  1) n  1  2
2
Sehingga perlu ditulis
=1.

n 1
n 1
n 1
Jadi n + 1 haruslah faktor dari -2 yaitu n +1 =  1,2 . Nilai n yang memenuhi
adalah n = -3, -2, 1.
181.) Jika 7 3x  2 maka buktikan bahwa 715x 2  11x  14 .
Jawab :
15x 2  11x  14 = 5x(3x +2) -21x -14 = 7k (karena masing-masing suku dapat habis dibagi 7).
182.) Tunjukkan bahwa kuadrat sembarang bilangan bulat adalah dalam bentuk 3k dan 3k +1.
Jawab :
Menurut contoh (no 172) maka kuadrat sembarang bilangan bulat dapat ditulis dalam bentuk
x 2  4 p atau x 2  4 p +1. Ambil p = 3t maka x 2  4(3t )  12t  3(4t ) .
Ambil p = 3t +1 maka x 2  4(3t  1)  1  3(4t  1)  1  3k  1.
183.) Tunjukkan bahwa 3 a 2  b2 maka 3 a dan 3 b .
Jawab :
Catatan notasi x y artinya x membagi habis y sehingga dapat ditulis ada bilangan bulat k dan
sehingga y = xk. Jika x tidak membagi habis y , pada tulisan ini digunakan notasi x ~| y.
Soal dibuktikan dengan kontradiksi yaitu andaikan 3~ a dan 3~ b dan diketahui 3 a 2  b2 .
Karena 3~ a artinya a = 3p + r , 0 < r < 3 dan 3~ b artinya b = 3q + s , 0 < s < 3.
Diketahui pula 3 a 2  b2 .
2
2
Sehingga a 2  b 2 = 3 p  r  + 3q  s  = 9 p 2  9q 2  6 pr  r 2  6qs  s 2
= 9( p 2  q 2 )  6( pr  qs)  r 2  s 2 .
Karena 3 a 2  b2 maka 3 r 2  s 2 sehingga r 2  s 2  3l , dengan l bulat.
Untuk r=1, s = 1, maka 2= 3 l sehingga l = 2/3 (tidak bulat ). Kontradiksi diketahui l bulat.
Untuk r =2, s = 2 maka r 2  s 2  8  3l (tidak bulat ). Kontradiksi diketahui l bulat.
Jadi pengandaian salah bahwa 3~ a dan 3~ b dengan diketahui 3 a 2  b2 .
Jadi haruslah jika 3 a 2  b2 maka 3 a dan 3 b .
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
184. )Tunjukkan bawa jika sisi-sisi suatu segitiga siku-siku semuanya bulat maka 3 membagi
salah satu dari ketiga sisi tersebut.
Jawab :
Sebut panjang sisi-sisi adalah x, y, z dan x 2  y 2  z 2 dengan x, y dan z bilangan bulat positif.
Anggap bahwa 3 x 2  y 2 maka dengan soal sebelumnya 3|x dan 3|y. Bukti selesai.
185.) Diberikan 5 membagi (n + 2 ). Ekspresi yang mana dari berikut yang berikut dapat
dibagi 5
(i) n 2  4
(ii) n 2  8n  7 (iii) n 4  1
(iv) n 2  2n .
Jawab :
Diketahui 5 | n  2 artinya n + 2 = 5k sehingga n = 5k -2 , k bulat.
(i) n 2  4 = (5k  2) 2  4 = 25k 2  20k  4  4  25k 2  20k =5p , p bulat.
Jelas 5 | n 2  4 .
(ii) n 2  8n  7 = (5k  2) 2  8(5k  2)  7  25k 2  20k  4  40k  16  7
= 25k 2  20k  5  5 p , p bulat.
Jadi 5| n 2  8n  7 .
(iii) n 4  1 = (5k  2) 4  1  (u  v ) 4  1 dengan u 0 5k dan v = 2.
Sehingga
4
3
2
n 4  1 = 5k   45k  ( 2)  65k  ( 4)  4(5k )( 2) 3  2 4  1
= 5p + 15 (habis dibagi 5).
Jadi 5 | n 4  1 .
2
(iv) n 2  2n = 5k  2   25k  2 
= 25k 2  20k  4  10k  4
= 25k 2  30k  8 (tidak habis dibagi 5).
Jadi 5~| n 2  2n .
186.) Buktikan bahwa tidak ada bilangan prima triple yang dapat disusun dalam bentuk p, p
+2, p + 4 kecuali tripel 3,5,7.
Jawab. Untuk p > 3 maka sembarang bilangan prima dapat ditulis dalam bentuk
p = 6k + 1 atau p = 6k -1.
(i) Untuk p = 6k + 1 maka p +2 = 6k +1 +2 = 3(2k +1). Karena 2k + 1 > 1 maka jelas p +2
bukan prima (karena faktor-faktor prima hanyalah 1 dan dia sendiri).
(ii) Untuk p = 6k + 1 maka p +4 = 6k +1 +4 = 6k+5 = 6t-1.(jelas prima berdasarkan
pengetahuan sebelum ini telah dibuktikan bahwa 6k +1 prima).
(iii) Untuk p = 6k - 1 maka p +2 = 6k -1 +2 = 6k + 1 (jelas prima, berdasarkan pengetahuan
sebelum ini telah dibuktikan bahwa 6k +1 prima).
(iv) Untuk p = 6k - 1 maka p +4 = 6k -1 +4 = 6k+3 = 3(2k +1) . Karena 2k + 1 > 1 maka jelas
p +2 bukan prima (karena faktor-faktor prima hanyalah 1 dan dia sendiri.
Jelas tidak ada tripel lain yang prima yang dapat dibentuk dalam p, p +2, p +4.
187.) Tentukan bilangan bulat positif terbesar n sehinga n  1n 4  2n   3n 3  57 habis
dibagi oleh n 2  2 .
Jawab : Bagilah n  1n 4  2n   3n 3  57 dengan n 2  2 sehingga
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
n  1n 4  2n   3n 3  57  n 3  n 2  n   171 . Jadi agar 171 bulat maka n 2  2
n2  2
n2  2
n2  2
merupakan faktor dari 171. Yaitu n 2  2  1,3,9,19,27,57,171 .
Yang terbesar yaitu n 2  171  2 = 169 . Jadi n = 13.
188). Tunjukkan jika n bulat positif sehingga 2n + 1 berbentuk kuadrat maka n + 1 merupakan
jumlahan 2 bilangan kuadrat berturutan .
Jawab : x 2  2n  1 dengan x  2k  1 (seperti contoh 177).
(2  k ) 2  1
(2  k ) 2  1
2
2n = 2k  1  1 sehingga n 
. Berakibat n  1 
 1.
2
2
( 2  k ) 2  1  2 4k 2  4k  2
n + 1 = n 1 

 2 k 2  2 k  1  k 2  k 2  2k  1 .
2
2
2
2
n +1  k  (k  1) .
208). Tentukan pecahan rasional yang sama dengan 0.31 7 2 .
Jawab : Sebut bilangan tersebut x = 0.31 7 2 = 0.3172727272…
10000x = 3172,727272…
100x = 31.727272…
10000x – 100x = 3141.
9900 x = 3141 .
3141
.
x
9900
209). Bilangan 2 digit dibagi oleh jumlah dari digit-digitnya. Berapakah sisa pembagian
terbesar ?.
Jawab : Bilangan 2 digit yang mungkin adalah 10, 11, 12,…, 99.
Sebutlah bilangan tersebut x = 10 a + b. (belum selesai).
210). Tunjukkan bahwa bilangan bulat
11
...
11 merupakan bilangan tak prima (komposit).

221 1'an
Jawab :
Dengan menggunakan contoh 176 yaitu jika x prima maka salah satu dari 8p -1 dan 8p +1
prima dan yang lain komposit. Diselidiki apakah x + 1 = 8p atau x -1 = 8p.
Yaitu :
...
112 = 8p = 2 3 p . Karena x + 1 genap maka habis dibagi 2.
11
...
11 + 1 = 11


221 1'an
220 1'an
Jelas bahwa x + 1 = 8p (tidak prima) .
...
11 -1 = 11
...
11 akan diselidiki dapat tidaknya disusun dalam dalam 8p .
Sedangkan 11


221 1'an
220 1'an
(belum lengkap).
...
11 dan b = 1 000
...
00 5 . Tunjukkan bahwa ab +1 suatu kuadrat sempurna.
211). Sebut a = 11




m 1'an
m1 0'an
Bukti :
Perhatikan jika kesulitan dalam memperumum bentuk ambillah m = 3. Jadi
ab + 1 = (111)(1005) + 1 = (1005)(111) +1
= (1000 + 5)(111) +1
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
= 1000x111 + 5x111 + 1=111x1000 + 5x111 + 1
103  1 x103  5 103  1  1 .
999
 999 
=
x103  5
 1 =
9
9
9
 9 
Secara umum m kita dapat beranalogi yaitu
1
5
1
1
5
5
ab + 1 = 10 m  110 m  10 m 1  1  10 2 m  10 m  10 m   1
9
9
9
9
9
9
2
 10 m  2 
1
4
4
1
 .Bilangan ini harus bulat.
= 10 2 m  10 m  = 10 2 m  2 x10 m  4  = 
9
9
9
9
 3 
Jelas bahwa 10m  2 habis dibagi 3 (karena jumlah digit-digitnya habis dibagi 3).
212). Ditanyakan digit-digit apa yang muncul pada perkalian :
33
...
...

3  66

6 .
666
3'an 666
6 'an
Jawab : (i) Diselidiki 33x66 =
333 x 666 = 221778
3333 x 6666 = 22217778.
Secara umum diperoleh terdapat 2 sebanyak 665
7 sebanyak 665
1 sebanyak 1 dan 8 sebanyak 1.
213). Tunjukkan bahwa tidak ada bilangan bulat dengan sifat sbb : jika digit awal
‚disuppressed’ hasilnya adalah 1/35 dari bilangan mula-mula.
Jawab :
Perhatikan contoh no.200 untuk menyelesaikan hal ini.
Jadi kita dapat memperoleh bentuk sifat
x  k .10 n  y,
0  k  9 , k bulat. ….(a)
n
1
y  35 k .10  y 
(b)
Sehingga dari (b) diperoleh 35y – y = k .10 n .
k .10n
34y = k .10 n atau y 
.
34
Agar y bulat maka k .10 n faktor yang sama dengan faktor 34. Sedangkan faktor-faktor 34
adalah 1, 2, 17 dan 34. Karena 0  k  9 maka k yang memenuhi hanyalah 1 dan 2. Jelas
bahwa k = 1 sudah memenuhi sehingga kita hanya memperhatikan k = 2.
2.10 n
1
Untuk k = 2 maka y 
 10 n . Padahal 17 bilangan prima dan
34
17
jelas bahwa 17 tidak membagi habis 10n untuk semua n asli. Sehingga terbukti tidak ada
bilangan bulat dengan sifat (a)-(b).
214). Tunjukkan bahwa jumlahan semua bilangan bulat dengan n digit untuk n  3 , adalah
494 99
...
...

9 5500

0 .
n 3 9 'an
n 2 0'an
Jawab : Perhatikan untuk n = 3 maka semua bilangan yang mungkin adalah 100,101, …,999.
Jumlah bilangan adalah dengan menggunakan deret aritmatika yaitu
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
999
9 x102

(100  999) 
(1099)  494550.
2
2
Untuk n > 3, semua bilangan bulat yang mungkin adalah 1 00
...
...

0 ,..., 99

9 . Banyaknya
n 1digit 0'an
n digit
n 1
bilangan adalah 9 x 10
jumlah semua bilangan tersebut adalah menggunakan deret
aritmatika yaitu
 9 x10 n 1


9 x10 n 1 
=
Sn 
1 00
...
0

99
...
99
45 x10 n  2 10 99
...
9  = soal (belum selesai).












2  n 1 digit
2
n digit 
 n 1 digit 
215.) Tunjukkan bahwa untuk sembarang bilangan bulat positif n, maka bentuk
11
...
...


1  22

2 adalah bentuk kuadrat sempurna.
2 n 1,1' an
n 2 ' an
Bukti :
11
...
...
...
...


1  22

2 


1  22

2 = 11
2 n ,1'an
n 2 ' an
2 n ,1' an
n 2 ' an
2n
n
999...9
 999...9  10  1  10  1 

 2
 2
=
9
9
 9 
 9 
2
10 2 n  1  2 x10 n  2 10 2 n  2 x10 n  1  10 n  1 
 99...9 
2
  

 
=
  333...3 .
9
9
 3 
 3 
2
217). Bilangan bulat n adalah bilangan kelipatan 15 terkecil sedemikian sehingga setiap
digitnya 0 atau 8. Hitung n/15.
Jawab : Bilangan tersebut harus habis dibagi 15 (atau 3 dan 5). Bilangan yang habis dibagi 3
yaitu jika bilangan yang jumlah digit-digitnya habis dibagi 3. Karena bilangan tersebut hanya
terdiri dari 8 dan 0 maka bilangan yang mungkin adalah 888. Akan tetapi karena harus bisa
dibagi 15 maka bilangan tersebut 8880.
218) Tunjukkan bahwa bilangan desimal dengan angka dibelakang koma adalah semua
bilangan asli (x = 0.1234567891011121314151617…) merupakan bilangan rasional.
Jawab : sebut bilangan tersebut x dan andaikan bilangan tersebut rasional. Berarti harus ada
bilangan m dan n yang bulat sehingga x = m/n. Akan tetapi tidak mungkin. .
219). Diberikan 1/49 = 0.0204 …
bla-bla.
221). Diberikan n adlalah bilangan bulat positif yang mungkin dan d adalah 1 digit dengan
dasar 10 (basis 10). Tentukan n jika n/810 = 0.d25d25d25….
Jawab : Karena desimal berulang, bilangan tersebut dapat dinyatakan sebagai pecahan
rasional maka yaitu diperoleh n/810 = d25/999.
Sehingga
d 25 n

atau (30)(d25) = n (37) .
111 90
30( d 25)
 n (bulat). Karena 37 tidak membagi habis (30) maka 37 harus bisa membagi (d25
37
30(925)
 750 .
sehingga d yang memenuhi adalah d = 9 sehingga
37
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
282). Buktikan jika sembarang bilangan kuadrat jika dibagi 13 selalu bersisa 0,1,3,4,9, 10,
dan 12.
Bukti : Dari hal. 25 no.172 : bentuk kuadrat selalu dapat dinyatakan dalam 4t (jika bentuk
kuadrat genap) atau 4t +1 (jika bentuk kuadrat ganjil).
Sebut x  n 2 dan diketahui n 2  13k  s, 0  s  12 , s : bulat.
(i) n 2  4t maka 4t = 13 k + s .
 ( 4t  13k )  s . Untuk  13k  0 mod 13 sehingga yang kita perhatikan s = 4t.
Kita mendaftar semua t yang mungkin sebagai berikut
t
s= 4t
Keterangan
0
0
memenuhi
1
4
memenuhi
2
8
tidak
memenuhi
(sebagai salah satu
jenis sisa dalam
soal)
3
12
memenuhi
Jadi t yang memenuhi = 0,1,3
(ii) n 2  4t +1, 4t + 1 = 13k +s
(4t + 1-13k) = s. sehingga dipilih s = 4t +1. Secara sama kita dapat mendaftar.
t
s= 4t
Keterangan
0
0
memenuhi
1
5
tidak
memenuhi
(sebagai salah satu
jenis sisa dalam
soal)
2
9
memenuhi
3
13
sama artinya sisa 0
4
17
sama artinya sisa 4
Jadi t yang memenuhi = 0, 2
301). Tentukan digit terakhir dari
233333334 . 9987737 + 12 . 21327 + 12123 . 99987
Jawab : Untuk mendapatkan angka satuan maka cukup mencari hasil pembagian angka satuan
dari tiap suku yang dibagi oleh 10, yaitu :
((4)(7) + (2)(7) + (3)(7)) mod 10 = (8 + 4 + 1) mod 10 = 3 mod 10.
283). Buktikan bahwa tidak ada bilangan bulat x dan y yang memenuhi x 2  5 y 2  2 .
Bukti :
Menurut pengentahuan kita sebelum ini, bentuk kuadrat dapat dinyatakan dalam bentuk 4k
(genap) atau 4k +1 (ganjil). Artinya x 2  5 y 2  2 akan kita nyatakan dalam kedua bentuk ini.
Yaitu : 5 y 2  2 = 4( y 2  2 ) + ( y 2  2 ) -8
= 4( y 2  2 ) + ( y 2 -6).Untuk memenuhi sebagai bentuk 4k atau 4k +1 maka
disyaratkan
y 2 -6 = 0 atau y 2 -6 = 1. Sehingga y 2 = 6 atau y 2 = 7. Jelas tidak ada bilangan bulat y yang
memenuhi.
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
Catatan : pada bagian ini yang k = y 2  2 (memuat y yang tidak kita ketahui).
Cara 2 :
Kita dapat menganggap bahwa x 2  5 y 2  2 dibaca sebagai bentuk kuadrat yang dibagi 5
bersisa 2. Ditulis x 2  2 mod 5. Oleh karena itu kita akan mendaftar beberapa bilangan
kuadrat dan kita bagi 5. Kemudian kita selidiki sisanya, sebagaimana ditunjukkan pada Tabel
berikut.
x
sisa
x2
pembagian
dengan 5
1
1
1
2
4
-1
3
9
-1
4
16
1
5
25
0
6
36
1
7
49
-1
8
64
-1
9
81
1
10
100
0
11
121
1
12
144
-1
Jika proses dilanjutkan maka hanya bersisa 0, -1 dan 1 (perlu juga dinyatakan dalam bentuk
umum, tapi saat ini tidak ditulis).
284). Digit berapa yang harus ditulis untuk a dan b dalam 30a0b03 sehingga bilangan bulat
tersebut habis dibagi 13.
Jawab :
Sebut u = 30a0b03 = 3x10 6  0 x10 5  ax10 4  0 x10 3  bx10 2  0 x10 2  3
= 3x10 6  ax10 4  bx10 2  3
Sedangkan 10 2  9 mod 13 = -4 mod 13. Bagian akhir yang digunakan pada perhitungan lebih
lanjut karena angka -4 lebih mudah daripada 9 jika dipangkatkan. Ekspresi u dapat ditulis
u = 3(10 2 ) 3  a 10 2   b(10 2 )  3 = ( 3( 4) 3  a  4   b( 4)  3 ) mod 13
= 3(64)  a16  (4b)  3
= [3(4(13)  12)  a16  (4b)  3] mod 13
=[ 3(-4)(13)(3) + 3(-12) + 16a -4b + 3] mod 13
= [0 -33 + 13a + 3a -4b ] mod 13
= [-7 + 3a -4b] mod 13 .
Karena dari soal bilangan yang diminta harus habis dibagi 13 maka diperoleh -7 + 3a -4b = 0.
Atau 3a – 4b = 7. Untuk selanjutnya kita mencari a dan b yang mungkin dengan cara
mendaftar sebagai berikut.
a
3a
Persamaan 3a – 4b = 7,
a dan b bulat
0
tidak dipenuhi
1.
tidak dipenuhi
2.
tidak dipenuhi
3.
tidak dipenuhi
4.
tidak dipenuhi
2
2
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
5.
dapat, b = 2
6.
tidak dipenuhi
7.
tidak dipenuhi
8.
tidak dipenuhi
9.
b=5
Jadi (a ,b) yang memenuhi adalah (5,2) dan (9,5).
285). Tentukan semua n, 1  n  25 sedemikian hingga n 2  15n  122 dapat dibagi 6.
Petunjuk : nyatakan bahwa n 2  15n  122  (n +1)(n + 2) mod 6.
Jawab : Berdasarkan pada petunjuk maka agar n 2  15n  122 habis dibagi 6 maka
(n +1)(n + 2) = 0 atau (n +1)(n + 2) = 6k . Untuk (n +1)(n + 2) = 0 tidak mungkin karena n
tidak boleh negatif . Sehinggga haruslah (n +1)(n + 2) = 6k. Kita akan mnegusahakan dengan
mendaftar semua n yang mungkin sehingga (n +1)(n + 2) = 6k.
n
(n+1)(n+2) Persamaan
(n +1)(n + 2)
= 6k
1.
(2)(3)
2.
(3)(4)
3.
(4)(5)
4.
(5)(6)
5.
(6)(7)
6.
(7)(8)
7.
(8)(9)
8.
(9)(10)
9.
(10)(11)
10.
(11)(12)
Demikian seterusnya, maka akan diperoleh pola bahwa n = 3k -1 dan (3k -2) yang memenuhi.
286). a n  6 n  8 n . Tentukan sisa pembagian jika a 83 dibagi 49. (BELUM).
288).
289). Tentukan semua n bulat sehingga 10 | n10  1 .
Jawab : Dicari bilangan yang dipangkatkan bersisa 9 sehingga jika ditambah dengan 1 habis
dibagi 10. Kita ketahui bahwa bilangan yang bersatuan 9 adalah 3 dan 7. Dengan
memperhatikan pola sebagai berikut .
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
31  3
71  7
32  9
72  9
33  27
7 3  ...3
34  81
7 4  1 mod 10
35  ...3
7 5  ...7
36  ...9
7 6  ...7
37  ...7
7 7  ...9
38  ...1
7 8  ...3
39  ...3
7 9  ...1
310  ...9 710  ...9
Disimpulkan bahwa 310
berakhir 9 dan 7 10 berakhir
9.
Soal Test (Test Tengah Pelatihan Guru Berau, Kaltim 19 Nov-28 Nov 2010)
1. Hal 10 no 362 : Tentukan 1000 2  999 2  998 2  997 2  ...  4 2  32  2 2  1
2. Hal 39 no 264 : Buktikan semua bilangan asli n > 1 memenuhi
1
1
1
1
1
 2  2  ...  2  2 
2
n
1
2
3
n
3
3
3
3. Hal 42 no 288 : Buktikan bahwa jika 9 a  b  c maka 3|abc untuk bilangan bulat
a, b, c.
4. Hal 43 no 299 : Jika 62ab427 adalah suatu kelipatan 99, tentukan digit a dan b.
1
1
1
,
,
5. Hal 10 no 359 : Diberikan
adalah barisan aritmatika. Tunjukkan
ab bc ca
bahwa b 2 , a 2 , c 2 juga barisan aritmatika.
Jawab :
1. Hal 10 no 362 : Tentukan 1000 2  999 2  998 2  997 2  ...  4 2  32  2 2  1
Jawab : 1000 2  999 2  998 2  997 2  ...  4 2  32  2 2  1
= (1000-999)(1000+999) + (998-997)(998+997) + …+(4-3)(4+3) + (2-1)(2+1)
= 1 (1999) + (1)(1995) +…+ (1)(7) + (1)(3).
Deret tersebut merupakan deret aritmatika dengan U 1  3 , U n  1999 , beda = b = 4.
Oleh karena itu U n  1999 = U1  (n  1)b = 3 + (n-1)4
1999 -3 + 4 = 4n , n = 500.
n
Jadi S n  U 1  U n  = 250 (3 + 1999) = (250)(2002)= 500500.
2
2. Hal 39 no 264 : Buktikan semua bilangan asli n > 1 memenuhi
1
1
1
1
1
 2  2  ...  2  2 
2
n
1
2
3
n
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
Jawab : Dibuktikan dengan induksi
1 1 1 1 5
(i)
Untuk n = 2 berlaku ruas kiri = 2  2 =   .
1 2
1 4 4
1 3 6
1
Sedangkan ruas kanan 2  = 2    .
n
2 2 4
Jelas bahwa ruas kiri < ruas kanan, sehingga berlaku pernyataan di atas pada n = 2.
(ii)
Pernyataan di atas dianggap berlaku (benar) pada n = k
1
1
1
1
1
yaitu 2  2  2  ...  2  2  .
k
1
2
3
k
(iii) Perlu dibuktikan bahwa pernyataan di atas berlaku untuk n = k+ 1 yaitu perlu
dibuktikan berlaku
1
1
1
1
1
1
.
 2  2  ...  2 
 2
2
2
( k  1)
1
2
3
k
( k  1)
Pebuktian dilakukan sebagai berikut :
1 1 1
1
1
1
1
Ruas kiri = 2  2  2  ...  2 
< 2 
(dengan
2
k ( k  1) 2
1 2 3
k
(k  1)
mengggunakan (ii).
Sehingga hanya perlu dibuktikan
1
1
1
< 2
.
(*)
2 
2
k ( k  1)
( k  1)
1
1
1
Atau perlu dibuktikan   
.

2
k ( k  1)
( k  1)
Yaitu
1
1
 (k  1) 2  k  k 2  2k  1  k  (k 2  k  1)
 



k (k  1) 2
k (k  1) 2
k (k  1) 2
k (k  1) 2
 ( k ( k  1)  1)
1
1
=
= 
.

2
k  1 k ( k  1) 2
k ( k  1)
Karena keduanya negatif maka jelas bahwa

1
1
<

k  1 k ( k  1) 2

1
.
k 1
(**)
Jadi terbukti (*).
3. Hal 42 no 288 : Buktikan bahwa jika 9 a 3  b 3  c 3 maka 3|abc untuk bilangan bulat a,
b, c.
Diketahui 9 a 3  b 3  c 3 berarti 3 a 3  b 3  c 3 .
Selain itu dari aljabar
a  b  c 3  a 3  b 3  c 3  3ab 2  3ac 2  3bc 2  3a 2 b  3a 2 c  3b 2 c  6abc
= a 3  b 3  c 3  3(ab 2  ac 2  bc 2  a 2 b  a 2 c  b 2 c  2abc)
maka dari
3 a 3  b 3  c 3 dapat ditulis menjadi
3 a  b  c  - 3(ab2  ac2  bc2  a 2b  a 2c  b2c  2abc )
3
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
3
= 3 a  b  c  - 0 mod 3.
Sehingga dapat ditulis 3 a  b  c  = 3 a  b  c a  b  ca  b  c  .
Suatu bilangan habis dibagi n maka ada salah satu faktor yang juga habis dibagi n.
Karena semua faktor sama maka dapat ditulis
3
3 a  b  c   3 a  b  c  .
Sesuai dengan sifat bilangan yang habis dibagi 3 adalah bilangan yang jumlah
digit-digitnya habis dibagi 3. Sehingga
3 a  b  c   3 | abc .
3
4. Hal 43 no 299 : Jika 62ab427 adalah suatu kelipatan 99, tentukan digit a dan b.
Jawab : Bilangan yang habis dibagi 99 adalah bilangan yang habis dibagi 9 dan 11.
Bilangan yang habis dibagi 9 adalah bilangan yang jumlah digit-digitnya habis
dibagi 9 sehingga
6 + 2 + a + b + 4+ 2 + 7 = 9k , k bulat.
a + b + 21 = 9k . (Untuk 9k yang terdekat adalah 27.)
Cukuplah k = 1 dan jumlahkan kembali digit-digit pada ruas kiri yaitu
a+b+2+1=9
atau a + b = 6.
(i)
Karena bilangan tersebut juga habis dibagi 11 maka perlu dibuat bahwa
bilangan habis dibagi 11 jika jumlah selang-selingnya habis dibagi 11.
Sehingga 6 - 2 + a - b + 4 - 2 + 7 = 11.
Atau a- b = -2.
(ii)
Jadi diperoleh 2 persamaan
a + b = 6,
a- b = -2.
Kedua persamaan diselesaikan diperoleh a = 2 dan b = 4.
1
1
1
,
,
adalah barisan aritmatika. Tunjukkan
ab bc ca
bahwa b 2 , a 2 , c 2 juga barisan aritmatika.
Jawab : Karena barisan aritmatika mempunyai beda yang sama maka berlaku
1
1
1
1



.
bc ab ca bc
Diperoleh
1
1
abbc
ac
Ruas kiri =
.



b  c a  b (b  c)( a  b) (b  c)( a  b)
1
bcca
ba
1
1

Ruas kanan =
=
=
.

c  a b  c ( c  a )b  c  ( c  a )b  c  ( c  a )b  c 
Karena ruas kiri = ruas kanan maka
ba
ac
 (a-c)(c + a) = (b-a)(b+a).
=
(b  c)( a  b) ( c  a )b  c 
a 2  c2  b2  a 2 .
Bentuk terakhir merupakan selisih antara 2 suku berturutan pada barisan b 2 , a 2 , c 2 sama.
Jadi b 2 , a 2 , c 2 merupakan barisan aritmatika.
5. Hal 10 no 359 : Diberikan
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
Tema : Kombinatorik
PRINSIP INKLUSI – EKSKLUSI
card (A) (dari kata cardinal) yang berarti banyaknya anggota A.
Teorema :
Contoh 422) : Suatu survey menunjukkan bahwa 90% anak-anak sekolah atas di
Filadelpia menyukai salah satu aktivitas berikut : menonton, olah raga, dan membaca.
Diketahui 45% suka menonton, 48% suka olah raga, dan 35 % suka membaca. Juga
diketahui 12% menyukai menonton dan membaca, 20% hanya menyukai menonton dan
15% hanya menyukai membaca. Berapa persen anak –anak yang menyukai ketiga
aktivitas tersebut ?.
Jawab :
Berdasarkan prinsip Inklusi-Eksklusi untuk 3 himpunan A, B dan C :
card ( A  B  C )
 card ( A)  card ( B )  card (C )  card ( A  B )  card ( A  C )  card ( B  C )
+ card ( A  B  C ) .
(i)
Sebut A := banyaknya anak yang menyukai menonton = 45,
B := banyaknya anak yang menyukai olah raga = 48,
C:= banyaknya anak yang menyukai membaca = 35,
Sebut pula card ( A  B ) = x1 , card ( A  C ) = 12 , card ( B  C ) = x 2 ; card ( A B  C ) =
20 ; card (C A  B)  15 ; card ( A  B  C ) = x .
Perhatikan notasi
maupun C.
Ditanyakan x.
card ( A B  C) artinya banyaknya anggota A yang bukan dalam B
Diketahui card (C A  B)  card (C)  card (C  ( A  B)) .
(ii)
Perhatikan bahwa C  ( A  B) = (C  A)  (C  B ) . Sehingga
card C  ( A  B) = card (C  A)  card (C  B ) .
Dari data diperoleh card C  ( A  B) = 12 + x 2 - x . Gunakan hasil ini pada persamaan
(ii) diperoleh yaitu
card (C A  B)  card (C)  card (C  ( A  B))
sehingga
15 = 35-12- x 2 + x
atau -8 = - x 2 + x.
(iii)
Secara sama diperoleh
card ( A B  C)  card ( A)  card ( A  ( B  C ))
= card ( A)  [card ( A  B )  card ( A  C )  card ( A  B  C )] .
20 = 45 – [ x1 +12-x].
-25+12= - x1 + x . Atau -13 = - x1 + x.
(iv)
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
Dari persamaan (ii) dan (iii) diperoleh
-13 = - x1 + (-8 + x 2 ) ,
 -13 + 8 = - x1 + x 2 ,
-5 = = - x1 + x 2 atau x1 = 5 + x 2 .
(v)
Gunakan hasil (iii) – (v) dalam persamaan (i) , diperoleh
90 = 45 + 48 + 35 - x1 -12 - x 2 + x.
 90 = 128 – (5 + x 2 ) -12 - x 2 + x .
 107 = 128 - 2 x 2 + x
(vi)
 -21 = - 2 x 2 + x .
Dari persamaan (iii) dan (vi) diperoleh
 -21 = - 2 x 2 + x .
-8 = - x 2 + x.
Dengan mengalikan persamaan 2 dengan 2 diperoleh
 -21 = - 2 x 2 + x .
-16 = - 2 x 2 + 2x.
Diperoleh -5 = -x atau x = 5.
Latihan soal
No. 423. Perhatikan himpunan bilangan A  2,4,6,...,114
1. Berapa banyak anggota pada A ?
2. Berapa banyak yang dapat dibagi 3 ?.
3. Berapa banyak yang dapat dibagi 5 ?
4. Berapa banyak yang dapat dibagi 15 ?
5. Berapa banyak yang dapat dibagi 3, 5 atau keduanya ?.
6. Berapa banyak yang tidak dapat dibagi 3 atau 5 ?
7. Berapa banyak yang dapat dibagi tepat satu dari 3 atau 5 ?.
Jawab : hanya dijelaskan yang perlu yaitu yang dalam notasi himpunan .
Dipergunakan notasi : x  := bilangan bulat terbesar yang lebih kecil dari x.
Notasi ini menjelaskan bahwa banyaknya anggota himpunan perlu bulat.
114 
(1) Sehingga : card (A) = 
= 57.
 2 
Dapat pula dengan cara menganggap anggota A adalah barisan aritmatika dengan beda 2
sehingga U n  U 1  (n  1)b yaitu 144 = 2 + (n-1)(2) = 2 + 2n -2. Sehingga n = 57.
(2) Sebut A3 : anggota himpunan A yang dapat dibagi 3
A5 : anggota himpunan A yang dapat dibagi 5
 57 
card ( A3 ) := banyaknya anggota A yang dapat dibagi 3 maka card ( A3 ) :=    19
3
 57 
card ( A5 ) := banyaknya anggota A yang dapat dibagi 5 maka card ( A5 ) :=    11 .
5
Catatan : Jika didaftar bilangan tersebut : A5  10,20,30,...,110. Himpunan tersebut dapat
dipandang sebagai barisan bilangan aritmatika dengan beda 10. Sehingga
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
U n  U 1  (n  1)b yaitu 110 = 10 + (n – 1) (10) atau 110 = 10 n sehingga n = 11.
card ( A15 ) := banyaknya anggota A yang dapat dibagi 15.
Belum selesai.
No. 429 Suatu perusahaan asuransi mempunyai 10 000 pemegang polis. Setiap pemegang
polis digolongkan dalam bentuk :
 muda atau tua
 laki-laki atau perempuan
 menikah atau singgel.
Dari pemegang polis ini, ada 3000 muda, 4600 laki-laki dan 7000 menikah. Pemegang polis
digolongkan sebagai 1320 laki-laki muda, 3010 laki-laki menikah, dan 1400 menikah muda.
Sedangkan 600 pemegang polis adalah laki-laki muda yang menikah. Berapa banyak
pemegang polis yang muda , perempuan dan singgel.
Jawab :
Perkenalkan dulu notasi himpunan
A = muda , B = laki-laki, C = Menikah
Diketahui :
card(A) = 3000, card (B) = 4600 , card (C) = 7000 , card ( A  B ) = 1320, card ( B  C )
=3010, card ( A  C ) = 1400, card ( A  B  C ) = 600.
Yang ditanyakan dalam notasi himpunan adalah = card ( A B  C )
Yaitu
card ( A B  C) = card(A) – card ( A  ( B  C ))
= card(A) - card ( A  B)  card ( A  C)
= card(A) - card ( A  B)  card ( A  C)  card ( A  B  A  C)
= card(A)  card ( A  B )  card ( A  C )  card ( A  B  C )
= … = 880.
Hal ini dapat ditunjukkan pada Gambar berikut.
No.461. Pada penyusunan nomer telepon dengan 7 digunakan digit yaitu 0,1,2,3,4,5,7,8.
Tidak ada nomer telepon yang diijinkan menggunakan awal 0, 1 atau 5. Tentukan banyaknya
nomer telepon yang mungkin dari kriteria berikut
(1). Semua digit boleh diulang
(2) Tidak ada digit yang boleh berulang
(3) Digit boleh diulang, tetapi nomer telepon harus genap
(4) Digit dapat diulang, tetapi nomer telepon ganjil
(5) Digit-digit tidak boleh diulang dan nomer telepon harus ganjil.
Jawab :
Misalkan posisi nomer telepon digambarkan pada kotak berikut
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
(1) Ada 8 digit yang mungkin , tetapi pada awal tidak boleh ada 0, 1 atau 5. Sehingga
tinggal 5 digit yang boleh mengisi kotak pertama. Sedangkan setiap kotak ada 8
kemungkinan yang digambarkan pada gambar berikut
5
8
8
8
8
8
8
6
Jadi ada (5)(8)(8)(8)(8)(8)(8) = 5x8 .
(2) Diperoleh
5
7
6
5
4
3
2
Susunan yang diperoleh = 5x7!
(3) Digit awal ada 5 macam; sedang digit belakang ada 4 macam . Digit yang lain dapat
diulang (8) macam jadi
5
8
8
8
8
8
4
(4) Digit ganjil adalah 1,3,5,7 dan angka telepon ganjil adalah digit terakhir ganjil (ada 4
macam) ; Yang didepan ada 5 macam sehingga diperoleh sama
5
8
8
8
8
8
4
(5) Hal ini dilakukan dengan memisahkan didepan genap dan didepan ganjil.
Jika didepan genap maka diperoleh
3
6
5
4
3
2
4
Jika didepan ganjil dan hanya ada 4 macam tetapi 1 dan 5 tidak boleh, maka didepan
hanya ada 2 macam digit. Sedangkan jika pada digit terakhir karena harus ganjil dan
tidak boleh diulang. Jadi jika sudah digunakan didepan tidak bisa digunakan dibelakang.
Jadi kemungkinan digit terakhir hanya ada 3 macam : yaitu digit (1, 3,5,7) – (3) atau (7)
(yang dapat digunakan didepan. Artinya jika sudah digunakan didepan tidak boleh
digunakan dibelakang.
Diperoleh :
2
6
5
4
3
2
3
Jadi banyaknya jenis nomer telepon dijumlahkan (ingat bahwa bilangan-bilangan pada
kotak adalah banyaknya digit yang mungkin dapat mengisi) :
(6)(5)(4)(3)(2)[(3)(4) + (2)(3)].
No.466. Jelas bahwa 9 n
No.560 (AHSME 1990) Ada berapa banyak cara bilangan dengan 3 digit berbeda
dalam urutan naik atau dalam urutan turun ?.
Jawab : Misal posisi 3 digit tersebut dengan garis garis berikut
(a) dengan urutan naik : Untuk menempati kotak pertama dapat diisi oleh 1, 2, 3,…,7
(0 tidak boleh, 9 tidak mungkin karena harus 3 digit yang berbeda, 8 juga tidak bisa
karena hanya mungkin 1 digit ( yaitu 9 ) sedangkan kotak ketiga kosong). Setelah
kotak pertama ditetapkan maka yang berikutnya dapat ditetapkan demikian pula
kotak ketiga sebagaimana ditunjukkan pada Tabel berikut. Jadi ada (7)(7)(7) cara.
Contoh :
1
2
3
2
3
4
3
4
5
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
4
5
6
5
6
7
6
7
8
7
8
9
(b) dengan urutan turun : Kita perlu menetapkan susunan yang dimulai dari kotak
pertama . Hal ini ditunjukkan pada Tabel berikut sebagai contoh.
9
8
7
8
7
6
7
6
5
6
5
4
5
4
3
4
3
2
3
2
1
2
1
0
Jadi ada (8)(8)(8) susunan.
No 561. Ada berapa macam cara jika dari 20 orang siswa, ada 5 macam test yang
harus diikuti oleh 4 orang siswa ?.
Jawab : Artinya setiap 4 siswa akan mengikuti test sedangkan 16 yang lain paling
sedikit 1 macam test.
Banyaknya cara melakukan mengambil 4 orang dari 20 siswa yang harus 5 macam test
 20 
adalah   .
4
Sedangkan 16 siswa yang lain dapat melakukan 1 test, 2 test , 3 test, atau 4 test atau 5
test (tetapi tidak perlu berempat).
16  16  16  16   16 
Bagian ini dapat ditulis sebagai               .
1 2 3 4 5
Oleh karena itu banyaknya susunan yang diinginkan :
 20  16   20  16   20  16   20  16   20   16 
                        .
 41  42  43  44  45
No.567. Ada berapa permutasi dari kata CHICHICUILOTE
dengan :
(a). Tidak ada syarat apapun ?.
(b). Jika kata dimulai dari suatu huruf I dan berakhir dengan huruf I .
© Jika dimulai dengan I dan diakhiri dengan C
(f) Jika kata LOTE harus ada dan urutan demikian
Jawab : Diketahui ada 13 huruf dengan 3C, 2H, 3I , 1U, 1O, 1E.
Jelas (a) Ada 13!.
(b). Dijelaskan dengan Tabel berikut, dimana 2 I pada awal dan akhir
I
I
Oleh karena itu I yang satu boleh berada dimana saja bersama dengan huruf yang lain
pada 11 kolom yang kosong tersebut. Karena ada 3C yang sama, 2H yang sama, maka
ada susunan sebanyak :
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
11!
cara.
3!2!
Secara sama hal ini ditunjukkan pada Gambar berikut
©.
I
C
Sedangkan kotak yang lain diisi oleh yang lain ( termasuk 2 I) yaitu
11!
cara. ( Penyebut dari : 2I , 2H dan 2C)
2!2!2!
(f). Karena kata LOTE harus ada dalam susunan demikian maka dipandang sebagai 1
posisi dan ada 10 cara memindahnya. Sedang huruf yang lain bebas , sehingga susuan
yang diperoleh
10!
cara.
3!2!3!
Test Tengah 2 Pelatihan Guru-guru Berau
1. Soal no 426 : Dari 40 siswa , 30 orang dapat berenang dan 27 dapat bermain catur
dan 5 yang tidak dapt melakukan keduanya. Berapa banyak siswa yang dapat
berenang dan main catur ?
2. Soal 463 : Berapa banyak bilangan bulat nonnegatif dengan n digit yang tidak
memuat digit 5 ?.
3. Soal no 496 : Bilangan 3 digit dibuat menggunakan digit-digit 1,3,7,8,9.
(a). Berapa banyak bilangan bilangan tersebut ?
(b) Berapa banyak yang genap ?.
©. Berapa banyak yang palindrom ?.
(d) Berapa banyak yang dapat dibagi 3 ?.
4. Soal no 514 : Berapa banyak susunan yang dapat dibuat dari kata DRAUGHT
dengan huruf hidup tak pernah dipisahkan ?.
5. Soal 532 : Ada berapa cara kita dapat menulis bilangan 10 sebagai jumlahan dari 3
bilangan positif ?.Disini urutan penulisan 1 + 8 + 1 dianggap susunan yang berbeda
dengan 8 + 1 +1.
Jawab :
1. Soal no 426 : Dari 40 siswa , 30 orang dapat berenang dan 27 dapat bermain catur
dan 5 yang tidak dapt melakukan keduanya. Berapa banyak siswa yang dapat
berenang dan main catur ?
Jawab : Diketahui 40 orang = card(S)
A := orang yang dapat berenang, card(A) = 30
B:= orang yang dapat bermain catur , card(B) = 27
card ( AUB) c  5
Ditanyakan card ( A  B )  …
Dengan aturan himpunan : card ( S )  card ( A  B)  card ( A  B) c
40 = card ( A  B ) + 5 .
Sehingga card ( A  B ) = 35.
Menurut Teorema Inklusi Eksklusi :
card ( A  B ) = card ( A)  card ( B )  card ( A  B ) = 30 + 27 - card ( A  B )
35 = 30 + 27 - card ( A  B ) . Sehingga card ( A  B ) = 57-35 = 22.
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
Banyaknya anak yang dapat berenang dan bermain catur adalah 22 orang.
Soal 463 : Berapa banyak bilangan bulat nonnegatif dengan n digit yang tidak memuat
digit 5 ?.
Jawab : Untuk n = 1, ada 9 bilangan yaitu : 0,1,2,3,4,6,7,8,9.
Untuk n  2 : Untuk n = 2, banyak bilangan : (8)(9)
n = 3, banyak bilangan := (8)(9)(9)
n = 4, banyak bilangan = (8)(9)(9)(9)
.
.
.
n = k, banyak bilangan = (8)(9)( 9)...( 9) .

k 1
Yang dapat dipasang paling depan ada 8 digit yaitu : 1,2,3,4,6,7,8,9
Yang dapat dipasang pada urutan 2 dst ada 9 pilihan yaitu : 0,1,2,3,4,6,7,8,9
Sehingga banyak bilangan (8)( 9) n1 .
Soal no 496 : Bilangan 3 digit dibuat menggunakan digit-digit 1,3,7,8,9.
(a). Berapa banyak bilangan bilangan tersebut ?
(b) Berapa banyak yang genap ?.
©. Berapa banyak yang palindrom ?.
(d) Berapa banyak yang dapat dibagi 3 ?.
Jawab :
(a) Banyak bilangan yang terbentuk :
banyak bilangan digit ratusan ada 5 dan digit puluhan ada 5, digit
satuan ada 5.
Sehingga banyak bilangan yang terbentuk ada = 5 x 5 x 5 = 125.
(b) Banyak bilangan genap : Bilangan yang digit satuannya genap :
yang dapat dipilih sebagai digit satuan ada 1 yaitu 8
Jadi banyaknya bilangan genap ada : 5 x 5 x 1 = 25.
©. Banyak bilangan palindrom :
angka ratusan dan satuannya : ada 5 pilihan
angka puluhan ada 5 pilihan.
Banyaknya bilangan palindrom = 5 x 5 = 25.
(d). Bilangan yang habis dibagi 3 : jika jumlah digitnya habis dibagi 3 :
(a,b,c)
(1,1,1)
(1,1,7)
(1,3,8)
(1,7,7)
(1,8,9)
(3,3,3)
(3,3,9)
(3,7,8)
(3,9,9)
(7,7,7)
(7,8,9)
(8,8,8)
Banyak
permutasi
3!/3!=1
3!/2! = 3
3!= 6
3!/2!=3
3!=6
3!/3!=1
3!/2!=3
3!=6
3!/2!=1
3!/3!=1
3!=6
3!/3!=1
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
(9,9,9)
3!/3!=1
Banyak bilangan yang habis dibagi 3 : 1+3+6+3+6+1+3+6+1+1+6+1+1= 41.
4. Soal no 514 : Berapa banyak susunan yang dapat dibuat dari kata DRAUGHT
dengan huruf hidup tak pernah dipisahkan ?.
Diketahui kata DRAUGHT : Jika huruf hidup tak dipisahkan AU maka AU dianggap
sebagai 1, berarti tempat huruf ada (5 +1) = 6. Huruf sis : DRGHT ada 5 permutasi = 5!.
Sedangkan AU bisa dibalik UA sehingga ada 2! cara.
Banyaknya susunannya = 6 x 5!2! = 6x5x4x3x2x1x2 = 1440.
No 5:Soal 530 : Ada berapa cara kita dapat menulis bilangan 10 sebagai jumlahan dari
3 bilangan positif ?.Disini urutan penulisan 1 + 8 + 1 dianggap susunan yang berbeda
dengan 8 + 1 +1.
Jawab : Banyknya cara menulis bilangan 10 sebagai jumlahan
3 bilangan positif : a + b + c
(a,b,c)
(1,1,8)
(1,2,7)
(1,3,6)
(1,4,5)
(2,2,6)
(2,3,5)
(2,4,4)
(3,3,4)
Banyak permutasi
3!/2!=3
3!=6
3!
3!=6
3!/2!=3
3! = 6
3!/2!=3
3!/2!=3
Jadi banyak bilangan tersebut adalah = 3 + 6 + 6+ 6 + 3 + 6 +3 + 3 = 36.
Cara lain : menggunakan Teorema : De Moivre :
Diketahui x1  x2  x3  10 , 1  xi  7
Maka banyaknya bilangan 3 digit yang jumlah digitnya
10  1  9 
9!
 36.

    
 3  1   2  2!7!
10
adalah
POST TEST Pelatihan Gur-Guru Matematika BERAU
a b c
1. Diketahui bilangan real positif a, b, dan c sedemikian hingga   , Tentukan
b c a
3a  2b  c
nilai
.
3a  2b  c
1
1
1
1
1
2. Tentukan nilai dari
=…



 ... 
1 2
2 3
3 4
5 6
99  100
3. Tentukan banyaknya bilangan yang terdiri dari paling banyak 3 angka dengan
bilangan yang terbentuk tidak mempunyai angka kembar dan diambil dari angka
1,2,3,4,5,6,7,8.
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
4. Dua buah roda gigi masing-masing berjari-jari 90cm dan 30cm. Kedua roda gigi
diketahui bersinggungan dan dikelilingi dengan erat sebuah rantai. Tentukan
panjang rantai tersebut!.
.
JAWABAN SOAL POST TEST
No.1 Diketahui bilangan real positif a, b, dan c sedemikian hingga
3a  2b  c
.
3a  2b  c
a b c
  , Tentukan nilai
b c a
Jawab : Diketahui bilangan real positif a, b, dan c sedemikian hingga
nilai
3a  2b  c
3a  2b  c
no.1 Dengan diketahui
a b c
  , Tentukan
b c a
a b c
  .
b c a
a b

diperoleh ac  b 2
b c
a c
Dari  diperoleh bc  a 2
b a
b c
Dari  diperoleh ab  c 2
c a
Dijumlah ketiga ruas kiri dan kalikan dengan 2 yaitu
2(ac + bc + ab) = 2( a 2  b 2  c 2 .).
Sehingga
Dari
2a 2  2b 2  2c 2  2ab  2bc  2ac  0 .
2
Atau a  b   ( a  c ) 2  (b  c ) 2  0 .
Agar hal ini benar maka a = b , a = c dan b = c sehingga a= b = c.
3a  2b  c
Substitusikan hasil tersebut pada
= 6c/4c = 1.
3a  2b  c
1
1
1
1
1
No.2 Tentukan nilai dari
=…



 ... 
1 2
2 3
3 4
5 6
99  100
Jawab :
1
1 1 2

 1  2 ,
1 2 1 2 1 2
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
1
1
2 3

  2  3,
2 3
2 3 2 3
3 4
 3 4,
3 4
1
1

3 4
3 4
.
.
.
1
1
99  100

  99  100.
99  100
99  100 99  100
Dengan menjumlahkan semuanya diperoleh
1
1
1
1
1
= 100  1  10  1  9.



 ... 
1 2
2 3
3 4
5 6
99  100
No.3 Tentukan banyaknya bilangan yang terdiri dari paling banyak 3 angka dengan bilangan
yang terbentuk tidak mempunyai angka kembar dan diambil dari angka 1,2,3,4,5,6,7,8.
Jawab : hal ini diilustrasikan pada Gambar berikut
Karena bilangan terdiri paling banyak 3 digit, maka bilangan tersebut dapat 1 digit, 2 digit
atau 3 digit.
(a). Bilangan dengan 1 digit terdiri dari 8 cara
(b) Bilangan yang terdiri dari 2 digit :
(8)(7) = 56 karena ada 8 pilihan untuk angka puluhan dan 7 angka pilihan satuan
karena yang sudah dipilih tidak boleh dipilih lagi.
©. Bilangan yang terdiri dari 3 angka :
Jika pada kotak pertama telah diisi maka digit lain diisi dari 7 yang lain. Pilihan pada kotak
pertama ada 8 macam. Jadi banyaknya cara ada (8)(7)(6) cara.
Jadi banyaknya bilangan yang dapat disusun = 8 + 56 + 336 = 400.
4. Dua buah roda gigi masing-masing berjari-jari 90cm dan 30cm. Kedua roda gigi
diketahui bersinggungan dan dikelilingi dengan erat sebuah rantai. Tentukan panjang
rantai tersebut!.
Gambar a.
Jawab : Berikut ini diberikan keterangan bukan sebagai materi jawaban terlebih dahulu tetapi
menjelaskan kesalahan yang sering muncul pada jawaban peserta.
Jika kita menarik garis diameter pada lingkaran besar dan lingkaran kecil maka ketika
menarik garis yang menghubungkan dua titik pada masing-masing lingkaran, garis tersebut
bukanlah garis singgung yang dapat menyinggung kedua lingkaran. Hal ini ditunjukkan pada
Gambar berikut bahwa garis g1 dan g2 tidak dapat menyinggung kedua lingkaran.
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
Gambar b.
Kembali pada soal.
Kita perlu menarik garis singgung yang menyinggung lingkaran besar dan menyinggung
lingaran kecil yang segaris. Perlu diketahui pula sembarang garis singgung pada lingkaran
pasti tegak lurus dengan jari-jari lingkaran. Hal ini ditunjukkan pada Gambar berikut.
Sebut sudut APQ  1  QPD , Sedangkan sudut refleksi APQ + QPD adalah 1 .
dan sudut refleksi BQP  PQC adalah BQC  2 .
Sebutlah panjang busur yang besar untuk AD diberi simbol bsr(AD), panjang AB = |AB| ,
panjang busur BC = bsr(BC) dan panjang CD = |CD|.
Yang ditanyakan adalah panjang rantai yang mengelilingi kedua lingkaran. Hal ini berarti
perlu ditentukan panjang AB = panjang DC, panjang busur AD dan panjang busur BC.
Untuk itu panjang rantai berarti :
Panjang rantai = bsr(AD) + |AB| + bsr(BC) + |CD|
= bsr(AD) +2 |AB| + bsr(BC)
(karena |AB|=|CD|)
Proses selanjutnya dilakukan beberapa tahap.
Tahap 1. Cari |AB|
Perhatikan segiempat PABQ : Dari titik Q , kita buat garis yang tegak lurus dan sejajar AB
pada AP, memotong pada titik E sebagaimana ditunjukkan pada Gambar berikut.
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
Berdasarkan konstruksi maka |AE| = |BQ|.
Perhatikan PEQ : |PE| = 90 cm – 30cm = 60 cm.
|PQ| = (90 + 30)cm = 120 cm.
Oleh karena itu |AB| = |EQ| =
1202  602  60 3 .
Tahap 2. Menghitung panjang busur yang besar AD diperlukan mengetahui besar sudut yang
menghadap busur tersebut yaitu 1 (karena kita akan menggunakan formula :
besar sudut dihadapan busur
panjang busur =
x keliling lingkaran .
360 0
Untuk kita kita perlu menghitung besar sudut 1 . Perhatikan segitiga AEQ yang siku-siku di
E.
EP
60 1
cos 1 

 .
PQ 120 2
Jadi 1 = 60 0   / 3 .
Sehingga 1  360o  21  360o  2(60o )  240o .
Panjang busr AD dapat dihitung yaitu bsr(AD) =
240o
x 2 (90cm)  120 .
360o
Tahap 3. Kita perlu menghitung busur BC sbb:
Secara sama kita perlu mengetahui besar sudut yang menghadap busur tersebut, akan tetapi
tidak bisa secara langsung. Kita perlu mengetahui besar sudut  2 yaitu dengan
memperhatikan segiempat PABQ.
 2  (n  2)  (60o  90o  90o )
= ( 4  2) - 240 o
= 3600  2400  120o .
Besar sudut  2 = 3600  2(1200 )  120o .
Sehingga bsr(BC) =
120o
x 2 (30cm)  20 .
360o
Tahap 4 : Kita peroleh panjang rantai = 120 +2(60 3 ) + 20 = 140 + 120 3 .
LATIHAN SOAL yang telah dikerjakan
Tema : GEOMETRI
Catatan : cocok untuk SMP
No.738 : Buktikan bahwa jumlah sudut luar dari suatu poligon konveks dengan n sisi adalah
2
Jawab : Untuk mengilustrasikan hal ini ditunjukan terlebih dahulu oleh segitiga ( n = 3).
Yang dimaksud sudut-sudut luar poligon adalah 1 , ´2 ,  3 .
KUMPULAN SOAL JAWAB OLIMPIADE MATEMATIKA –Oleh
Sumber soal : David Santos
Catatan : Hasil kegiatan pertemuan guru-guru SMA-SMP Berau, KALTIM
19 Nov-28 N0v 2010.
===================================================================
Perhatikan bahwa 1 + ´2 +  3 = (  a )  (  b)  (  c)
= 3  (a  b  c )  3    2 .
Sehingga untuk n poligon dengan sudut dalam poligon diberi label 1 ,  2 ,...,  n diperoleh
1 + ´2 +  3 +…+  n = (  1 )  (   2 )  ...  (   n )
= n  1  ...   n 
Diketahui bahwa jumlah sudut pada n-poligon adalah (n-2)  .
Sehingga 1 + ´2 +  3 +…+  n = n  (n  2) = 2 .
===============================================================
CATATAN : USULAN KURIKULUM MATEMATIKA SMA
SMA TAHUN 1 – TAHUN 2
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
ALJABAR
CALCULUS : Jenis.- jenis Fungsi . Limit, Derivatif dan Integral dan pemanfaatan
TEORI BILANGAN
GEOMETRI ( Euclid): Segitiga, lingkaran, segi banyak
KOMBINATORIK
LOGIKA
PERTIDAKSAMAAN : rata-rata aritmatika, rata-rata geometri, rata-rata harmonika ,
dan berbagi jenis pertidaksamaan
8. STATISTIK DAN PROBABILISTIK
9. PEMODELAN MATEMATIKA : Manfaat kalkulus dalam analisa data, masalah
persamaan diferensial untuk kegunaan diferensial dan integral
Referensi Calculus : J. Stewart, Kalkulus, diterjemahkan oleh Hendra Gunawan, Erlangga.