Pembahasan Soal Olimpiade Sains Provinsi SMP/MTs 2018

Pembahasan Soal Olimpiade Sains Provinsi SMP/MTs2018

April 25, 2018

Disusun Oleh:

Jason Chrysoprase

Agustino

Wildan Bagus Wicaksono

1

Halaman 2 Pembahasan Soal Olimpiade Sains Provinsi SMP/MTs 2018

A. ISIAN SINGKAT

1. Diketahui bilangan bulat positif k sehingga5k + 1

3k − 18juga bilangan bulat positif. Dua

nilai k yang memenuhi adalah ... .

Solusi: 7 dan 37

Alternatif 1

5k + 1

3k − 18=

1

3

(5k + 1

k − 6

)=

1

3

(5k − 30 + 31

k − 6

)=

1

3

(5k − 30

k − 6+

31

k − 6

)∴

5k + 1

3k − 18=

1

3

(5 +

31

k − 6

)Karena 31 prima, maka nilai untuk k adalah k − 6 = 1⇒ k = 7 dan

k − 6 = 31⇒ k = 37. Ketika dicek untuk k = 7, maka5k + 1

3k − 8= 12 dan untuk k = 37,

maka5k + 1

3k − 18= 2.

Jadi, dua nilai k yang memenuhi adalah 7 dan 37.

Alternatif 2

Kita butuh Lemma sederhana berikut,

Lemma Jika a habis membagi b, maka a habis membagi ax± by untuk a 6= 0. Bukti,trivialy sebab a habis membagi a dan a habis membagi b.

Sehingga 3k− 18 habis membagi 3(5k + 1)− 5(3k− 18), dengan kata lain 3(k− 6) habismembagi 93 ⇒ k − 6 habis membagi 31. Sehingga k − 6 = 1⇒ k = 7 dank − 6 = 31⇒ k = 37.


2. Suatu partikel bergerak pada bidang Cartesius dimulai dari titik (0, 0). Setiap langkahpergerakan adalah satu satuan. Peluang partikel bergerak pada arah sumbu X positif

adalah1

2, sedangkan peluang bergerak pada arah sumbu Y positif adalah

2

5. Setelah 10

langkah, peluang partikel tersebut pada titik (6, 4) dengan melalui titik (3, 4) adalah ... .

Solusi:7

500

Karena hanya dapat berjalan ke arah sumbu X positif (ke kanan) dan ke arah sumbu Ypositif (ke atas), maka sama saja dengan kita menentukan dahulu banyak ruteterpendek dari titik (0, 0) menuju (3, 4) lalu dilanjutkan menuju titik (6, 4). Banyak

rute terpendek dari (0, 0) menuju (3, 4) adalah7!

3!4!= 35 cara. Dalam hal ini, rute dari

titik (0, 0) menuju (6, 4) dengan melalui titik (3, 4) telah melakukan sebanyak 6 kali kearah sumbu X positif dan 4 kali ke arah sumbu Y positif. Sehingga peluang partikelpada titik (6, 4) dengan melalui titik (3, 4):

P (A) = 35 ·(

1

2

)6

·(

2

5

)4

= 35 · 1

26· 24

54

= 7 · 1

22· 1

53

∴ P (A) =7

500

Jadi, peluang partikel pada titik (6, 4) dengan melalui titik (3, 4) adalah7

500.


3. Diberikan himpunan A = {1, 2, 3, ..., 25}. Banyak himpunan bagian berunsur dua yanghasil kali unsur-unsurnya kuadrat sempurna adalah ... .

Solusi: 16

Pasangan bilangan kuadrat sempurna dengan bilangan kuadrat sempurna akanmenghasilkan bilangan kuadrat sempurna juga. Bilangan kuadrat sempurna padahimpunan A adalah {1, 4, 9, 16, 25}, sehingga terdapat C5

2 = 10 pasangan.

Pasangan yang unsur-unsurnya masing-masing bukan kuadrat sempurna dan hasil kaliunsur-unsurnya kuadrat sempurna adalah(2, 8), (2, 18), (3, 12), (9, 18), (5, 20), (6, 24)⇒ 6 pasangan.

Jadi, banyak himpunan bagian berunsur dua yang hasil kali unsur-unsurnya kuadratsempurna adalah 10 + 6 = 16 pasangan.


4. Diketahui bilangan x dan y masing-masing tidak lebih dari 2018 dan x2 + y2 habisdibagi 121. Jika pasangan (x, y) dan (y, x) tidak dibedakan, maka banyak pasangan(x, y) yang memenuhi adalah ... .

Solusi: 16.836

Karena x2 + y2 ≡ 0 mod 11, maka x2 + y2 ≡ 0 mod 11. Perhatikan bahwaa2 ≡ 0, 1, 4, 9, 5, 3 mod 11. Sedangkan 11 = 1 + 10 = 2 + 9 = 3 + 8 = 4 + 6 = 5 + 6,maka x ≡ 0 mod 11 dan y ≡ 0 mod 11. Himpunan bilangan kelipatan 11 yang tidaklebih dari 2018 dan lebih besar dari 0 adalah {11, 22, 33, ..., 2013} ⇒ 183 bilangan.

Jika x = y, maka ada 183 pasangan.

Jika x 6= y, maka ada C1832 = 16.653 pasangan.

Jadi, banyak pasangan seluruhnya adalah 16.836 pasangan.

Komentar Terhadap Soal:

Soal ini jawabannya bisa saja ∞. Karena tidak menutup kemungkinan jika x, y ≤ 0.Jika x, y real, selalu berakibat x2 + y2 ≥ 0. Namun karena tidak disebutkan semestadari x dan y, maka x, y dianggap bilangan kompleks.


5. Suatu tabung berada di dalam prisma tegak segitiga. Tabung tersebut tepatmenyinggung pada alas, tutup, dan semua sisi prisma. Alas prisma berbentuk segitigasama sisi dengan panjang 8 cm dan tinggi prisma 6 cm. Volume tabung tersebut adalah... .

Solusi: 32π

Diketahui bahwa alas prima berbentuk segitiga samasisi dengan panjang 8 cm. Makapanjang jari-jari tabung:

Rtabung =L4s

=

(82

)2√3

12(8 + 8 + 8)

=16√

3

12

∴ Rtabung =4

3

√3 cm

Maka volume tabung:

Vtabung = πR2t

= π ·(

4

3

√3

)2

· 6

= π16

3· 6

∴ Vtabung = 32π cm3

Jadi, volume tabung adalah 32π cm3.


6. Diketahui 4ABC mempunyai panjang sisi AB = AC = 3 cm dan BC = 2 cm. Titik Ddan E terletak pada AC sehingga BD adalah garis tinggi dan BE adalah garis berat4ABC. Luas 4BDE adalah ... cm2.

Solusi:5

9

√2 cm2

Karena BE garis berat, diperoleh CE = EA =3

2cm. Misalkan panjang CD = x, maka

DE =

(3

2− x)cm. Dengan Phytagoras berlaku:

• BD2 = BC2 − CD2

• BD2 = AB2 − AD2

Maka:

BD2 = BD2

BC2 − CD2 = AB2 − AD2

22 − x2 = 32 − (3− x)2

(3− x)2 − x2 = 32 − 22

(3− x+ x)(3− x− x) = 5

3(3− 2x) = 5

3− 2x =5

3

−2x = −4

3

∴ x =2

3

Diperoleh panjang DE =3

2− 2

3=

9− 4

6=

5

6cm. Subtitusikan nilai x pada

BD2 = BC2 − CD2. Diperoleh:

BD2 = BC2 − CD2

= 22 −(

2

3

)2

= 4− 4

9

=32

9

∴ BD =4√

2

3cm


L4BDE =1

2·DE ·BD

=1

2· 5

6· 4√

2

3

L4BDE =5

9

√2 cm2

Jadi, luas 4BDE adalah5

9

√2 cm2.


7. Sebuah kode terdiri dari 6 digit angka dan disusun dengan ketentuan sebagai berikut:

• Angka pertama adalah tak nol

• Nilai angka pertama adalah dua kali digit terakhir

• Jika angka ke-2 dan ke-3 dipertukarkan, tidak akan mengubah bilangan.

Banyaknya susunan angka kode yang mungkin adalah ... .

Solusi: 4000

Misalkan kode yang dimaksud adalah pqrstu.

Karena p = 2u dan p 6= 0, maka terdapat 4 kemungkinan nilai u: 1; 2; 3; 4. Sehinggap = 2; 4; 6; 8⇒ 4 kemungkinan .

Diketahui bahwa jika digit ke-2 dan ke-3 dipertukarkan, tidak adak mengubah bilangan,maka q = r. Sehingga ada 10 kemungkinan .

Nilai s dan t bebas sehingga masing-masing ada 10 kemungkinan .

Karena nilai p tergantung nilai u dan nilai q tergantung nilai r, maka banyak kode yangmungkin adalah 4× 10× 10× 10 = 4000.


8. Misalkan k adakah garis yang menyinggung kurva y = x2 − 1 di titik (x1, y1) denganx1 > 1. Jika k melalui titik (1,−1), maka k memotong sumbu-y di titik ... .

Solusi: (0,−5)Misalkan f(x) = y = x2 − 1. Gradien garis k dapat dicari dengan mencari turunan darif(x), yaitu f ′(x) = 2x. Sehingga gradien garis k adalah 2x1.

Karena (x1, y1) merupakan titik singgung kurva y = x2 − 1, diperoleh y1 = x21 − 1.Karena garis k melalui titik (1,−1) diperoleh:

y − y1 = m(x− x1)(x2 − 1)− (−1) = 2x1(x1 − 1)

x2 − 1 + 1 = 2x21 − 2x1

0 = x21 − 2x1

∴ 0 = x1(x1 − 2)

Maka diperoleh x1 = 0 atau x1 = 2. Karena x1 > 1, maka nilai yang memenuhi untukx1 = 2. Maka y1 = 22 − 1 = 3 dan gradien garis k adalah 2x1 = 2× 2 = 4. Diperolehpersamaan garis k dan melalui titik (1,−1):

y − y1 = m(x− x1)y − (−1) = 4(x− 1)

y + 1 = 4x− 4

∴ y = 4x− 5

Karena garis k memotong sumbu-y, maka nilai x = 0. Diperoleh y = 4 · 0− 5 = −5.

Jadi, k memotong sumbu-y di titik (0,−5).


9. Misalkan suku-suku suatu barisan diberikan dengan x1 = 1, xn+1 = xn + n, untuk n > 1.Nilai n terbesar sehingga x1 + x2 + x3 + ...+ xn ≤ 2018 adalah ... .

Solusi: 22

Diperoleh, x1 = 1

x2 = x1 + 1 = 1 + 1 = 2.

x3 = x2 + 2 = 2 + 2 = 4.

x4 = x3 + 3 = 4 + 3 = 7.

........................

Bentuk di atas terbentuk barisan aritmetika tingkat 2 dengan a = 1, b = 1, dan c = 1.Diperoleh

Un = a+ (n− 1)b+(n− 1)(n− 2)c

2!

= 1 + (n− 1) · 1 +(n− 1)(n− 2) · 1

2

=2 + 2(n− 1) + (n− 1)(n− 2)

2

=2 + (n− 1)(n− 2 + 2)

2

∴ Un = 1 +n(n− 1)

2= 1 +

n2 − n2

Selanjutnya, dapat dilakukan dua alternatif.

Alternatif 1

x1 + x2 + x3 + ...+ xn ≤ 2018

1 +12 − 1

2+ 1 +

22 − 2

2+ 1 +

32 − 3

2+ ...+ 1 +

n2 − n2

≤ 2018

n+1

2(12 + 22 + 32 + ...+ n2)− 1

2(1 + 2 + 3 + ...+ n) ≤ 2018

n+1

2· n(n+ 1)(2n+ 1)

6− 1

2· n(n+ 1)

2≤ 2018

n+n(n+ 1)(2n+ 1)

12− n(n+ 1)

4≤ 2018

12n+ n(n+ 1)(2n+ 1)− 3n(n+ 1)

12≤ 2018

12n+ n(n+ 1)(2n+ 1− 3)

12≤ 2018

12n+ n(n+ 1)(2n− 2)

12≤ 2018

12n+ 2n(n+ 1)(n− 1)

12≤ 2018

6n+ n(n2 − 1)

6≤ 2018

n(n2 − 1 + 6) ≤ 12108

n(n2 + 5) ≤ 12108

∴ n3 + 5n ≤ 12108


Sedangkan 3√

12108 = 22, 96. Dengan mensubtitusikan nilai n = 22, diperolehn3 + 5n = 10758. Dengan mensubtitusikan n = 23, diperoleh n3 + 5n = 12282. Sehingganilai n terbesar adalah 22.

Alternatif 2

n∑k=1

xk ≤ 2018

n∑k=1

(1 +

k2 − k2

)≤ 2018

n∑k=1

1 +n∑

k=1

k2 − k2≤ 2018

n+1

2

n∑k=1

(k2 − k

)≤ 2018

n+1

2

(n∑

k=1

k2 −n∑

k=1

k

)≤ 2018

n+1

2

(n(n+ 1)(2n+ 1)

6− n(n+ 1)

2

)≤ 2018

n+1

2· n(n+ 1)(2n+ 1)− 3n(n+ 1)

6≤ 2018

12n+ n(n+ 1)(2n+ 1− 3)

12≤ 2018

12n+ n(n+ 1)(2n− 2)

12≤ 2018

6n+ n(n+ 1)(n− 1)

6≤ 2018

n (n2 − 1 + 6)

6≤ 2018

n(n2 + 5

)≤ 12108

n3 + 5n ≤ 12108

Berdasarkan perhitungan sebelumnya, diperoleh nilai n terbesar adalah 22.


10. Nilai x dan y yang memenuhi sistem

2

3x+

2

3y = − 4

63

y =1

2x− 13

42

adalah ... .

Solusi: x =1

7dan y = − 5

21

Diketahui bahwa y =1

2x− 13

42. Diperoleh:

2

3x+

2

3y = − 4

632

3(x+ y) = − 4

63

x+ y = − 4

63· 3

2

x+1

2x− 13

42= − 2

213

2x = − 2

21+

13

42

=−4 + 13

42

x =9

42· 2

3

∴ x =1

7

Subtitusikan.

y =1

2x− 13

42

=1

2· 1

7− 13

42

=1

14− 13

42

=3− 13

42

y = − 5

21

Jadi, diperoleh x =1

7dan y = − 5

21.


11. Bilangan bulat dari 1, 2, 3, ..., 1000 ditulis berurutan pada keliling lingkaran. Seseorangmenandai bilangan 1, bilangan 13, bilangan 25, dan setiap bilangan ke-12 setelahnya(berarti bilangan yang ditandai adalah 1, 13, 25, 37, ...). Proses ini berlangsung terusmenerus sampai bertemu dengan bilangan yang pernah ditandai. Bilangan bulat padakeliling lingkaran tersebut yang tidak ditandai sebanyak ... .

Solusi: 750

Pada putaran pertama, bilangan yang dintandai adalah {1, 13, 25, 37, ...}. DiperolehUn = 12n− 11. Maka banyak bilangan yang ditandai pada putaran pertama adalah⌊

1000 + 11

12

⌋= 84 bilangan.

Pada putaran kedua, bilangan yang ditandai adalah {9, 21, 33, 45, ...}. Diperoleh

Un = 12n− 3. Maka banyak bilangan yang ditandai adalah

⌊1000 + 3

12

⌋= 83 bilangan.

Pada putaran ketiga, bilangan yang ditandai adalah {5, 17, 19, 31, ...}. Diperoleh

Un = 12n− 7. Maka banyak bilangan yang ditandai adalah

⌊1000 + 7

12

⌋= 83.

Dalam kasus ini tidak mungkin ada yang terhitung dua kali atau lebih. Maka banyakbilangan yang ditandai adalah 84 + 83 + 83 = 250 bilangan.

Jadi, banyak bilangan yang tidak ditandai adalah 1000− 250 = 750 bilangan.


12. Diberikan suatu segitiga samakaki ABC dengan AB = AC = 10 cm. Titik D terletakpada sisi AB sejauh 6 cm dari A, serta titik E terletak sejauh 4 cm dari A. Selanjutnya

dari A ditarik garis tinggi dan memotong BC di F . Jika bilangan rasionala

bmenyatakan perbandingan luas segiempat ADFE terhadap luas segitiga ABC dalambentuk paling sederhana, maka nilai a+ b adalah ... .

Solusi: 3

Alternatif 1

Karena panjang AB = AC, maka panjang CF = FB =1

2CB.

4AFC sebangun dengan 4EE ′C. Maka diperolehEE ′

AF=EC

AC=

3

5. Diperoleh:

L4EFC

L4ABC

=12· CF · EE ′

12· CB · AF

=CF

CB· EE

′

AF=

1

2· 3

5=

3

10

∴ L4EFC =3

10L4ABC

4DBD′ sebangun dengan 4AFB. Maka diperolehDD′

AF=DB

AB=

2

5. Diperoleh:

L4DBF

L4ABC

=12·BF ·DD′

12·BC · AF

=BF

BC· DD

′

AF=

1

2· 2

5=

2

10

∴ L4DBF =2

10L4ABC

Maka:

LADFE = L4ABC − L4EFC − L4DBF

= L4ABC −3

10L4ABC −

2

10L4ABC

=10− 3− 2

10L4ABC

LADFE

L4ABC

=5

10

∴LADFE

L4ABC

=1

2

Diperoleh nilai a = 1 dan b = 2. Jadi, nilai a+ b = 1 + 2 = 3.


Alternatif 2

Karena AB = AC, maka CF = FB.

L4EFC

L4ABC

=12· EC · CF · sin∠ECB12· AC · CB · ∠ACB

=6 · CF

10 · 2CF=

3

10

∴ L4EFC =3

10L4ABC

L4DBF

L4ABC

=12·DB · FB · sin∠DBC

12· AB ·BC · sin∠ABC

=4 · FB

10 · 2FB=

2

10

∴ L4DBF =2

10L4ABC

Maka:

LADFE = L4ABC − L4EFC − L4DBF

= L4ABC −3

10L4ABC −

2

10L4ABC

=10− 3− 2

10L4ABC

LADFE

L4ABC

=5

10

∴LADFE

L4ABC

=1

2

Diperoleh a = 1 dan b = 2. Jadi, a+ b = 3.


13. Diketahui 4ABC siku-siku di C. D titik tengah AC dan AC = BD = 2√

10. P padaBD sehingga CP ⊥ BD. Luas CDP adalah ... .

Solusi:5

4

√3 cm2

Karena ∠DCB = ∠CPB = 90◦, berlaku BD ·DP = DC2 dan DP · PB = CP 2.

DC2 = DP ·DB(√10)2

= DP · 2√

10

10 = DP · 2√

10

∴ DP =10

2√

10=

1

2

√10

Diperoleh panjang BP = DB −DP = 2√

10− 1

2

√10 =

3

2

√10.

CP 2 = DP · PB

=1

2

√10 · 3

2

√10

∴ CP =1

2

√30

Maka:

L4CPD =1

2·DP · CP

=1

2· 1

2

√10 · 1

2

√30

=1

8

√300

∴ L4CPD =5

4

√3

Jadi, luas 4CPD adalah5

4

√3 satuan luas.


14. Persegi panjang ABCD mempunyai panjang sisi AB = 4 cm dan BC = 8 cm. Titik Fpada AD, G pada BC, sehingga garis FG sejajar sisi CD, dan panjang AF = 2 cm.Titik E merupakan titik tengah sisi CD. Selanjutnya dilukis diagonal BD dan garisAE. Banyak segiempat pada persegi panjang ABCD adalah ... .

Solusi: 13

Segiempat pada gambar tersebut antara lain:

• ABCD• AFGB• FDCG• AFIB• AHGB• CDIG• CEAB• CEHG• CDFG• CEJB• DAHI• FHJD• FHED

Jadi, banyak segiempat adalah 13.


15. Didefiniskan [[x]] = bilangan bulat yang lebih kecil atau sama dengan x, contoh[[2]] = 2; [[0, 1]] = 0; dan [[1, 8]] = 1. Jika

J =[[√

1918]]

+[[√

1919]]

+[[√

1920]]

+ ...+[[√

2018]]

, maka nilai J adalah ... .

Solusi: 4426

Jika 432 ≤ x < 442, berakibat[[√x]] = 43. Sehingga[[√

1918]]

+[[√

1919]]

+[[√

1920]]

+ ...+[[√

1935]]

= 43(1935− 1918 + 1) = 774

Jika 442 ≤ x < 452, berakibat[[√

x]]

= 44. Sehingga[[√1936

]]+[[√

1937]]

+[[√

1938]]

+ ...+[[√

2018]]

= 44(2018− 1936 + 1) = 3652

Jadi, nilai dari J adalah

J =[[√

1918]]

+[[√

1919]]

+[[√

1920]]

+ ...+[[√

2018]]

= 774 + 3652 = 4426


B. URAIAN

1. Tentukan semua penyelesaian dari sistem persamaan

x2 − 6y2 − xy − x+ 3y = 0

x2 − 5x− 3y2 − y + 10 = 0

Solusi: (x, y) = (3, 1),

(5,

5

3

), (7,−3), (5,−2)

x2 − 6y2 − xy − x+ 3y = 0

x2 − 6y2 + (2xy − 3xy)− x+ 3y = 0

(x2 + 2xy − x) + (−3xy − 6y2 + 3y) = 0

x(x+ 2y − 1)− 3y(x+ 2y − 1) = 0

(x+ 2y − 1)(x− 3y) = 0

Diperoleh x = 1− 2y atau x = 3y.

Untuk x = 1− 2y, maka:

x2 − 5x− 3y2 − y + 10 = 0

(1− 2y)2 − 5(1− 2y)− 3y2 − y + 10 = 0

1− 4y + 4y2 − 5 + 10y − 3y2 − y + 10 = 0

y2 + 5y + 6 = 0

(y + 3)(y + 2) = 0

Diperoleh y = −3 atau y = −2.

Jika y = −3, diperoleh x = 1− 2y = 1− 2(−3) = 1 + 6 = 7.

Jika y = −2, diperoleh x = 1− 2y = 1− 2(−2) = 1 + 4 = 5.

Kita dapatkan (x, y) = (7,−3), (5,−2).

Untuk x = 3y, maka:

x2 − 5x− 3y2 − y + 10 = 0

(3y)2 − 5(3y)− 3y2 − y + 10 = 0

9y2 − 15y − 3y2 − y + 10 = 0

6y2 − 16y + 10 = 0

3y2 − 8y + 5 = 0

(y − 1)(3y − 5) = 0

Diperoleh y = 1 atau y =5

3.

Jika y = 1, diperoleh x = 3y = 3(1) = 3.

Jika y =5

3, diperoleh x = 3y = 3

(5

3

)= 5.

Jadi, semua penyelesaian yang memenuhi yang memenuhi adalah

(x, y) = (3, 1),

(5,

5

3

), (7,−3), (5,−2)


2. Sebuah permainan dengan nama ”Halang Rintang” mempunyai aturan permainanbahwa jika seseorang pada rintangan ke-n, orang tersebut harus melemparkan dadusebanyak n kali. Jika jumlah mata dadu dari n pelemparan ini lebih dari 2n, makaorang tersebut berhasil melewati rintangan. Tentukan peluang bahwa seseorang berhasilmelewati tiga rintangan pertama. Diasumsuikan bahwa dadu yang digunakan adalahdadu setimbang.

Solusi:100

243Misalkan xn adalah pelemparan dadu ke-n untuk bilangan asli n.

Rintangan ke-1

Sebuah dadu dilempar sekali. Agar berhasil melewati rintangan ke-1, maka harusx1 > 2. Maka nilai x1 yang memenuhi adalah 3, 4, 5, 6⇒ 4 kemungkinan. Sehingga

peluang berhasil melewati rintangan pertama adalah4

6=

2

3.

Rintangan ke-2

Sebuah dadu dilempar dua kali. Agar berhasil melewati rintangan ke-2, maka harusx1 + x2 > 4.

Banyak pasangan (x1, x2) yang memenuhi x1 + x2 ≤ 4 adalah(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (3, 1)⇒ 6 kemungkinan. Maka banyak pasangan (x1, x2)yang memenuhi x1 + x2 > 4 adalah 36− 6 = 30. Sehingga peluang berhasil melewati

rintangan ke-2 adalah30

36=

5

6.

Rintangan ke-3

Sebuah dadu dilempar 3 kali. Agar berhasil melewati rintangan ke-3, maka harusx1 + x2 + x3 > 8.

Pasangan (x1, x2, x3) yang memenuhi x1 + x2 + x3 = 3 adalah (1, 1, 1)⇒ 1 pasangan.

Pasangan (x1, x2, x3) yang memenuhi x1 + x2 + x3 = 4 adalah

(1, 1, 2)⇒ 3!

2!1!= 3 pasangan

Pasangan (x1, x2, x3) yang memenuhi x1 + x2 + x3 = 5 adalah:{(1, 1, 3)⇒ 3!

2!1!= 3 Pasangan

(1, 2, 2)⇒ 3!1!2!

= 3 Pasangan

Total ada 6 pasangan.

Pasangan (x1, x2, x3) yang memenuhi x1 + x2 + x3 = 6 adalah:(1, 1, 4)⇒ 3!

2!1!= 3 Pasangan

(1, 2, 3)⇒ 3! = 6 Pasangan

(2, 2, 2)⇒ 1 Pasangan


Pasangan (x1, x2, x3) yang memenuhi x1 + x2 + x3 = 7 adalah:(1, 1, 5)⇒ 3!

2!1!= 3 Pasangan

(1, 2, 4)⇒ 3! = 6 Pasangan

(1, 3, 3)⇒ 3!1!2!

= 3 Pasangan

(2, 2, 3)⇒ 3!2!1!

= 3 Pasangan



Pasangan (x1, x2, x3) yang memenuhi x1 + x2 + x3 = 8 adalah:

(1, 1, 6)⇒ 3!2!1!

= 3 Pasangan

(1, 2, 5)⇒ 3! = 6 Pasangan

(1, 3, 4)⇒ 3! = 6 Pasangan

(2, 2, 4)⇒ 3!2!1!

= 3 Pasangan

(2, 3, 3)⇒ 3!1!2!

= 3 Pasangan


Maka banyak pasangan yang memenuhi x1 + x2 + x3 ≤ 8 adalah 56 pasangan. Sehinggabanyak pasangan yang memenuhi x1 + x2 + x3 > 8 adalah 216− 56 = 160.

Sehingga peluang berhasil melewati rintangan ke-3 adalah160

216=

20

27.

Jadi, peluang berhasil melewati tiga rintangan pertama adalah2

3· 5

6· 20

27=

100

243.


3. Seseorang mengamati Pelat Nomor Kendaraan Bermotor (PNKB) yang terdiri atasempat angka. Dengan angka pertama tak nol. Orang tersebut mendefinisikan PNKBistimewa jika memenuhi dua syarat, yaitu:

• PNKB tersebut memuat tiga atau empat suku barisan aritmetika

• Beda atau selisih suatu barisan tersebut adalah bilangan bulat positif

Tentukan banyak PNKB istimewa yang dimaksud.

Solusi: 331 atau 29 (Tergantung pemahaman setiap orang)

Soal ini memiliki 2 pemahaman (tergantung pemahaman setiap seseorang).

Misalkan PNKB tersebut adalah abcd.

Pemahaman 1

• Barisan aritmetika berbentuk a, b, c dan d bebas

• Barisan aritmetika berbentuk b, c, d dan a bebas

• Barisan aritmetika berbentuk a, b, c, d

Kasus 1

Jika a bebas dan b, c, d membentuk barisan aritmetika, maka nilai a yang memenuhiadalah 1, 2, 3, ..., 9⇒ 9 kemungkinan.

Jika beda barisan tersebut adalah 1, maka barisan tersebut berbentuk b, b+ 1, b+ 2.Sehingga nilai b yang memenuhi adalah 0, 1, 2, 3, ..., 7⇒ 8 kemungkinan.

Jika beda barisan tersebut adalah 2, maka barisan tersebut berbentuk b, b+ 2, b+ 4.Sehingga nilai b yang memenuhi adalah 0, 1, 2, ..., 5⇒ 6 kemungkinan.

Jika beda barisan tersebut adalah 3, maka barisan tersebut berbentuk b, b+ 3, b+ 6.Sehingga nilai b yang memenuhi adalah 0, 1, 2, 3⇒ 4 kemungkinan.

Jika beda barisan tersebut adalah 4, maka barisan tersebut berbentuk b, b+ 4, b+ 8.Sehingga nilai b yang memenuhi adalah 0, 1⇒ 2 kemungkinan.

Jika beda barisan tersebut adalah 5, maka barisan tersebut berbentuk b, b+ 5, b+ 10.Dalam hal ini tidak ada nilai b yang memenuhi karena b+ 10 > 9.

Karena banyak nilai a ada 9 kemungkinan, maka banyak total PNKB istimewa ada9(8 + 6 + 4 + 2) = 180.

Kasus 2

Jika a, b, c membentuk barisan aritmetika dan d bebas, maka nilai d yang memenuhiadalah 0, 1, 2, 3, ..., 9⇒ 10 kemungkinan.

Jika beda barisan tersebut adalah 1, maka barisan tersebut berbentuk a, a+ 1, a+ 2.Sehingga nilai a yang memenuhi adalah 1, 2, 3, ..., 7⇒ 7 kemungkinan.

Jika beda barisan tersebut adalah 2, maka barisan tersebut berbentuk a, a+ 2, a+ 4.Sehingga nilai a yang memenuhi adalah 1, 2, 3, 4, 5⇒ 5 kemungkinan.

Jika beda barisan tersebut adalah 3, maka barisan tersebut berbentuk a, a+ 3, a+ 6.Sehingga nilai a yang memenuhi adalah 1, 2, 3⇒ 3 kemungkinan.

Jika beda barisan tersebut adalah 4, maka barisan tersebut berbentuk a, a+ 4, a+ 8.Maka nilai a yang memenuhi adalah 1⇒ 1 kemungkinan.

Jika beda barisan tersebut adalah 5, maka barisan tersebut berbentuk a, a+ 5, a+ 10.Dalam hal ini tidak ada nilai a yang memenuhi karena a+ 10 > 9.


Karena banyak nilai d adalah 10 kemungkinan, maka banyak total PNKB istimewa ada10(7 + 5 + 3 + 1) = 160.

Kasus 3

Barisan a, b, c, d membentuk barisan aritmetika.

Jika beda barisan tersebut adalah 1, maka barisan tersebut berbentuka, a+ 1, a+ 2, a+ 3. Sehingga banyak nilai a yang memenuhi adalah 1, 2, 3, 4, 5, 6⇒ 6kemungkinan.

Jika beda barisan tersebut adalah 2, maka barisan tersebut berbentuka, a+ 2, a+ 4, a+ 6. Sehingga banyak nilai a yang memenuhi adalah 1, 2, 3⇒ 3kemungkinan.

Jika beda barisan tersebut adalah 3, maka barisan tersebut berbentuka, a+ 3, a+ 6, a+ 9. Dalam hal ini tidak ada nilai a yang memenuhi karena a+ 9 > 9sedangkan a > 0.

Maka banyak total PNKB istimewa ada 9.

Misalkan:

• Himpunan A berisi semua kemungkinan pada Kasus 1

• Himpunan B berisi semua kemungkinan pada Kasus 2

• Himpunan C berisi semua kemungkinan pada Kasus 3

Diperoleh, n(A) = 180, n(B) = 160 dan n(C) = 9.

Jelas anggota A dan anggota B berbeda kecuali keempat angka membentuk barisanaritmetika (yaitu Kasus C), sehingga n(A ∩B) = 9.

Jelas bahwa A ⊂ C dan B ⊂ C sehingga berakibat n(A ∩ C) = n(C), n(B ∩ C) = n(C)dan juga n(A ∩B ∩ C) = n(C). Diperoleh n(A ∩ C) = 9, n(B ∩ C) = 9 dann(A ∩B ∩ C) = 9.

Menurut Prinsip Inklusi dan Eksklusi, berlaku

n(A∪B ∪C) = n(A) + n(B) + n(C)− n(A∩B)− n(B ∩C)− n(A∩C) + n(A∩B ∩C)

Diperoleh:

n(A ∪B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C)− n(A ∩B)− n(B ∩ C)− n(A ∩ C) + n(A ∩B ∩ C)

= 180 + 160 + 9− 9− 9− 9 + 9

∴ n(A ∪B ∪ C) = 331

Jadi, banyak PNKB istimewa yang dimaksud adalah 331.

Pemahaman 2

• Barisan aritmetika berbentuk a, b, c, d

• Barisan aritmetika berbentuk a, b, cd

Kasus 1

Barisan a, b, c, d membentuk barisan aritmetika.

Jika beda barisan tersebut adalah 1, maka barisan tersebut berbentuka, a+ 1, a+ 2, a+ 3. Sehingga nilai a yang memenuhi adalah 1, 2, 3, 4, 5, 6⇒ 6kemungkinan.


Jika beda barisan tersebut adalah 2, maka barisan tersebut berbentuka, a+ 2, a+ 4, a+ 6. Sehingga nilai a yang memenuhi adalah 1, 2, 3⇒ 3 kemungkinan.

Jika beda barisan tersebut adalah 3, maka barisan tersebut berbentuka, a+ 3, a+ 6, a+ 9. Dalam hal ini tidak ada nilai a yang memenuhi karena a+ 9 > 9sedangkan a > 0.

Total PNKB istimewa adalah 9.

Kasus 2

Barisan a, b, cd membentuk barisan aritmetika.

Jika beda barisan tersebut adalah 1, maka barisan tersebut berbentuk a, a+ 1, a+ 2dimana cd = a+ 2. Sehingga kita dapatkan nilai maksimum cd adalah 11 dan nilaiminimum cd adalah 10. Sehingga ada 2 kemungkinan.




Total PNKB istimewa adalah 20.

Dari kedua kasus tersebut, maka banyak PNKB istimewa adalah 20 + 9 = 29.


Mengingat dari keterbatasan penulis, pembahasan OSP Matematika SMP 2018 inisangat mungkin jauh dari sempurna. Saran, tanggapan, dan koreksi sangat diharapkanbagi kami demi perbaikan pembahasan soal OSP ini.

Penulis

Email:

• [email protected]



Facebook:

• Jason Chrysoprase

• Agustino

• Wildan Bagus W

Documents

Pembahasan Soal Olimpiade Sains Provinsi SMP/MTs 2018