STRATEGI PENYELESAIAN MASALAH PROBLEM SOLVING … · 2. Memisalkan dengan Suatu Variabel Contoh 10 : Dua lilin yang sama panjang dinyalakan pada jam sama. Lilin pertama akan habis

STRATEGI PENYELESAIAN MASALAH (PROBLEM SOLVING STRATEGIES)

EDDY HERMANTO

Strategi Penyelesaian Masalah

Beberapa Strategi Penyelesaian Masalah :

1. Membuat daftar Yang Teratur 2. Memisalkan Dengan Suatu Variabel 3. Membagi Kasus 4. Memperhatikan Pola 5. Memperhatikan Paritas 6. Bekerja Mundur 7. Memanfaatkan Kesimetrian 8. Menyusun Kondisi Ekstrim 9. Memperhatikan/Membuat Batasan Masalah

1. Membuat Daftar Yang Teratur

Contoh 1 : (OSP 2009) Tiga dadu berwarna hitam, merah, dan putih dilempar bersama-sama. Macam hasil lemparan sehingga jumlah ketiga mata dadu adalah 8 sebanyak


Solusi : Misalkan (a, b, c) menyatakan mata dadu hitam adalah a, mata dadu merah adalah b dan mata dadu c adalah c. Semua kemungkinan yang muncul adalah (1,1,6), (1,2,5), (1,3,4), (1,4,3), (1,5,2), (1,6,1), (2,1,5), (2,2,4), (2,3,3), (2,4,2), (2,5,1), (3,1,4), (3,2,3), (3,3,2), (3,4,1), (4,1,3), (4,2,2), (4,3,1), (5,1,2,), (5,2,1), (6,1,1). Macam lemparan ada sebanyak 21.


Contoh 2 : (OSP 2006) Sebuah himpunan tiga bilangan asli disebut himpunan aritmatika jika salah satu unsurnya merupakan rata-rata dari dua unsur lainnya. Banyaknya subhimpunan aritmatika dari {1,2,3,,8} adalah


Solusi : Dengan mendaftar akan didapat (1,2,3), (1,3,5), (1,4,7), (2,3,4), (2,4,6), (2,5,8), (3,4,5), (3,5,7), (4,5,6), (4,6,8), (5,6,7), (6,7,8). sebanyak 12 subhimpunan yang memenuhi.


Contoh 3 : (OSP 2011) Banyak bilangan tiga digit yang semua digit-digitnya berbeda dan digit terakhirnya merupakan hasil penjumlahan dari dua digit yang lainnya adalah


Solusi : (1,2,3), (1,3,4), (1,4,5), (1,5,6), (1,6,7), (1,7,8), (1,8,9), (2,1,3), (2,3,5), (2,4,6), (2,5,7), (2,6,8), (2,7,9), (3,1,4), (3,2,5), (3,4,7), (3,5,8), (3,6,9), (4,1,5), (4,2,6), (4,3,7), (4,5,9), (5,1,6), (5,2,7), (5,3,8), (5,4,9), (6,1,7), (6,2,8), (6,3,9), (7,1,8), (7,2,9), (8,1,9). Banyaknya bilangan ada sebanyak 32.


Contoh 4 : (OSK 2016) Misalkan 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒, 𝑓 adalah sebarang pengurutan dari (1,2,3,4,5,6). Banyaknya pengurutan sehingga 𝑎 + 𝑐 + 𝑒 > 𝑏 + 𝑑 + 𝑓 adalah


Solusi : 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 Maka a + c + e > 11 Maka tripel (a, c, e) yang memenuhi adalah (1,4,6), (1,5,6), (2,3,6), (2,4,5), (2,4,6), (2,5,6), (3,4,5), (3,4,6), (3,5,6), (4,5,6) ada sebanyak 10. (a,c,e) dan (b,d,f) dapat dipermutasikan. Banyaknya pengurutan sehingga 𝑎 + 𝑐 + 𝑒 > 𝑏 + 𝑑 + 𝑓 = 10 3! 3! = 360. Jadi, banyak pengurutan sehingga 𝑎 + 𝑐 + 𝑒 > 𝑏 + 𝑑 + 𝑓 adalah 360.


Contoh 5 : (OSP 2003) Berapakah banyaknya cara memilih tiga bilangan berbeda sehingga tidak ada dua bilangan yang berurutan, jika bilangan-bilangan tersebut dipilih dari himpunan {1, 2, 3, , 9, 10 } ?


Solusi : Dengan cara mendaftar kita dapatkan 3 bilangan yang dipilih adalah : (1,3,5), (1,3,6), (1,3,7), (1,3,8), (1,3,9), (1,3,10), (1,4,6), (1,4,7), (1,4,8), (1,4,9), (1,4,10), (1,5,7), (1,5,8), (1,5,9), (1,5,10), (1,6,8), (1,6,9), (1,6,10), (1,7,9), (1,7,10), (1,8,10), (2,4,6), (2,4,7), (2,4,8), (2,4,9), (2,4,10), (2,5,7), (2,5,8), (2,5,9), (2,5,10), (2,6,8), (2,6,9), (2,6,10), (2,7,9), (2,7,10), (2,8,10), (3,5,7), (3,5,8), (3,5,9), (3,5,10), (3,6,8), (3,6,9), (3,6,10), (3,7,9), (3,7,10), (3,8,10), (4,6,8), (4,6,9), (4,6,10), (4,7,9), (4,7,10), (4,8,10), (5,7,9), (5,7,10), (5,8,10), (6,8,10). Banyaknya cara = 56.


Contoh 6 : (OSP 2005) Di dalam sebuah kotak terdapat 4 bola yang masing-masing bernomor 1, 2, 3 dan 4. Anggi mengambil bola secara acak, mencatat nomornya, dan mengembalikannya ke dalam kotak. Hal yang sama ia lakukan sebanyak 4 kali. Misalkan jumlah dari keempat nomor bola yang terambil adalah 12. Berapakah peluang bola yang terambil selalu bernomor 3 ?


Solusi : Setelah didaftar didapat (1,3,4,4), (1,4,3,4), (1,4,4,3), (2,2,4,4), (2,3,3,4), (2,3,4,3), (2,4,2,4), (2,4,3,3), (2,4,4,2), (3,1,4,4), (3,2,3,4), (3,2,4,3), (3,3,2,4), (3,3,3,3), (3,3,4,2), (3,4,1,4), (3,4,2,3), (3,4,3,2), (3,4,4,1), (4,1,3,4), (4,1,4,3), (4,2,2,4), (4,2,3,3), (4,2,4,2), (4,3,1,4), (4,3,2,3), (4,3,3,2), (4,3,4,1), (4,4,1,3), (4,4,2,2), (4,4,3,1) Banyaknya kemungkinan jumlah mata dadu adalah 31 dengan munculnya bola yang terambil selalu tiga sebanyak 1 kali. Peluang kejadian = 1/31.


Contoh 7 : (OSP 2013) Bilangan asli n dikatakan “cantik” jika n terdiri dari 3 digit berbeda atau lebih dan digit-digit penyusunnya tersebut membentuk barisan aritmatika atau barisan geometri. Sebagai contoh 123 bilangan cantik karena 1, 2, 3 membentuk barisan aritmatika. Banyak bilangan cantik adalah ……


Solusi : Jika abc adalah bilangan cantik maka cba juga bilangan cantik kecuali a atau c sama dengan 0. Maka cukup dengan membuat daftar bilangan cantik dengan a < b. Bilangan-bilangan cantik dengan a < b adalah 123, 1234, 12345, 123456, 1234567, 12345678, 123456789, 124, 1248, 135, 1357, 13579, 139, 147, 159, 234, 2345, 23456, 234567, 2345678, 23456789, 246, 2468, 248, 258, 345, 3456, 34567, 345678, 3456789, 357, 3579, 369, 456, 4567, 45678, 456789, 468, 469, 567, 5678, 56789, 579, 678, 6789, 789 yang banyaknya ada 46.


Jika angka terakhir bilangan cantik sama dengan 0 maka bilangan-bilangan cantik tersebut adalah 210, 3210, 43210, 543210, 6543210, 76543210, 876543210, 9876543210, 420, 6420, 86420, 630, 9630, 840 yang banyaknya ada 14. Maka banyaknya bilangan cantik = 46 2 + 14 = 106. Jadi, banyaknya bilangan cantik ada 106.

2. Memisalkan dengan Suatu Variabel

Contoh 8 : (OSK 2003) Hari ini usiaku 1/3 kali usia ayahku. Lima tahun yang lalu, usiaku 1/4 kali usia ayahku pada waktu itu. Berapakah usiaku sekarang ?


Solusi : Misal usiaku saat ini = X dan usia ayahku saat ini = Y, maka : X = Y/3 dan X 5 = (Y 5)/4. X 5 = (3X 5)/4 4X 20 = 3X 5 X = 15 Usiaku saat ini 15 tahun


Contoh 9 : (OSK 2003) Misalkan bahwa

f(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + c dan bahwa f(1) = f(2) = f(3) = f(4) = f(5). Berapakah nilai a ?


Solusi : Misal f(1) = f(2) = f(3) = f(4) = f(5) = k Dibentuk persamaan polinomial : g(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + c k g(x) = f(x) k Jelas bahwa g(1) = g(2) = g(3) = g(4) = g(5) = 0 Berarti bahwa 1; 2; 3; 4 dan 5 adalah akar-akar persamaan polinomial g(x) = 0. x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + c k = 0 x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = a Karena akar-akarnya adalah 1; 2; 3; 4 dan 5 maka : 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = a a = 15


Contoh 10 : Dua lilin yang sama panjang dinyalakan pada jam sama. Lilin pertama akan habis seluruhnya 4 jam kemudian sedangkan lilin kedua akan habis seluruhnya 40 menit setelah lilin pertama habis seluruhnya. Jika kedua lilin dinyalakan pada pukul 20.16, pada jam berapakah panjang salah satu lilin tiga kali lilin yang lain ? Anggap pelelahan lilin terjadi secara linier.


Solusi : 4 jam = 240 menit Misal panjang masing-masing lilin = h, maka ;

ℎ −ℎ

280𝑡 = 3 ℎ −

ℎ

240𝑡

1 −𝑡

280= 3 −

𝑡

80

7𝑡 − 2𝑡

560= 2

t = 224 menit = 3 jam 44 menit. Panjang salah satu lilin sama dengan 3 kali

panjang lilin yang lainnya terjadi pada 24.00


Contoh 11 : (OSK 2011) Ada berapa banyak bilangan bulat positif berlambang “abcde” dengan a < b c < d < e ?


Solusi : Jelas bahwa syarat yang harus dipenuhi adalah 1 a < b c < d < e 9 Misalkan k = c + 1 dan m = d + 1 serta n = e + 1 maka ketaksamaan akan berlaku 1 a < b < k < m < n 10 Maka persoalannya akan menjadi setara dengan memilih 5 kemungkinan dari 10 kemungkinan yang ada. Banyanya cara = 10C5 = 252.


Contoh 12 : (OSP 2002) Ada berapa banyakkah bilangan 4-angka berbentuk 𝑎𝑏𝑐𝑑 dengan a b c d ?


Solusi : Misalkan k = b + 1 dan m = c + 2 serta n = d + 3 maka a < k < m < n dengan syarat a 1 dan n 12. Banyaknya bilangan 4-angka yang terbentuk = 12C4 = 495.


Contoh 13 : (OSP 2010) Bilangan enam digit 𝑎𝑏𝑐𝑑𝑒𝑓 dengan a > b > c d > e > f ada sebanyak


Solusi : Misalkan k = d 1 dan m = e 1 serta n = f 1 maka a > b > c > k > m > n dengan syarat n 1 dan a 9. Banyaknya bilangan 4-angka yang terbentuk = 11C6 = 462.


Contoh 14 : (OSP 2003) Berapakah banyaknya cara memilih tiga bilangan berbeda sehingga tidak ada dua bilangan yang berurutan, jika bilangan-bilangan tersebut dipilih dari himpunan {1, 2, 3, , 9, 10 } ?


Solusi : Misalkan bilangan yang memenuhi tersebut adalah a, b, c dengan a < b < c dengan syarat selisih dua bilangan berurutan minimal 2. Misalkan juga k = b 1 dan m = c 2 maka a < k < m dengan syarat a 1 dan m 8. Banyaknya cara memilih 3 bilangan adalah 8C3 = 56.

3. Membagi Kasus

Contoh 15 : (OSK 2004) Delegasi Indonesia ke suatu pertemuan pemuda internasional terdiri dari 5 orang. Ada 7 orang pria dan 5 orang wanita yang mencalonkan diri untuk menjadi anggota delegasi. Jika dipersyaratkan bahwa paling sedikit seorang anggota itu harus wanita, banyaknya cara memilih anggota delegasi adalah

3. Membagi Kasus

Solusi : Susunan delegasi yang mungkin adalah 4 pria dan 1 wanita atau 3 pria dan 2 wanita atau 2 pria dan 3 wanita atau 1 pria dan 4 wanita atau 5 wanita . Banyaknya cara memilih anggota delegasi = 7C4 5C1 + 7C3 5C2 + 7C2 5C3 + 7C1 5C4 + 7C0 5C5 Banyaknya cara memilih anggota delegasi = 35 5 + 35 10 + 21 10 + 7 5 + 1 1 Banyaknya cara memilih anggota delegasi = 175 + 350 + 210 + 35 + 1 = 771 cara. Banyaknya cara memilih anggota delegasi ada 771.

3. Membagi Kasus

Contoh 16 : (OSK 2013) Suatu dadu ditos enam kali. Banyak cara memperoleh jumlah mata yang muncul 28 dengan tepat satu dadu muncul 6 adalah

3. Membagi Kasus

Solusi : Semua kemungkinan susunan jumlah mata dadu 28 dengan angka 6 muncul tepat sekali adalah : • Susunan dadu (6,5,5,5,5,2)

Banyaknya susunan = 6!

4! = 30

• Susunan dadu (6,5,5,5,4,3)


3! = 120

• Susunan dadu (6,5,5,4,4,4)


3!2! = 60

Maka banyaknya semua kemungkinan = 30 + 120 + 60 = 210 Jadi, banyak cara memperoleh jumlah mata 28 dengan

tepat satu dadu muncul 6 = 210.

3. Membagi Kasus

Contoh 17 : (OSK 2013) Enam orang siswa akan duduk pada tiga meja bundar, dimana setiap meja akan diduduki oleh minimal satu siswa. Banyaknya cara untuk melakukan hal tersebut adalah

3. Membagi Kasus

Solusi : Kemungkinan susunan keenam siswa adalah : • Susunannya adalah 4, 1, 1.

64

21

11

4 − 1 ! = 180

Terdapat perhitungan ganda pada perhitungan di atas. Contoh : A, B, C. D berada di meja I, E di meja II dan F di meja III dianggap berbeda dengan A, B, C. D berada di meja I, F di meja II dan E di meja III padahal seharusnya sama. Maka perhitungan tersebut harus dibagi 2!.

Jadi, banyaknya susunan = 64

21

11 4;1 !

2!= 90

• Susunannya adalah 3, 2, 1. 63

32

11

3 − 1 ! 2 − 1 ! = 120

• Susunannya adalah 2, 2, 2. 62

42

22

3!= 15

Jadi, banyaknya susunan seluruhnya = 90 + 120 + 15 = 225.

3. Membagi Kasus

Contoh 18 : (OSP 2013) Ada dua gelas, gelas A berisi 5 bola merah, dan gelas B berisi 4 bola merah dan satu bola putih. Satu gelas dipilih secara acak dan kemudian satu bola diambil secara acak dari gelas tersebut. Hal ini dilakukan berulang kali sampai salah satu gelas kosong. Tentukan probabilitas bahwa bola putih tidak terambil.

3. Membagi Kasus

Solusi : Akan ada 5 kasus : • Kasus 1, jika salah satu gelas kosong setelah pengambilan ke-5.

Peluang = 1

2

5 =

1

32.

• Kasus 2, jika salah satu gelas kosong setelah pengambilan ke-6. Pengambilan bola ke-6 harus dari gelas A.

Banyaknya urutan pengambilan bola dari gelas B = 51

= 5.

Peluang terambilnya satu bola merah dari gelas B = 4

5

Peluang = 1

2

6∙

51

∙4

5 =

1

16


Banyaknya urutan pengambilan 2 bola dari gelas B = 62

= 15.

3. Membagi Kasus

Peluang terambilnya dua bola merah dari gelas B = 4

5∙

3

4 =

3

5

Peluang = 1

2

7∙

62

∙3

5 =

9

128



= 35.


5∙

3

4∙

2

3 =

2

5

Peluang = 1

2

8∙

73

∙2

5 =

7

128



= 70.


5∙

3

4∙

2

3∙

1

2 =

1

5

3. Membagi Kasus

Peluang = 1

2

9∙

84

∙1

5 =

7

256

Maka probabilitas bahwa bola putih tidak terambil = 1

32+

1

16+

9

128+

7

128+

7

256=

63

256

Jadi, probabilitas bahwa bola putih tidak terambil = 𝟔𝟑

𝟐𝟓𝟔.

4. Memperhatikan Pola

Contoh 19 : (OSK 2012) Tentukan angka satuan pada (2012)2012


Solusi : Angka satuan (2012)2012 sama dengan angka satuan 22012. Angka satuan 21 sama dengan 2 Angka satuan 22 sama dengan 4 Angka satuan 23 sama dengan 8 Angka satuan 24 sama dengan 6 Angka satuan 25 sama dengan 2 Angka satuan 2n berulang dengan periode 4. Karena 2012 habis dibagi 4 maka angka satuan 22012 sama dengan angka satuan 24 yaitu 6. Jadi, angka satuan (2012)2012 adalah 6.


Contoh 20 : Tentukan dua angka terakhir dari 432014.


Solusi : Dua angka terakhir 431 sama dengan 43 Dua angka terakhir 432 sama dengan 49 Dua angka terakhir 433 sama dengan 07 Dua angka terakhir 434 sama dengan 01 Dua angka terakhir 435 sama dengan 43 Dua angka terakhir 43n berulang dengan periode 4. Karena 2014 dibagi 4 bersisa 2 maka dua angka terakhir 432014 sama dengan dua angka terakhir 432 yaitu 49.


Contoh 21 : (OSP 2009) Suatu fungsi f : Z Q mempunyai sifat

f(x+1) = 1:𝑓(𝑥)

1;𝑓(𝑥) untuk setiap x Z. Jika f(2) = 2,

maka nilai fungsi f(2009) adalah


Solusi : f(2) = 2 f(3) = −3

f(4) = −1

2

f(5) = 1

3

f(6) = 2 Jadi,nilai dari f(x) akan berulang dengan periode 4.

f(2009) = f(501x4+5) = f(5) = 1

3


Contoh 22 : (OSP 2011) Diberikan barisan bilangan rasional {ak}kN yang didefinisikan dengan a1 = 2 dan

𝑎𝑛:1 =𝑎𝑛;1

𝑎𝑛:1 , n N

Nilai a2011 adalah


Solusi : 𝑎1 = 2

𝑎2 = 1

3

𝑎3 = −1

2

𝑎4 = −3 𝑎5 = 2

Nilai 𝑎𝑛 berulang dengan periode 4.

𝑎2011 = 𝑎4𝑥502:3 = 𝑎3 = −1

2


Contoh 23 : (AIME 2001) Barisan a1, a2, a3, a4, memenuhi a1 = 211, a2 = 375, a3 = 420 dan a4 = 523 serta an = an1 an2 + an3 an4. Tentukan nilai dari a531 + a753 + a975.


Solusi : a1 = 211, a2 = 375, a3 = 420 dan a4 = 523 an = an1 an2 + an3 an4. a5 = a4 a3 + a2 a1 = 523 420 + 375 211 = 267 a6 = a1, a7 = a2, a8 = a3, a9 = a4, a10 = a5, a11 = a1, a12 = a2, a13 = a3, a14 = a4 dan seterusnya yang merupakan pengulangan dengan periode 10. a531 + a753 + a975 = a1 + a3 + a5 = 211 + 420 + 267 a531 + a753 + a975 = 898.

5. Memperhatikan Paritas

Contoh 24 : Misalkan x + y = 31 dengan x dan y adalah bilangan prima serta x > y.Nilai dari x y =


Solusi : Karena 31 adalah bilangan ganjil maka salah satu dari x atau y genap dan satunya ganjil. Bilangan prima genap hanya ada satu yaitu 2. Karena x + y = 31 maka bilangan prima lainnya adalah 29. Jadi, x = 29 dan y = 2 Maka x y = 27.


Contoh 25 : (OSP 2011) Jika kedua akar persamaan x2 2013x + k = 0 adalah bilangan prima, maka nilai k yang mungkin adalah


Solusi : x2 2013x + k = 0 memiliki akar-akar p dan q dengan p dan q keduanya bilangan prima. p + q = 2013 Karena p dan q prima maka salah satunya genap dan satunya ganjil sehingga nilai p dan q yang memenuhi adalah 2 dan 2011. k = pq = 2 2011 = 4022 Jadi, nilai k yang memenuhi adalah k = 4022.


Contoh 26 : (OSK 2012) Banyaknya bilangan bulat n yang memenuhi (n 1)(n 3)(n 5) (n 2013) = n(n + 2)(n + 4) (n + 2012)

adalah


Solusi : (n 1)(n 3)(n 5)(n 2013) = n(n + 2)(n + 4)(n + 2012)

n 1, n 3, n 5, , n 2013 adalah bilangan bulat dengan paritas yang sama. n, n + 2, n + 4, , n + 2012 adalah bilangan bulat dengan paritas yang sama. Sedangkan n dan n 1 adalah bilangan bulat dengan paritas yang berbeda. Maka ruas kiri dan kanan dari persamaan awal memiliki paritas yang berbeda sehingga tidak mungkin kesamaan akan terjadi. Jadi, banyaknya bilangan bulat n yang memenuhi adalah 0.


Contoh 27 : (OSP 2012) Misalkan 𝑥; 𝑦; dan 𝑧 adalah bilangan-bilangan prima yang memenuhi persamaan

34𝑥 − 51𝑦 = 2012𝑧 Nilai dari 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 adalah


Solusi : 34x 51y = 2012z dengan x, y, z adalah bil prima. Karena 34 dan 2012 habis dibagi 2 maka y habis dibagi 2. Karena y prima maka y = 2. Karena 34 dan 51 habis dibagi 17 maka z habis dibagi 17. Karena z prima maka z = 17. 34x 51(2) = 2012(17) x = 1009 yg memenuhi bahwa x adalah bil prima. x + y + z = 1009 + 2 + 17 = 1028 Jadi, nilai dari x + y + z adalah 1028.


Contoh 28 : (OSP 2010) Diketahui suatu papan catur seperti pada gambar. Dapatkah suatu biji catur kuda berangkat dari suatu petak melewati setiap petak yang lain hanya satu kali dan kembali ke tempat semula ? Jelaskan jawab anda !


Pada gambar di atas akan didapat jumlah petak warna hitam dan putih berselisih satu. Langkah kuda dari petak putih ke petak hitam atau sebaliknya. Karena kuda tersebut harus kembali ke petaknya semula maka petak terakhir sebelum kembali ke petak semula haruslah berbeda warna dengan petak semula tersebut. Jadi, haruslah jumlah petak warna hitam sama dengan jumlah petak warna putih. Tetapi ternyata jumlah petak warna hitam dan putih berselisih satu. Kontradiksi. Maka biji catur kuda tidak dapat kembali ke petaknya semula. Biji catur kuda tidak dapat kembali ke petaknya semula.


Contoh 29 : (OSP 2002) Bangun datar pada gambar disebut tetromino-T. Misalkan setiap petak tetromino menutupi tepat satu petak pada papan catur. Kita ingin menutup papan catur dengan tetromino-tetromino sehingga setiap petak tetromino menutup satu petak catur tanpa tumpang tindih. a. Tunjukkan bahwa kita dapat menutup papan catur biasa, yaitu papan catur dengan 8 X 8 petak, dengan menggunakan 16 tetromino-T. b. Tunjukkan bahwa kita tidak dapat menutup papan „catur‟ 10 X 10 petak dengan 25 tetromino-T.


Solusi : Bagian a. Karena petak 4 x 4 dapat ditutupi oleh 4 buah Tetromino-T, maka tentunya kita dapat menutup petak catur 8 x 8 dengan 16 buah Tetromino-T.


Bagian b. Andaikan 25 tetronimo tersebut dapat menutup papan „catur‟ 10 x 10 petak. Sebuah tetromino-T akan menutupi 1 buah petak hitam dan 3 buah petak putih atau 1 buah petak putih dan 3 buah petak hitam pada papan catur. Karena 1 dan 3 bilangan ganjil serta banyaknya Tetromino-T ada 25 yang juga merupakan bilangan ganjil maka ke-25 Tetromino-T tersebut akan menutupi sejumlah ganjil petak hitam dan sejumlah ganjil petak putih pada papan catur. Hal ini kontradiksi dengan kenyataan bahwa pada papan catur 10 x 10 terdapat 50 petak hitam dan 50 petak putih. Terbukti bahwa kita tidak dapat menutup papan ‘catur’ 10 X 10 petak dengan 25 tetromino-T.


Contoh 30 : Masing-masing petak papan catur ukuran 8 x 8 diberi nomor dari 1 sampai 64. Penomoran dimulai dari baris paling atas dan dimulai dari kiri ke kanan. Jika satu bilangan di antara 64 bilangan tersebut dihapus maka 21 buah persegi panjang dengan ukuran 3 x 1 tepat dapat menutup 63 petak sisanya. Tentukan semua kemungkinan bilangan yang dihapus tersebut.


Solusi : Misalkan persegi panjang ukuran 3 x 1 dipetakkan pada petak dengan salah satu petaknya adalah k. Dua bilangan di sebelah kanan k adalah k + 1 dan k + 2, maka (k) + (k + 1) + (k + 2) = 3(k + 1) Dua bilangan di bawah k adalah k + 8 dan k + 16, maka (k) + (k + 8) + (k + 16) = 3(k + 8) Maka semua persegi panjang dengan ukuran 3 x 1 akan dipetakan pada bilangan dengan penjumlahan ketiganya habis dibagi 3. 1 + 2 + 3 + + 64 1 (mod 3). Maka bilangan yang dihapus tersebut haruslah bersisa 1 jika dibagi 3.


Jika petak p adalah petak yang dihapus dan 63 sisa petaknya dapat ditutupi oleh 21 persegi panjang dengan ukuran 3 x 1 maka karena kesimetrisan, bayangan petak p tersebut juga harus dapat memenuhi jika petak tersebut dihapus maka 63 petak sisanya harus dapat ditutupi oleh 21 buah persegi panjang dengan ukuran 3 x 1. Akibatnya bayangan petak p tersebut juga harus bersisa 1 jika dibagi 3.


Perhatikan petak-petak yang merupakan irisan antara 4 kolom pertama dengan 4 baris pertama. Bilangan-bilangan yang bersisa 1 jika dibagi 3 adalah 1, 4, 11, 19, 25, 28. Bayangan 1 adalah 8, 57 dan 64. Tetapi 8 2 (mod 3) tidak memenuhi. Bayangan 4 adalah 5, 60 dan 61. Tetapi 60 0 (mod 3) tidak memenuhi. Bayangan 10 adalah 15, 50 dan 55. Tetapi 15 0 (mod 3) tidak memenuhi. Bayangan 25 adalah 32, 33 dan 40. Tetapi 32 2 (mod 3) tidak memenuhi. Bayangan 28 adalah 29, 36 dan 37. Tetapi 29 2 (mod 3) tidak memenuhi.


Bayangan 19 adalah 22, 43 dan 46 yang memenuhi semuanya bersisa 1 jika dibagi 3. Maka kemungkinan bilangan-bilangan yang

dihapus adalah 19, 22, 43 atau 46.

6. Bekerja Mundur

Contoh 31 : Pada sebuah meja diletakkan 100 buah koin. A dan B bergantian memindahkan koin yang ada di atas meja tersebut ke tempat lain sampai koin yang ada di atas meja habis. Untuk sekali memindahkan mereka hanya boleh memindahkan maksimum 10 koin. Orang yang memindahkan koin yang ke-100 adalah sebagai pemenang. Jika A memindahkan koin terlebih dahulu, tentukan siapakah yang akan memenangkan permainan.

6. Bekerja Mundur

Solusi : Kita akan melihat kondisi akhir saat A akan memenangkan permainan. Jika kancing tinggal 11, maka yang mengambil kancing duluan pada saat tersebut akan kalah sebab berapa pun kancing yang diambil maka lawan akan mengambil kancing sisanya. Jika kancing tinggal 22, maka yang mengambil kancing duluan pada saat tersebut akan kalah sebab berapa pun kancing yang diambil maka lawan akan bias membuat sisa kancing tinggal 11 dan ia harus mengambil kancing duluan.

6. Bekerja Mundur

Jika kancing tinggal 11k dengan k N, maka yang mengambil kancing duluan pada saat tersebut akan kalah sebab berapa pun kancing yang diambil maka lawan akan bisa membuat sisa kancing tetap kelipatan 11 sampai akhirnya kancing tinggal 11 dan ia harus mengambil kancing duluan. Karena jumlah kancing ada 100 dan bukan kelipatan 11 maka A yang mengambil kancing duluan akan menang sebab dengan mengambil kancing sebanyak 1 buah maka jumlah kancing tersisa merupakan kelipatan 11 dan B harus mengambil duluan.

6. Bekerja Mundur

Contoh 32 : (OSN 2006) Misalkan n > 2 sebuah bilangan asli tetap. Sebuah bidak hitam ditempatkan pada petak pertama dan sebuah bidak putih ditempatkan pada petak terakhir sebuah papan „catur‟ berukuran 1 x n. Wiwit dan Siti lalu melangkah bergantian. Wiwit memulai permainan dengan bidak putih. Pada setiap langkah, pemain memindahkan bidaknya sendiri satu atau dua petak ke kanan atau ke kiri tanpa melompati bidak lawan. Pemain yang tidak bisa melangkah dinyatakan kalah. Pemain manakah yang memiliki cara (strategi) untuk selalu memenangkan permainan, apa pun yang dilakukan lawannya ? Jelaskan strategi pemain tersebut ?

6. Bekerja Mundur

Solusi : Misalkan kejadian (a) adlh kejadian dengan posisi sbb berikut : Pemain yang melangkah terlebih dahulu setelah kejadian (a) terjadi akan kalah sebab pemain pertama tersebut hanya bisa melangkah mundur. Jika pemain pertama mundur dua langkah maka pemain kedua akan melangkah maju dua langkah sedangkan jika pemain pertama mundur satu langkah maka pemain kedua akan melangkah maju satu langkah sehingga kejadian (a) akan selalu terjaga sampai suatu saat pemain pertama tersebut tidak dapat melangkah lagi.

6. Bekerja Mundur

Misalkan kejadian (b) adalah kejadian dengan jarak antara dua bidak sama dengan 3 petak sebagaimana posisi sbb berikut : Jika pemain pertama setelah posisi (b) terjadi, melangkah mundur satu langkah maka pemain kedua akan maju satu langkah sedangkan jika pemain pertama mundur dua langkah maka pemain kedua akan maju dua langkah sehingga posisi (b) akan terjaga sampai pemain pertama maju atau ia tidak dapat lagi mundur sehingga harus maju. Jika pemain pertama maju satu langkah maka pemain kedua akan maju dua langkah sedangkan jika pemain pertama maju dua langkah maka pemain kedua akan maju satu langkah sehingga posisi akan menjadi posisi (a) sehingga sesuai dengan penjelasan sebelumnya maka pemain pertama akan kalah.

6. Bekerja Mundur

Misalkan kejadian (c) adalah kejadian dengan banyaknya petak di antara dua bidak sama dengan 3k petak dengan k bilangan asli : Jika pemain pertama setelah posisi (c) terjadi melangkah mundur satu langkah maka pemain kedua akan maju satu langkah sedangkan jika pemain pertama mundur dua langkah maka pemain kedua akan maju dua langkah sehingga posisi (c) akan terjaga sampai pemain pertama maju atau ia tidak dapat lagi mundur sehingga harus maju. Jika pemain pertama maju satu langkah maka pemain kedua akan maju dua langkah sedangkan jika pemain pertama maju dua langkah maka pemain kedua akan maju satu langkah sehingga banyaknya petak diantara kedua bidak kedua pemain akan menjadi 3(k 1) petak.

6. Bekerja Mundur

Demikian seterusnya sehingga nilai k akan semakin kecil sampai suatu saat nilai k akan menjadi 1 dan sebagaimana penjelasan pada posisi (b) pemain pertama akan kalah. Jika banyaknya petak di antara kedua bidak tidak habis dibagi 3 maka pemain pertama akan memenangkan permainan sebab ia punya kesempatan untuk membuat banyaknya petak di antara kedua bidak akan habis dibagi 3. Maka dapat disimpulkan bahwa : Jika n dibagi 3 bersisa 2 maka pemain kedua (Siti) akan memenangkan permainan sedangkan jika n dibagi 3 bersisa 0 atau 1 maka pemain pertama (Wiwit) akan memenangkan permainan.

6. Bekerja Mundur

Contoh 33 : (OSP 2016) Diberikan tripel bilangan asli berbeda 𝑥0, 𝑦0, 𝑧0 yang

memenuhi 𝑥0 + 𝑦0 + 𝑧0 = 2016 . Setiap jam ke-i, dengan i 1, dibentuk tripel baru

𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 , 𝑧𝑖 = 𝑦𝑖;1 + 𝑧𝑖;1 − 𝑥𝑖;1, 𝑧𝑖;1 + 𝑥𝑖;1 − 𝑦𝑖;1, 𝑥𝑖;1 + 𝑦𝑖;1 − 𝑧𝑖;1 Tentukan bilangan asli 𝑛 terkecil sehingga pada jam ke-𝑛 pasti ditemukan minimal satu di antara 𝑥𝑛, 𝑦𝑛 atau 𝑧𝑛 merupakan bilangan negatif.

6. Bekerja Mundur

Solusi : 𝑥0 + 𝑦0 + 𝑧0 = 2016 dengan x0, y0, z0 N. xi = yi-1 + zi-1 xi-1 yi = zi-1 + xi-1 yi-1 zi = xi-1 + yi-1 zi-1 Jumlahkan ketiga persamaan di atas akan didapat xi + yi + zi = xi-1 + yi-1 + zi-1 Maka dapat disimpulkan bahwa xi + yi + zi dengan i = 0, 1, 2, bernilai konstan, yaitu 2016. xi + yi + zi = xi-1 + yi-1 + zi-1 = x0 + y0 + z0 = 2016 xi = 2016 2xi-1 yi = 2016 2yi-1 zi = 2016 2zi-1

6. Bekerja Mundur

𝑥𝑖;1 =2016;𝑥𝑖

2 (1)

𝑦𝑖;1 =2016;𝑦𝑖

2 (2)

𝑧𝑖;1 =2016;𝑧𝑖

2 (3)

Tujuannya adalah menentukan nilai bilangan asli n sehingga tidak semua xn, yn, zn bernilai 0. Persoalan ini bisa diselesaikan dengan strategi bekerja mundur. Jelas bawa 𝑥𝑛;1, 𝑦𝑛;1, 𝑧𝑛;1 ≥ 0

0 ≤ 𝑥𝑛;2 =2016 − 𝑥𝑛;1

2≤ 1008 =

2016 − 0

2

Maka agar terpenuhi haruslah 0 ≤ 𝑥𝑛;2, 𝑦𝑛;2, 𝑧𝑛;2 ≤ 1008.

6. Bekerja Mundur

Mengingat 𝑥𝑛;3 =2016;𝑥𝑛−2

2 maka

2016 − 1008

2= 504 ≤ 𝑥𝑛;3 ≤ 1008 =

2016 − 0

2

Maka agar terpenuhi haruslah 504 ≤ 𝑥𝑛;3, 𝑦𝑛;3, 𝑧𝑛;3 ≤ 1008


2 maka

2016 − 1008

2= 504 ≤ 𝑥𝑛;4 ≤ 756 =

2016 − 504

2



2 maka

2016 − 756

2= 630 ≤ 𝑥𝑛;5 ≤ 756 =

2016 − 504

2


6. Bekerja Mundur


2 maka

2016 − 756

2= 630 ≤ 𝑥𝑛;6 ≤ 690 =

2016 − 630

2



2 maka

2016 − 690

2= 663 ≤ 𝑥𝑛;7 ≤ 690 =

2016 − 630

2



2 maka

2016 − 690

2= 663 ≤ 𝑥𝑛;8 ≤ 676 ≤

2016 − 663

2


6. Bekerja Mundur


2 maka

2016 − 676

2= 670 ≤ 𝑥𝑛;9 ≤ 676 ≤

2016 − 663

2



2 maka

2016 − 676

2= 670 ≤ 𝑥𝑛;10 ≤ 673 ≤

2016 − 670

2



2 maka

2016 − 673

2≤ 672 ≤ 𝑥𝑛;11 ≤ 673 ≤

2016 − 670

2


6. Bekerja Mundur

Karena 𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 semuanya berbeda maka tidak mungkin 𝑥𝑛;11 = 𝑥0, 𝑦𝑛;11 = 𝑦0 dan 𝑧𝑛;11 = 𝑧0. Jadi, 𝑥𝑛;10 = 𝑥0, 𝑦𝑛;10 = 𝑦0 dan 𝑧𝑛;10 = 𝑧0. Karena 𝑥0 + 𝑦0 + 𝑧0 = 2016 maka 𝑥0, 𝑦0, 𝑧0 = 671, 672, 673 dan permutasinya memenuhi syarat yang akan dipenuhi dengan 𝑛 = 10. Jadi, bilangan asli 𝒏 terkecil yang memenuhi adalah 10.

7. Memanfaatkan Kesimetrian

Contoh 34: Tentukan tripel bilangan asli (a, b, c) yang memenuhi a + b + c = abc.


Solusi : Tanpa mengurangi keumuman misalkan c b a maka abc = a + b + c 3a bc 3 Maka c = 1 sehingga b = 1 atau 2. • Jika b = 1

Maka a + 2 = a sehingga tidak ada a asli yang memenuhi. • Jika b = 2

Maka a + 3 = 2a sehingga a = 3 yang memenuhi kesamaan. Jadi, tripel bilangan asli (a, b, c) yang memenuhi (1, 2, 3) dan permutasinya.


Contoh 35 : Banyaknya tripel bilangan asli (a, b, c) yang tidak harus berbeda dan memenuhi

(a + 1)(b + 1)(c + 1) = 3abc ada sebanyak ...


Solusi : 𝑎 + 1 𝑏 + 1 𝑐 + 1 = 3𝑎𝑏𝑐

Persoalan setara dengan

1 +1

𝑎1 +

1

𝑏1 +

1

𝑐= 3

Tanpa mengurangi keumuman misalkan 𝑎 ≥ 𝑏 ≥ 𝑐.

1 +1

𝑐1 +

1

𝑐1 +

1

𝑐≥ 1 +

1

𝑎1 +

1

𝑏1 +

1

𝑐= 3

1 +1

𝑐

3

≥ 3

Jika 𝑐 ≥ 3 maka 1 +1

𝑐

3≤ 1 +

1

3

3=

64

27< 3.

Jadi, 𝑐 ≤ 2.


• Jika c = 1 2(a + 1)(b + 1) = 3ab (a – 2)(b – 2) = 6 Pasangan (a, b) yang memenuhi adalah (8, 3) dan (5, 4) Jadi, tripel bilangan asli (a, b, c) yang memenuhi adalah (8,3,1), (5,4,1) beserta permutasinya sebanyak 2 3! = 12.

• Jika c = 2 (a + 1)(b + 1) = 2ab (a – 1)(b – 1) = 2 Pasangan (a, b) yang memenuhi adalah (3, 2). Jadi, tripel bilangan asli (a, b, c) yang memenuhi adalah (3,2,2) beserta permutasinya sebanyak 3..

Banyaknya tripel (a, b, c) yang memenuhi = 12 + 3 = 15 Jadi, banyaknya tripel (a, b, c) yang memenuhi ada

sebanyak 15.


Contoh 36 :

(OSP 2014) Misalkan 0 < 𝛼, 𝛽, 𝛾 <𝜋

2 dan 𝛼 + 𝛽 + 𝛾 =

𝜋

4.

Banyaknya tripel bilangan bulat positif 𝑎, 𝑏, 𝑐

sehingga tan 𝛼 =1

𝑎, tan 𝛽 =

1

𝑏, dan tan 𝛾 =

1

𝑐 adalah


Solusi :

𝛼 + 𝛽 + 𝛾 =𝜋

4 dengan 0 < 𝛼, 𝛽, 𝛾 <

𝜋

2.

Jelas bahwa 𝑎, 𝑏, 𝑐 > 1.

tan 𝛽 + 𝛾 = tan𝜋

4− 𝛼

tan 𝛽:tan 𝛾

1;tan 𝛽∙tan 𝛾=

1;tan 𝛼

1:tan 𝛼

𝑏:𝑐

𝑏𝑐;1=

𝑎;1

𝑎:1 (1)

Karena simetri, tanpa mengurangi keumuman misalkan 𝛼 ≥ 𝛽 ≥ 𝛾.

3𝛼 ≥ 𝛼 + 𝛽 + 𝛾 =𝜋

4 sehingga 𝛼 ≥

𝜋

12

1

𝑎= tan 𝛼 ≥ tan

𝜋

12= 2 − 3 >

1

4

Maka 1 < 𝑎 < 4


• Kasus 1, jika 𝑎 = 3 4 𝑏 + 𝑐 = 2 𝑏𝑐 − 1 𝑏 − 2 𝑐 − 2 = 5

Pasangan bil asli 𝑏, 𝑐 yang memenuhi adalah 3,7 . Maka tripel bilangan asli 𝑎, 𝑏, 𝑐 yg memenuhi adalah 3,3,7 dan permutasinya yang ada sebanyak 3.

• Kasus 2, jika 𝑎 = 2 3 𝑏 + 𝑐 = 𝑏𝑐 − 1 𝑏 − 3 𝑐 − 3 = 10

Pasangan bil asli 𝑏, 𝑐 yg memenuhi adalah 4,13 dan 5,8 Maka tripel bil asli 𝑎, 𝑏, 𝑐 yang memenuhi adalah 2,5,8 dan 2,4,13 beserta permutasinya yg masing-masing ada 6.

Banyak tripel bil asli 𝑎, 𝑏, 𝑐 yang memenuhi = 2 6 + 3 = 15. Jadi, banyak tripel bil asli(𝑎, 𝑏, 𝑐) yg memenuhi ada 15.

8. Menyusun Kondisi Ekstrim

Latihan 37 : Tandai satu buah kartu dengan angka 1, dua buah kartu dengan angka 2, tiga buah kartu dengan angka 3 hingga lima puluh buah kartu dengan angka 50. Semua kartu tersebut dimasukkan ke dalam kotak. Berapa buah kartu minimal yang harus diambil agar dapat dipastikan terdapat sekurang-kurangnya 10 buah kartu dengan tanda angka yang sama ?


Solusi : Jika semua kartu yang bertanda angka 1 sampai 9 serta masing-masing 9 kartu yang bertanda angka 10 sampai 50 diambil maka tidak ada 10 buah kartu yang bertanda sama. Tetapi jika satu buah kartu ditambahkan maka pasti ada sekurang-kurangnya 10 buah kartu dengan tanda yang sama. Jadi, agar dapat dipastikan terdapat sekurang-kurangnya 10 buah kartu dengan tanda yang sama maka jumlah kartu yang diambil minimal = (1 + 2 + 3 + + 9) + (9 41) + 1 = 415. Jumlah minimal kartu yang harus diambil adalah 415.


Latihan 38 : (OSK 2016) Anak laki-laki dan anak perempuan yang berjumlah 48 orang duduk melingkar secara acak. Banyak minimum anak perempuan sehingga pasti ada enam anak perempuan yang duduk berdekatan tanpa diselingi anak laki-laki adalah


Solusi : Atur sebagai berikut : Kelompok 1 terdiri dari 5 anak perempuan di sebelah ada 1 orang anak laki-laki. Di sebelah anak laki-laki tersebut ada kelompok 2 yang terdiri dari 5 anak perempuan. Di sebelah kelompok 2 ada 1 orang anak laki-laki. Di sebelah anak laki-laki ada kelompok 3 yang terdiri dari 5 anak perempuan. Di sebelah kelompok 3 ada 1 orang anak laki-laki. Demikian seterusnya sehingga ada kelompok 8 yang terdiri dari 5 anak perempuan. Di sebelah kelompok 8 ada 1 orang anak laki-laki. Anak laki-laki tersebut juga akan bersebelahan dengan kelompok 1. Maka akan ada 8 kelompok yang masing-masing terdiri dari 5 anak perempuan dan duduk di selingi 1 anak laki-laki. Banyak anak seluruh = 8 5 + 8 1 = 48 yang terdiri dari 40 anak perempuan dan 8 anak laki-laki. Pada kondisi ini tidak ada 6 anak perempuan duduk berdekatan tanpa diselingi anak laki-laki. Jika satu anak laki-laki secara acak diganti dengan anak perempuan maka pasti ada 6 anak perempuan duduk berdekatan tanpa diselingi anak laki-laki. Jadi, banyak minimum anak perempuan yang memenuhi adalah 41.


Latihan 39 : Diambil n buah bilangan dari himpunan 2016 bilangan {1, 2, 3, …, 2016}. Tentukan nilai n minimal sehingga pasti akan didapat dua bilangan asli berbeda di antaranya yang memenuhi penjumlahan kedua bilangan tersebut habis dibagi 8.


Solusi : Bagi 2016 bilangan tersebut menjadi 8 kelompok dengan bentuk 8k, 8k + 1, 8k + 2, , 8k + 7. Banyaknya masing-masing kelompok adalah 2016 : 8 = 252 bilangan. Jika 3 kelompok berbentuk 8k + 7 atau 8k + 1, 8k + 2 atau 8k + 6 dan 8k + 3 atau 8k + 5 maka pada 252 x 3 = 756 bilangan tersebut tidak akan terdapat dua di antaranya yang berjumlah habis dibagi 8. Jika ke-756 bilangan tersebut ditambahkan 2 bilangan berbentuk 8k dan 8k + 4 maka 758 bilangan tersebut juga tidak akan terdapat dua di antaranya yang berjumlah habis dibagi 8. Tetapi jika ditambahkan satu bilangan lagi maka akan terdapat dua di antaranya berjumlah habis dibagi 8. Maka n minimal = 759.


Latihan 40 : (OSK 2013) Nilai k terkecil, sehingga jika sembarang k bilangan dipilih dari {1, 2, , 30}, selalu dapat ditemukan 2 bilangan yang hasil kalinya merupakan bilangan kuadrat sempurna adalah


Solusi : Misalkan A = {10, 11, 13, 14, 15, 17, 19, 21, 22, 23, 26, 29, 30} B = {1, 4, 9, 16, 25} C = {2, 8, 18} D = {3, 12, 27} E = {5, 20} F = {6, 24} G = {7, 28} A adalah himpunan yang jika dikalikan salah satu anggotanya dengan anggota himpunan A maupun anggota himpunan lainnya maka tidak akan menghasilkan bilangan kuadrat. Himpunan B, C, D, E, F, G dan H adalah himpunan yang jika salah satu anggotanya dikalikan dengan anggota dari himpunannya sendiri akan menghasilkan bilangan kuadrat sempurna.


Maka jika seluruh anggota A, digabungkan dengan masing-masing satu anggota dari himpunan B, C, D, E, F, G dan H maka tidak akan ada 2 anggota yang jika dikalikan akan menghasilkan bilangan kuadrat. Banyaknya anggota himpunan ini ada 13 + 6(1) = 19. Tetapi jika satu anggota lagi dipilih dari himpunan manapun maka akan ada 2 anggota dari himpunan tersebut yang jika dikalikan akan menghasilkan bilangan kuadrat sempurna. Jadi, nilai k terkecil yang memenuhi adalah 20.

9. Memperhatikan/Membuat Batasan Masalah

Contoh 41 : (OSP 2012) Carilah semua pasangan bilangan real (x, y, z) yang memenuhi sistem persamaan

𝑥 = 1 + 𝑦 − 𝑧2

𝑦 = 1 + 𝑧 − 𝑥2

𝑧 = 1 + 𝑥 − 𝑦2


Solusi : Jelas bahwa x, y, z 1. Karena x, y, z 1 maka x2 x ; y2 y dan z2 z Karena x real maka y z2 z x2 x y2 Karena y y2 dan y2 y maka haruslah y = y2 yang dipenuhi oleh y = 1. Dengan cara yang sama didapat x = z = 1. Jadi, tripel bilangan real (x,y,z) yang memenuhi x = y = z = 1.


Alternatif Lain : Jelas bahwa x, y, z 1. Karena x real maka y z2 ; z x2 ; x y2 . Kalikan ketiga ketaksamaan didapat xyz (xyz)2 Karena x, y, z positif maka 1 xyz Karena x, y, z 1 maka ketaksamaan hanya dipenuhi jika x = y = z = 1. Jadi, tripel bilangan real (x,y,z) yang memenuhi x = y = z = 1.


Contoh 42 : (Baltic Way 1993 Mathematical Team Contest) Tentukan semua bilangan bulat n yang memenuhi

25

2+

625

4− 𝑛 +

25

2−

625

4− 𝑛

adalah bilangan bulat


Solusi :

Misal25

2+

625

4− 𝑛 +

25

4−

625

4− 𝑛 = 𝑚. Jelas bahwa m 0

Dari persamaan di atas didapat 625 4n sehingga n 156

25

4≥

625

4− 𝑛

n 0 Maka 0 n 156 25 + 2 𝑛 = 𝑚2 Karena 0 n 156 maka

0 ≤ 2 𝑛 ≤ 2 156

0 ≤ 𝑚2 − 25 ≤ 2 156


Karena m2 25 bulat maka : 0 m2 25 24 5 m 7 • Jika m = 5

25 + 2n = 52 sehingga n = 0 • Jika m = 6

25 + 2n = 62 4n = 121. Tidak ada n bulat yang memenuhi.

• Jika m = 7 25 + 2n = 72 sehingga n = 144

Nilai n yang memenuhi adalah n = 0 atau n = 144.

TERIMA KASIH

Documents

STRATEGI PENYELESAIAN MASALAH PROBLEM SOLVING … · 2. Memisalkan dengan Suatu Variabel Contoh 10 : Dua lilin yang sama panjang dinyalakan pada jam sama. Lilin pertama akan habis