Pembahasan OSN-K Matematika SMA 2024

Kemampuan Lanjut

Nomor 11

Suatu segienam beraturan disisipkan kedalam sebuah persegi panjang seperti terlihat pada gambar dibawah ini. Jika luas A dan B berturut-turut adalah 24 dan 23, maka luas segienam beraturan adalah . . .

solusi:

Perhatikan gambar berikut ini.

Misalkan panjang sisi segi enam tersebut adalah s. Misalkan \angle PYT = \alpha. Jelas bahwa \angle WYT = 90^\circ , maka \angle SYW = 180^\circ - 90^\circ - \alpha = 90^\circ - \alpha. Kemudian, \angle SWY = 180^\circ - \angle WSY - \angle SYW = 90^\circ - \angle SYW = \alpha. Akibatnya, \triangle PTY \sim \triangle SYW dan YW = s \sqrt{3} yang diperoleh dari aturan kosinus pada \triangle YXW. Karena \triangle PTY \sim \triangle SYW, maka [PTY] : [SYW] = TY^2 : YW^2 = 1:3 = 24:72. Perhatikan bahwa [\triangle WYX] = [SYW] - B = 72 - 23 = 49, maka

\frac{1}{2} \cdot s \cdot s \cdot \sin120^{\circ} = 49 \implies s^2 \sqrt{3} = 196

Perhatikan bahwa [WYX]=[VTU], maka luas segi enam tersebut adalah 2 \cdot [WYX] + [TYWV] = 2 \cdot 49 + s^2 \sqrt{3} = 294.

Nomor 12

Banyak himpunan bagian A dari \{24, 25, 26, \dots , 35\} sehingga hasil penjumlahan unsur terbesar dan terkecil dari A sama dengan 59 adalah …

solusi:

Perhatikan bahwa 59 = 24+35 = 25 + 34 = 26 + 33 = \cdots = 29 + 30. Perhatikan salah satu kasus berikut dapat diperumum ke semua kasus.

• Kasus ke-1: unsur terkecilnya adalah 24 dan unsur terbesarnya adalah 35. Setiap bilangan lain di antara 24 dan 35 dapat ada atau tidak di dalam himpunan bagian. Dengan demikian, banyak himpunan bagian A yang mungkin adalah 2^{10}.

Dari kasus tersebut, kita perumum ke kasus lainnya sehingga banyak himpunan bagian A yang memenuhi kondisi tersebut adalah

2^{10}+2^8+2^6+2^4+2^2+2^0= 1365

Nomor 13

Untuk setiap bilangan asli n, misalkan f(n) menyatakan faktor ganjil terbesar dari n dan p(n) = f(n) + f(n+1) + \cdots + f(2n). Jika p(n) = 8145, maka n adalah …

solusi:

Perhatikan bahwa

\begin{aligned}
p(n+1) - p(n) &= f(2n+2) + f(2n+1) - f(n)\\
&= f(n+1) - f(n) + 2n + 1
\end{aligned}

Dengan demikian,

\begin{aligned}
p(n) &= p(n) - p(n-1) + p(n-1) - p(n-2) + p(n-2) + \cdots - p(1) + p(1)\\
&= [f(n) - f(n-1) + 2n-1] + [f(n-1) - f(n-2) + 2n-3] + \cdots + [f(2)-f(1)+3] + p(1)\\
&= f(n) - f(1) + (3+5+ \cdots + 2n-1) + p(1)\\
&= f(n) + (1+3+\cdots + 2n-1)\\
&= f(n)+n^2
\end{aligned}

Jadi,

n^2 < p(n) \leq n^2+n\\
n^2 < 8145 < n(n+1)

Mudah diperiksa bahwa p(90) = 8145. Jadi, n = 90.

Nomor 14

Diberikan suku banyak P(x) = x^3 + Dx^2 + Ex + 1 dan P(-1)=4. Jika a, b, c merupakan akar-akar dari P(x)=0 dan memenuhi (a^2-bc)(b^2-ca)(c^2-ab)=40, maka nilai dari (D+E)^2 adalah …

solusi:

Perhatikan bahwa P(-1) = (-1)^3 + D(-1)^2 - E(-1) + 1 = D - E = 4 sehingga D = E+4. Diketahui a,b,c merupakan akar-akar dari P(x)=0. Menurut Teorema Vieta, -D = (a+b+c), E = ab+bc+ac, -1 = abc. Amati bahwa jelas a,b,c \neq 0 sehingga kita peroleh hubungan sebagai berikut.

\begin{aligned}
P(a) &= 0\\
a^3 + Da^2 + Ea + 1 &= 0\\
a^2 + Da +E+\frac{1}{a} &= 0\\
a^2+\frac{1}{a} &= -(Da+E)
\end{aligned}

Ingat juga bahwa -1 = abc \implies -bc = \frac{1}{a}. Dengan cara yang serupa, kita terapkan ke akar lainnya sehingga kita peroleh sebagai berikut.

\begin{aligned}
(a^2-bc)(b^2-ca)(c^2-ab) &= 40\\
\left(a^2+\frac{1}{a}\right) \left(b^2 + \frac{1}{b}\right)\left(c^2 + \frac{1}{c}\right) &= 40\\
-(Da+E) \cdot-(Db+E) \cdot -(Dc+E) &= 40\\
(Da+E) \cdot(Db+E) \cdot (Dc+E) &= -40\\
D^3abc+ED^2(bc+ca+ab) + E^2D(a+b+c) +E^3&= -40\\
-D^3 + E^2D^2 -E^2D^2 + E^3&= -40\\
D^3-E^3 &= 40\\
(D-E)(D^2+DE+E^2) &= 40\\
(D-E)[(D-E)^2+3DE] &= 40\\
4(16+3DE) &= 40\\
DE &= -2
\end{aligned}

Oleh karena itu, (D+E)^2 = (D-E)^2 + 4DE = 4^2 + 4(-2) = 8.

Nomor 15

Banyaknya barisan bilangan bulat positif dengan enam suku a_1, a_2, a_3, a_4, a_5, a_6 yang mungkin sehingga 1 \leq a_1, a_2, a_3, a_4, a_5, a_6 \leq 4 dan tidak ada dua suku berurutan yang jumlahnya 4 adalah …

solusi:

Definisikan f_k(n) adalah banyak barisan bilangan bulat positif a_1, a_2, \dots, a_n dengan a_1 = k yang memenuhi 1 \leq a_1, a_2, \dots, a_n \leq 4 dan tidak ada dua suku berurutan yang jumlahnya 4. Definisikan juga S_n = f_1(n) + f_2(n) + f_3(n) + f_4(n)

Contoh: amati pada barisan yang terdiri dari dua bilangan (n=2). Kita peroleh barisan yang memenuhi kriteria soal adalah \{(1,1), (1,2), (1,4), (2,1), (2,3), (2,4), (3,2), (3,3), (3,4), (4,1), (4,2), (4,3), (4,4) \}. Jelas bahwa f_1(2) = 3, f_2(2) = 3, f_3(2)=3, f_4(2) = 4, S_2 = 3+3+3+4 = 13.

Selanjutnya, amati berikut ini. Kita dapat menambahkan suku 4 pada ujung kiri suatu barisan dan hal ini tidak mengakibatkan hasil penjumlahan dengan suku di sebelahnya bernilai 4. Kemudian, amati juga untuk penambahan entri lainnya. Kita peroleh hubungan sebagai berikut.

\begin{aligned}
f_4(n)&=f_1(n-1) +f_2(n-1) +f_3(n-1)+f_4(n-1)\\
f_3(n) &=f_2(n-1) +f_3(n-1)+f_4(n-1)\\
f_2(n) &=f_1(n-1) +f_3(n-1)+f_4(n-1)\\
f_1(n) &=f_1(n-1) +f_2(n-1)+f_4(n-1)\\
\end{aligned}

Akibatnya,

\begin{aligned}
S_n &= f_1(n) + f_2(n) +f_3(n) + f_4(n)\\
&= 3[f_1(n-1)+f_2(n-1)+f_3(n-1)+f_4(n-1)] + f_4(n-1)\\
&= 3S_{n-1} + f_4(n-1)\\
&= 3S_{n-1} + [f_1(n-2)+f_2(n-2)+f_3(n-2)+f_4(n-2)]\\
&= 3S_{n-1} + S_{n-2}
\end{aligned}

Karena S-1 = 4 dan S_2 = 13, maka

\begin{aligned}
S_3 &= 3(13) + 4 = 43\\
S_4 &= 3(43)+13 = 142\\
S_5 &= 3(142) + 43 = 469\\
S_6 &= 3(469) + 142 = 1549
 \end{aligned}

Jadi, banyak barisan bilangan bulat positif yang memenuhi soal adalah 1549. Hasil ini juga dapat divalidasi dengan program di bawah ini.

i=0
for a in range(1,5):
    for b in range(1,5):
        for c in range(1,5):
            for d in range(1,5):
                for e in range(1,5):
                    for f in range(1,5):
                        if (a+b != 4) and (b+c != 4) and (c+d != 4) and (d+e != 4)  and (e+f != 4):
                            i = i + 1

print(i)

# i = 1549

Nomor 16

Diberikan sebuah segitiga ABC yang siku-siku pada sudut B. Lingkaran \gamma merupakan lingkaran dalam segitiga ABC yang menyinggung sisi BC pada titik D. Titik E terletak pada \gamma sehingga DE merupakan diameter dari \gamma. Perpanjangan garis AE memotong \gamma kedua kalinya pada titik F, dan memotong sisi BC pada titik G. Apabila EF = 3, dan FG=4, maka panjang AE dapat dinyatakan dalam bentuk \frac{p\sqrt{q}}{r}, dengan p,q,r merupakan bilangan bulat positif, satu-satunya faktor kuadrat dari q adalah 1, dan \mathrm{FPB}(p,r)=1. Nilai dari p+q+r adalah …

solusi:

Misalkan R adalah jari-jari \omega. Karena DE diameter \omega, maka \angle DFE = 90^\circ dan \angle EDG = 90 ^ \circ. Akibatnya, ED \perp BC dan DF \perp EG. Dari segitiga \triangle EFD \sim \triangle FDG, maka \frac{EF}{FD} = \frac{FD}{FG} \implies FD = \sqrt{EF \times FG} = \sqrt{3 \times 4} = \sqrt{12}. Dengan demikian,

ED = \sqrt{DF^2 + FE^2} = \sqrt{12+3^2} = \sqrt{21}\\
DG = \sqrt{FD^2 + FG^2} = \sqrt{12+4^2} = 2 \sqrt{7}

Karena ED diameter \omega, maka R = \frac{ED}{2} = \frac{\sqrt{21}}{2}. Karena ED \perp BC, maka AB \parallel ED. Karena menyinggung AB, maka jelas BD = R = \frac{\sqrt{21}}{2}. Kemudian, karena \triangle GBA \sim \triangle GDE, maka

\begin{aligned}
\frac{GA}{GB} &= \frac{GE}{GD}\\
\frac{AE+7}{\frac{\sqrt{21}}{2}+\sqrt{28}} &= \frac{7}{\sqrt{28}}\\
AE\sqrt{28} + 7 \sqrt{28} &= \frac{7\sqrt{21}}{2} + 7 \sqrt{28}\\
AE &= \frac{7 \sqrt{21}}{2 \sqrt{28}}\\
&= \frac{7 \sqrt{3}}{4}
\end{aligned}

Jadi, (p,q,r) = (7,3,4) dengan p+q+r = 14.

Nomor 17

Diketahui a,b,c bilangan real positif yang memenuhi

a+b+c = \frac{32}{a} + \frac{32}{b} + \frac{32}{c} = 24

Nilai terbesar yang mungkin dicapai oleh \frac{a^2+32}{a} adalah …

solusi I:

Misalkan m = \frac{a^2+32}{a} = a + \frac{32}{a}.

\begin{aligned}
a \cdot \frac{32}{a} &= [24-(b+c)]\left[24 - \left(\frac{32}{b} + \frac{32}{c}\right)\right]\\
32 &= 576 - 24 \left(b+c+\frac{32}{b} + \frac{32}{c} \right) + (b+c) \left(\frac{32}{b} + \frac{32}{c}\right)\\
&= 576 - 24(24-a + 24 - \frac{32}{a}) + 32+32 +32 \left(\frac{b}{c} + \frac{c}{b} \right)\\
&= 640- 24(48-m) + 32  \left(\frac{b}{c} + \frac{c}{b} \right)\\
&= -512 +24m + 32\left(\frac{b}{c} + \frac{c}{b} \right)\\
m &= \frac{544 - 32\left(\frac{b}{c} + \frac{c}{b}\right)}{24}
\end{aligned}

Agar m maksimum, haruslah \frac{b}{c} + \frac{c}{b} minimum. Dengan AM-GM, kita peroleh

\frac{b}{c} + \frac{c}{b} \geq 2 \sqrt{\frac{b}{c} \cdot \frac{c}{b}} = 2

dengan kesamaan terjadi saat b = c. Jadi, nilai minimum dari m adalah

m = \frac{544 - 32 \cdot 2}{24} = 20

solusi II:

Perhatikan bahwa \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{24}{32} = \frac{3}{4}

Dengan Ketaksamaan Cauchy Schwarz Engel (CS Engel), kita peroleh

\begin{aligned}
\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} &\geq \frac{1}{a} +\frac{(1+1)^2}{b+c} \\
\frac{3}{4}&\geq \frac{1}{a} + \frac{4}{24-a}\\
&=\frac{24+3a}{24a-a^2}\\
\frac{1}{4} &\geq \frac{8+a}{24a-a^2}
\end{aligned}

dengan kesamaan terjadi saat b = c. Oleh karena itu, kita peroleh sebagai berikut.

\begin{aligned}
4(8+a) &\leq 24a-a^2\\
32 + 4a &\leq 24a - a^2\\
a^2 + 32 &\leq  20a\\
a + \frac{32}{a} &\leq 20
\end{aligned}

Kesimpulannya, nilai maksimum dari a + \frac{32}{a} adalah 20.

Nomor 18

Untuk setiap bilangan real x, notasi \lfloor x \rfloor menyatakan bilangan bulat terbesar yang kurang dari atau sama dengan x. Sebagai contoh \lfloor1.1\rfloor = 1, \lfloor 3 \rfloor = 3, dan sebagainya. Jika ada tepat sebanyak 1000 bilangan berbeda pada barisan

\left \lfloor\frac{1^2}{2024}\right \rfloor, \left \lfloor\frac{2^2}{2024}\right \rfloor, \left \lfloor\frac{3^2}{2024}\right \rfloor, \dots, \left \lfloor\frac{n^2}{2024}\right \rfloor

Maka n adalah …

solusi:

Perhatikan untuk n \geq 1013, nilai n^2 = (n-1)^2 + a dengan a = n + (n-1) \geq 2025 > 2024. Dari pernyataan sebelumnya, kita ketahui bahwa \left \lfloor \frac{n^2}{2024} \right \rfloor = \left \lfloor \frac{(n-1)^2}{2024} + \frac{a}{2024} \right \rfloor dengan \frac{a}{2024} > 1 sehingga setiap nilai \left \lfloor \frac{n^2}{2024} \right \rfloor akan berbeda.

Perhatikan juga untuk n \leq 1012, nilai n^2 = (n-1)^2 + a dengan a = n + (n-1) \leq 2022 < 2024. Dari pernyataan sebelumnya, kita ketahui bahwa \left \lfloor \frac{n^2}{2024} \right \rfloor = \left \lfloor \frac{(n-1)^2}{2024} + \frac{a}{2024} \right \rfloor dengan \frac{a}{2024}<1 sehingga terdapat nilai 0 hingga \frac{1012^2}{2024} = 506 untuk \left \lfloor \frac{n^2}{2024}\right \rfloor dengan nilai n dari 1 hingga 1012.

Jadi, n = 1012 + (1000-506-1) = 1505.

Nomor 19

Banyaknya pemetaan f : \{ 1,2,3,4,5 \} \to \{ 1,2,3,4,5\} sehingga f(f(x)) \in \{ 2,4 \} untuk setiap x \in \{1,2,3,4,5 \} adalah …

solusi:

Misalkan R_f menotasikan himpunan hasil dari fungsi f.

Kasus ke-1: |R_f| = 1. Fungsi yang memenuhi adalah fungsi konstan. Ada 2 pemetaan, yaitu f(x) = 2 dan f(x) = 4.

Kasus ke-2: |R_f |= 2.

Subkasus ke-1: R_f = \{2,4\}. Nilai f(1), f(2), f(3), f(4), f(5) dipilih dari \{2,4 \} dengan syarat R_f = \{2,4\}. Oleh karena itu, ada 2^5 - 2= 30 pemetaan. (fungsi konstan sudah dihitung pada kasus 1)

Subkasus ke-2: R_f = \{a,b \} dengan a \in \{ 2,4 \} dan b \in \{1,3,5\}. WLOG a = 2 dan b = 3. Haruslah f(f(x)) = 2 untuk setiap x, maka f(2) = f(3) = 2. Nilai f(1),f(4),f(5) dapat dipilih dari \{2,3\} dengan syarat 3 harus memiliki pra-peta. Banyak fungsi yang mungkin adalah 2^3-1 = 7. Akibatnya, terdapat \begin{pmatrix}2\\1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}3\\1 \end{pmatrix} \cdot 7 = 42 pemetaan.

Jadi, pada kasus ke-2 ada 30+42=72 pemetaan.

Kasus ke-3: |R_f| = 3.

Subkasus ke-1: R_f = \{ 2, 4, a \} dengan a \in \{ 1,3,5 \}. WLOG a = 1, maka R_f = \{1,2,4\}. Karena f(f(x)) \in \{2,4\}, maka f(1) \in \{2,4\} \in dan f(2) \in \{2,4\}. WLOG f(1) = 2.

Subsubkasus ke-1: f(2) = 2. Periksa f(4) \in \{2,4\}. Jika f(4) = 2, maka \{f(3), f(5) \} = \{1,4 \}, maka ada 2 pemetaan yang memenuhi. Jika f(4) = 4, maka f(3) \in \{ 1,2,4 \} dan f(5) \in \{1,2,4\} dengan syarat 1 memiliki prapeta, maka ada 3^2 - 2^2 = 5 pemetaan. Total ada 2+5=7 pemetaan di subsubkasus ke-1.

Subsubkasus ke-2: f(2) = 4, maka f(3) = 1 atau f(5) = 1 sehingga ada 5 kemungkinan nilai (f(3),f(5)), yaitu (2,1), (4,1), (1,2), (1,4), (1,1). Kemudian, f(4) \in \{ 2,4\}, maka ada 5 \cdot 2 = 10 pemetaan.

Jadi, pada subkasus ke-1 terdapat 3 \cdot 2 \cdot (7+10) = 102 pemetaan.

Subkasus ke-2: R_f = \{a,b,c\} dengan a \in \{2,4 \} dan b,c \in \{1,3,5 \}. WLOG (a,b,c) = (2,1,3). Karena f(f(x)) \in \{ 2,4\} dan f(x) \in R_f untuk setiap x, maka f(f(x)) = 2 untuk setiap x. Akibatnya, f(1) = f(2) = f(3) = 2. Lalu, karena 1 dan 3 harus memiliki prapeta, maka \{f(4),f(5)\} = \{1,3\}. Jadi, pada subkasus ini ada \begin{pmatrix}2\\1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 3\\2 \end{pmatrix} \cdot 2 = 12 pemetaan yang memenuhi.

Jadi, pada kasus ke-3 ada 102+12=114 pemetaan.

Kasus ke-4: |R_f| = 4, tidak ada pemetaan yang memenuhi.

Kasus ke-5: |R_f| = 5, tidak ada pemetaan yang memenuhi.

Kesimpulannya, terdapat 2 + 72 + 114 = 188 pemetaan.

Nomor 20

Pada \triangle ABC, titik D dan E terletak pada sisi BC sehingga B, D, E, C terletak pada urutan tersebut. Diketahui bahwa BD:DE:EC=4:2:5 dan garis-garis AD dan AF membagi tiga \angle BAC sama besar. Garis AD dan AE masing-masing memotong lingkaran luar \triangle ABC pada titik F dan G. Nilai dari \frac{DF}{EG} dapat dinyatakan dalam bentuk \sqrt{\frac{p}{q}} untuk suatu bilangan bulat positif p dan q yang saling realtif prima, nilai dari p+q adalah …

solusi:

WLOG misalkan BD = 4, DE = 2, EC = 5. Karena AD merupakan garis bagi \angle BAE, maka \frac{AB}{AE} = \frac{BD}{DE} = 2. Misalkan AB = 2x dan AE = x. Karena AE merupakan garis bagi \angle DAC, maka \frac{AD}{AC} = \frac{DE}{EC} = \frac{2}{5}. Misalkan AD = 2y dan AC = 5y.

Karena AD merupakan garis bagi \angle BAE, maka

\begin{aligned}
AB \cdot AE - BD \cdot DE &= AD^2\\
2x \cdot x - 4 \cdot 2 &= (2y)^2\\
x^2-4 &= 2y^2
\end{aligned}

Karena AE merupakan garis bagi \angle DAC, maka

\begin{aligned}
AD \cdot AC - DE \cdot EC &= AE^2\\
2y \cdot 5y - 2 \cdot 5 &= x^2\\
10y^2  - 10 &= x^2
\end{aligned}

Dengan demikian, kita peroleh x^2 = \frac{30}{4}, y^2 = \frac{7}{4}. Akibatnya, AD = 2y = \sqrt{7} dan AE = x = \frac{\sqrt{30}}{2}.

Dari Teorema Power of Point di titik D, kita peroleh

\begin{aligned}
DF &= \frac{BD \cdot DC}{AD}\\
&= \frac{4 \cdot 7}{\sqrt{7}}\\
&= 4 \sqrt{7}
\end{aligned}

Dari Teorema Power of Point di titik E, kita peroleh

\begin{aligned}
EG &= \frac{BE \cdot CE}{AE} = \frac{6 \cdot 5}{\frac{\sqrt{30}}{2}} = 2 \sqrt{30}
\end{aligned}

Akibatnya,

\frac{DF}{EG} = \frac{4 \sqrt{7}}{2 \sqrt{30}} = \sqrt{\frac{14}{15}}

Jadi, (p,q) = (14,15) sehingga p+q = 29.

Referensi

Sebagian besar referensi soal serta pembahasan diambil dari artikel berikut. Nama penulisnya juga tercantum di dalam artikel tersebut.