Soal dan Pembahasan – Olimpiade Sains Nasional Bidang Matematika SMP Tingkat Provinsi Tahun 2019

$\begin{aligned} \begin{vmatrix} x-2 & -2 \\ -x & x + 4 \end{vmatrix} & = 2x \\ (x-2)(x+4) -(-2)(-x) & = 2x \\ (x^2+2x-8)-2x & = 2x \\ x^2-2x-8 & = 0 \end{aligned}$
Jumlah nilai $x$ yang memenuhi persamaan di atas adalah
$\boxed{x_1 + x_2 = -\dfrac{b} {a} = -\dfrac{-2}{1} = 2}$
di mana $a, b$ berturut-turut adalah koefisien $x^2$ dan $x$.

Misalkan $A = \overline{ab}, B = \overline{cd}$, dan $C = \overline{efg}$, maka persamaan $A + B = C$ dapat ditulis sebagai
$\overline{ab} + \overline{cd} = \overline{efg} \leq 86 + 75 = 161$
Dalam hal ini, kita mendapatkan bahwa jumlah bilangan dua digit terbesar yang dapat diperoleh adalah $161$. 
Karena $C = \overline{efg}$ merupakan bilangan tiga digit, maka jelas bahwa $e = 1$. Dengan demikian, sekarang dapat kita tulis
$\begin{aligned} (10a + b) + (10c + d) & = 100 + 10f + g \\ 10(a + c – f) + (b + d – g) & = 100 \end{aligned}$
Kita peroleh bahwa $a + c – f$ harus bernilai $10$, sedangkan $b + d – g$ harus bernilai $0$. 
Untuk itu, $(a, c, f) = (8, 7, 5)$ atau $(a, c, f) = (7, 8, 5)$ dan $(b, d, g) = (4, 2, 6)$ atau $(b, d, g) = (2, 4, 6)$. 
Dari sini, kita tahu bahwa $f = 5$ dan $g = 6$. Dengan demikian, 
$\boxed{C = \overline{efg} = 156}$ 

Karena volume balok: $V = abc = 240$, maka $a, b, c$ diketahui merupakan faktor dari $240$. Dengan memperhatikan syarat $a+b+c=19$ dan $a>b>c>3$, kita peroleh $a = 8, b = 6$, dan $c = 5$. Luas semua sisi balok yang berukuran $b$ dan $c$ adalah 
$\boxed{L = 2 \times (b \times c) = 2 \times (6 \times 5) = 60~\text{cm}^2}$

Kuadrat dari setiap bilangan real selalu lebih besar atau sama dengan nol. Secara matematis, ditulis
$x^2 \geq 0$ dan akibatnya $x^2 + y^2 \geq 0$. 
Nilai minimum $x^2 + y^2$ terjadi saat $(x, y) = (0, 0)$. Substitusi titik ini ke persamaan $(4-x)^2 + (y-3)^2 = 25$, diperoleh
$(4 – 0)^2 + (0 – 3)^2 = 4^2+(-3)^2=25$ 
(terpenuhi) 
Jadi, nilai $c = d = 0$, sehingga
$\boxed{ac + bd = a(0) + b(0) = 0}$

Dengan menerapkan Binomial Newton dan memperhatikan koefisien setiap suku: $1, 4, 6, 4$, yang merupakan bagian dari bilangan pada Segitiga Pascal, maka dapat kita faktorkan rumus fungsi $f$ seperti berikut. 
$\begin{aligned} f(x) & = (x^4+4x^3+6x^2+4x+1)+9 \\ & = (x+1)^4 + 9 \end{aligned}$
Substitusi $x = \sqrt[4]{5}-1$, diperoleh
$\begin{aligned} f(\sqrt[4]{5}-1) & = (\sqrt[4]{5}-1+1)^4 + 9 \\ & = (\sqrt[4]{5})^4 + 9 \\ & = 5 + 9 = 14 \end{aligned} $
Jadi, nilai dari $\boxed{f(\sqrt[4]{5}-1) = 14}$

Dari data pada soal, diketahui bahwa mesin A, B, dan C berturut-turut dapat menyelesaikan $\dfrac{1}{30}$ bagian/menit, $\dfrac{1}{36}$ bagian/menit, dan $\dfrac{1}{45}$ bagian/menit. Dengan demikian, bila dikerjakan bersama-sama oleh ketiga mesin dalam waktu enam menit, maka bagian pekerjaan yang terselesaikan adalah
$\begin{aligned} 6 \times \left(\dfrac{1}{30} + \dfrac{1}{36} + \dfrac{1}{45} \right) & = \dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{2}{15} \\ &= \dfrac{5 + 6 + 4}{30} \\ & = \boxed{\dfrac{1}{2}} \end{aligned}$

Gambarkan grafik dari daerah $A$ dan $B$. Dalam hal ini, untuk himpunan $A$, kita menggambar garis $y – x = 2$ dan $2x + y = 2$ pada sistem koordinat Kartesius, sedangkan untuk himpunan $B$, kita hanya menggambar garis $2y -3x = 6$.

Perhatikan bahwa daerah $A$ membentuk sebuah segitiga yang luasnya adalah
$L_A = \dfrac{3 \times 2}{2} = 3$
Dengan demikian, luas daerah $B$ haruslah $L_B = 2 \times L_A = 2 \times 3 = 6$. 
Misalkan $2y – 3x = 6$ dan $kx + 2y = 2k$ berpotongan di $(0,3)$, sehingga garis $kx + 2y = 2k$ melalui $(0,3)$. Untuk itu, diperoleh
$k(0) + 2(3)= 2k \Leftrightarrow k = 3$
Ini sesuai bahwa luas daerah $B$ adalah $L_B = \dfrac{4 \times 3}{2} = 6$. 
Jadi, nilai $\boxed{k = 3}$

Perhatikan sketsa gambar berikut.

Luas daerah yang diarsir sama dengan jumlah luas persegi $ABJI, BCGH$, dan persegi panjang $CDFG$ dikurangi luas segitiga siku-siku $JAC$ dan $DFH$.
$$\begin{aligned} L_{\text{arsir}} & = L_{ABJI} + L_{BCGH} + L_{CDFG} -L_{JAC}- L_{DFH} \\ & = 6^2 + 10^2 + (8 \times 10)- \dfrac{6 \times 16}{2} -\dfrac{18 \times 10}{2} \\ & = 36 + 100 + 80 – 48 -90 = 78~\text{cm}^2 \end{aligned}$$
Jadi, luas daerah yang diarsir adalah $\boxed{78~\text{cm}^2}$

Cara 1: Analitik
Persoalan ini termasuk persoalan peluang bersyarat, sehingga harus dibagi menjadi $5$ kasus bergantung dari pukul berapa lampu tersebut menyala. 
(Kasus 1) Misalkan $A$ adalah kejadian lampu menyala pukul $19.00$ dan padam pada rentang waktu yang ditentukan sehingga lampu menyala selama antara $9$ dan $10$ jam. 
Peluang lampu menyala pukul $19.00$ dari lima pilihan waktu yang ada adalah $\dfrac15$. 
Agar lampu menyala selama antara $9$ dan $10$ jam, maka lampu harus padam antara pukul $04.00$ dan $05.00$ (dari yang terjadwal padam pada pukul $04.00$ sampai $06.00$), sehingga peluang untuk kasus ini adalah
$P(A) = \dfrac{1}{5} \times \dfrac{5 – 4}{6 – 4} = \dfrac{1}{10}$
(Kasus 2) Misalkan $B$ adalah kejadian lampu menyala pukul $19.30$ dan padam pada rentang waktu yang ditentukan sehingga lampu menyala selama antara $9$ dan $10$ jam. 
Peluang lampu menyala pukul $19.30$ dari lima pilihan waktu yang ada adalah $\dfrac15$. 
Agar lampu menyala selama antara $9$ dan $10$ jam, maka lampu harus padam antara pukul $04.30$ dan $05.30$ (dari yang terjadwal padam pada pukul $04.00$ sampai $06.00$), sehingga peluang untuk kasus ini adalah
$P(B) = \dfrac{1}{5} \times \dfrac{5,5 – 4,5}{6 – 4} = \dfrac{1}{10}$ 
(Kasus 3) Misalkan $C$ adalah kejadian lampu menyala pukul $20.00$ dan padam pada rentang waktu yang ditentukan sehingga lampu menyala selama antara $9$ dan $10$ jam. 
Peluang lampu menyala pukul $20.00$ dari lima pilihan waktu yang ada adalah $\dfrac15$. 
Agar lampu menyala selama antara $9$ dan $10$ jam, maka lampu harus padam antara pukul $05.00$ dan $06.00$ (dari yang terjadwal padam pada pukul $04.00$ sampai $06.00$), sehingga peluang untuk kasus ini adalah
$P(C) = \dfrac{1}{5} \times \dfrac{6 – 5}{6 – 4} = \dfrac{1}{10}$
(Kasus 4) Misalkan $D$ adalah kejadian lampu menyala pukul $20.30$ dan padam pada rentang waktu yang ditentukan sehingga lampu menyala selama antara $9$ dan $10$ jam. 
Peluang lampu menyala pukul $20.30$ dari lima pilihan waktu yang ada adalah $\dfrac15$. 
Agar lampu menyala selama antara $9$ dan $10$ jam, maka lampu harus padam antara pukul $05.30$ dan $06.00$ (dari yang terjadwal padam pada pukul $04.00$ sampai $06.00$, tidak boleh melebihi jam $06.00$), sehingga peluang untuk kasus ini adalah
$P(D) = \dfrac{1}{5} \times \dfrac{6 – 5,5}{6 – 4} = \dfrac{1}{20}$
(Kasus 5) Misalkan $E$ adalah kejadian lampu menyala pukul $21.00$ dan padam pada rentang waktu yang ditentukan sehingga lampu menyala selama antara $9$ dan $10$ jam. 
Peluang lampu menyala pukul $21.00$ dari lima pilihan waktu yang ada adalah $\dfrac15$. 
Agar lampu menyala selama antara $9$ dan $10$ jam, maka lampu harus padam pada pukul lebih dari $06.00$ (dari yang terjadwal padam pada pukul $04.00$ sampai $06.00$), sehingga hal ini tak mungkin terjadi. Jadi, 
$P(E) = \dfrac{1}{5} \times 0 = 0$
Dengan demikian, peluang totalnya adalah
$\begin{aligned} & P(A \cup B \cup C \cup D \cup E) \\ & = P(A) + P(B) + P(C) + P(D) + P(E) \\ & = \dfrac{1}{10} + \dfrac{1}{10} + \dfrac{1}{10} + \dfrac{1}{20} + 0 = \boxed{\dfrac{7}{20}} \end{aligned}$
Cara 2: Grafik
Gambarkan grafik persamaan garis lurus seperti gambar di bawah di mana sumbu-$X$ menyatakan waktu di mana lampu menyala (diskrit) dan sumbu-$Y$ menyatakan waktu di mana lampu padam (kontinu). Karena tipenya bersifat diskrit, maka kita tak bisa menggunakan konsep luasan untuk menentukan peluang, melainkan harus menggunakan panjang garis vertikal yang memenuhi kondisi pada tiap-tiap waktu mulainya lampu menyala serta interval waktu lampu padam.

Peluang bahwa lampu menyala selama $9<t<10$ jam adalah 
$\boxed{\begin{aligned} & \dfrac{AL +IJ + FE + MD} {AB + IJ + GE + ND + OC} \\ & = \dfrac{2+2+2+1}{4+4+4+4+4} = \dfrac{7}{20} \end{aligned}}$

Diketahui $B(n)$ sebagai bilangan bulat terkecil yang habis dibagi oleh semua bilangan bulat $1, 2, \cdots, n$. Dengan kata lain, $B(n) = \text{KPK}(1,2,\cdots, n)$
Agar $B(n) = B(n+2)$ berlaku, maka $n+1$ maupun $n+2$ tidak boleh bilangan prima. 
Adapun nilai $n$ yang membuat $n+1$ atau $n+2$ prima adalah
$$1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 11, 12, 15, 16, 17, 18, 21, 22$$
$\bigstar$ Untuk $n=7$, diperoleh
$\begin{aligned} B(7) & =\text{KPK}(1,2,\cdots, 7) \\ B(9) & = \text{KPK}(1, 2, \cdots, 7, (2 \times 4), (3^2)) \end{aligned}$
Karena $9 = 3^2$ (berbentuk bilangan kuadrat), maka $B(7) \neq B(9)$. 
$\bigstar$ Untuk $n=13$, diperoleh
$$\begin{aligned} B(13) & =\text{KPK}(1,2,\cdots, 13) \\ B(15) & = \text{KPK}(1, 2, \cdots, 13, (2 \times 7), (3 \times 5)) \end{aligned}$$
Karena $14$ dan $15$ dapat dinyatakan dalam faktorisasi prima yang semuanya berbeda, maka $B(13) = B(15)$. 
$\bigstar$ Untuk $n=14$, diperoleh
$\begin{aligned} B(14) & =\text{KPK}(1,2,\cdots, 14) \\ B(16) & = \text{KPK}(1, 2, \cdots, 13, (3 \times 5), (2^4)) \end{aligned}$
Karena $16 = 2^4$ dan merupakan pangkat tertinggi untuk basis $2$, maka $B(14) \neq B(16)$. 
$\bigstar$ Untuk $n=19$, diperoleh
$$\begin{aligned} B(19) & =\text{KPK}(1,2,\cdots, 19) \\ B(21) & = \text{KPK}(1, 2, \cdots, 19, (2^2 \times 5), (3 \times 7)) \end{aligned}$$
Karena $21$ dan $22$ dapat dinyatakan dalam faktorisasi prima yang semuanya berbeda dan sudah muncul untuk faktorisasi bilangan sebelumnya, maka $B(19) = B(21)$. 
$\bigstar$ Untuk $n=20$, diperoleh
$$\begin{aligned} B(20) & =\text{KPK}(1,2,\cdots, 20) \\ B(22) & = \text{KPK}(1, 2, \cdots, 20, (3 \times 7), (2 \times 11)) \end{aligned}$$
Karena $21$ dan $22$ dapat dinyatakan dalam faktorisasi prima yang semuanya berbeda, maka $B(20) = B(22)$. 
$\bigstar$ Untuk $n=23$, diperoleh
$\begin{aligned} B(23) & =\text{KPK}(1,2,\cdots, 23) \\ B(25) & = \text{KPK}(1, 2, \cdots, 23, (2^3 \times 3), (5^2)) \end{aligned}$
Karena $25 = 5^2$ (berbentuk bilangan kuadrat), maka $B(23) \neq B(25)$. 
$\bigstar$ Untuk $n=24$, diperoleh
$\begin{aligned} B(24) & =\text{KPK}(1,2,\cdots, 24) \\ B(26) & = \text{KPK}(1, 2, \cdots, 24, (5^2), (2 \times 13)) \end{aligned}$
Karena $25 = 5^2$ (berbentuk bilangan kuadrat), maka $B(24) \neq B(26)$.
$\bigstar$ Untuk $n=25$, diperoleh
$\begin{aligned} B(25) & =\text{KPK}(1,2,\cdots, 25) \\ B(27) & = \text{KPK}(1, 2, \cdots, 25, (2 \times 13), (3^3)) \end{aligned}$
Karena $27 = 3^3$ dan merupakan pangkat tertinggi untuk basis $3$, maka $B(25) \neq B(27)$. 
Jadi, hanya ada $\boxed{3}$ nilai $n$ yang mungkin.

Jika $n$ ganjil, maka jelas bahwa $g(n) = n$, sehingga
$$\begin{aligned} & g(2019) + g(2021)+\cdots+g(4037) \\ & = 2019 + 2021 + \cdots + 4037 \\ & = (1 + 3 + 5 +\cdots 4037) -(1 + 3 + 5 + \cdots + 2017) \\ & = 2019^2 -1009^2 \end{aligned}$$
Sekarang untuk $n$ genap, kita bagi menjadi beberapa kasus. 
Kasus 1: $n \equiv 2~(\text{mod}~8)$ atau $n \equiv 6~\text{mod}~8)$
Dengan demikian, $g(n) = \dfrac{n} {2}$, sehingga
$$\begin{aligned} & g(2022) + g(2026) + \cdots + g(4038) \\ & = 1011 + 1013 + \cdots 2019 \\ & = (1 + 3 + 5 + \cdots + 2019) -(1 + 3 + 5 + \cdots 1009) \\ & = 1010^2 -505^2 \end{aligned}$$
Kasus 2: $n \equiv 4~(\text{mod}~8)$
Dengan demikian, $g(n) = \dfrac{n} {4}$, sehingga
$$\begin{aligned} & g(2020) + g(2028) + \cdots + g(4036) \\ & = 505 + 507 + \cdots 1009 \\ & = (1+3+5+\cdots+1009)-(1+3+5+\cdots+503) \\ & = 505^2 -252^2 \end{aligned}$$
Kasus 3: $n \equiv 0~(\text{mod}~8)$ 
$\bigstar$ Jika $n$ berkelipatan $8$ tetapi bukan berkelipatan $16$, maka $f(n) = \dfrac{n} {8}$, sehingga
$$\begin{aligned} &f(2024)+f(2040)+\cdots+f(4024) \\ &= 253+255+\cdots+503 \\ & = (1+3+5+\cdots+503)-(1+3+5+\cdots+251) \\ & = 252^2 -126^2 \end{aligned}$$
$\bigstar$ Jika $n$ berkelipatan $16$ tetapi bukan berkelipatan $32$, maka $f(n) = \dfrac{n} {16}$, sehingga
$$\begin{aligned} &f(2032)+f(2064)+\cdots+f(4016) \\ &= 127+129+\cdots+251 \\ & = (1+3+5+\cdots+251)-(1+3+5+\cdots+125) \\ & = 126^2 -63^2 \end{aligned}$$
$\bigstar$ Jika $n$ berkelipatan $32$ tetapi bukan berkelipatan $64$, maka $f(n) = \dfrac{n} {32}$, sehingga
$$\begin{aligned} &f(2080)+f(2144)+\cdots+f(4000) \\ &= 65+67+\cdots+125 \\ & = (1+3+5+\cdots+125)-(1+3+5+\cdots+63) \\ & = 63^2 -32^2 \end{aligned}$$
$\bigstar$ Jika $n$ berkelipatan $64$ tetapi bukan berkelipatan $128$, maka $f(n) = \dfrac{n} {64}$, sehingga
$$\begin{aligned} &f(2112)+f(2240)+\cdots+f(4032) \\ &= 33+35+\cdots+63 \\ & = (1+3+5+\cdots+63)-(1+3+5+\cdots+31) \\ & = 32^2 -16^2 \end{aligned}$$
$\bigstar$ Jika $n$ berkelipatan $128$ tetapi bukan berkelipatan $256$, maka $f(n) = \dfrac{n} {128}$, sehingga
$$\begin{aligned} & f(2176)+f(2432)+\cdots+f(3968) \\ &= 17+19+\cdots+31 \\ & = (1+3+5+\cdots+31)-(1+3+5+\cdots+15) \\ & = 16^2 -8^2 \end{aligned}$$
$\bigstar$ Jika $n$ berkelipatan $256$ tetapi bukan berkelipatan $512$, maka $f(n) = \dfrac{n} {256}$, sehingga
$\begin{aligned} &f(2304)+f(2816)+f(3328)+f(3840) \\ &= 9+11+13+15 \\ &= 8^2 -4^2 \end{aligned}$
$\bigstar$ Jika $n$ berkelipatan $512$ tetapi bukan berkelipatan $1024$, maka $f(n) = \dfrac{n} {512}$, sehingga
$f(2560) + f(3584) = 5 + 7 = 4^2 -2^2$
$\bigstar$ Jika $n$ berkelipatan $1024$, maka $f(n) = \dfrac{n} {1024}$, sehingga $f(3072} = 3$
$\bigstar$ Jika $n$ berkelipatan $2048$, maka $f(n) = \dfrac{n} {2048}$, sehingga $f(2048) = 1$. 
Dengan demikian, kita peroleh bahwa
$$\begin{aligned} & g(2019)+g(2020)+\cdots+g(4038) \\ & = (2019^2-1009^2)+(1010^2-505^2)+ \\ & (505^2-252^2)+ \cdots+(8^2-4^2)+(4^2-2^2)+(3+1) \\ & = 2019^2 -1009^2 + 1010^2 \\ & = 2019^2 + (-1009+1010)(1009+1010) \\ & = 2019^2 + 2019 \\ & = 2019(2019 + 1) \\ & = 2019 \times 2020 \end{aligned}$$
Jadi, nilai dari $\boxed{m=2020}$

Perhatikan sketsa gambar berikut.

Luas segitiga sama sisi yang panjang sisinya $s$ adalah $L = \dfrac{s^2}{4}\sqrt{3}$. 
Karena diketahui luas segitiga sama sisi $ABC$ adalah $L_{ABC} = 4\sqrt{3}~\text{cm}^2$, maka panjang sisinya adalah $s = 4~\text{cm}$. 
Dengan demikian, $AB = BC = AC = 4~\text{cm}$
Misalkan $O$ adalah titik pusat lingkaran besar dan $D$ titik singgung lingkaran sedang dan lingkaran kecil, sekaligus titik tengah $AC$, sehingga $AD = DC = 2~\text{cm}$. Karena $A$ dan $C$ titik singgung sisi segitiga dengan lingkaran besar, maka $BC \perp CO$ dan $BA \perp AO$, akibatnya $\angle OCD = \angle OAD = 30^{\circ}$, $\angle ODA = \angle ODC = 90^{\circ}$, dan $\angle DOC = \angle DOA = 60^{\circ}$.
Diketahui $OF = OC = OE = OA$ jari-jari lingkaran besar, sehingga segitiga $ACE$ dan $OAE$ sama kaki serta $OE = 2OD = 2DE$. 
Perhatikan segitiga $ODC$ berikut beserta perbandingan panjang sisinya jika sudutnya $30^{\circ}, 60^{\circ}, 90^{\circ}$. Ini berarti, $OD = \dfrac{2}{\sqrt{3}} = DE$, sehingga $OE = \dfrac{4}{\sqrt{3}}$. 
Jari-jari lingkaran kecil adalah
$r_k = \dfrac{DE} {2} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$
Jari-jari lingkaran besar adalah
$r_b = OE = \dfrac{4}{\sqrt{3}}$
Jari-jari lingkaran sedang adalah
$\begin{aligned} r_s & = \dfrac{OF + OE – DE} {2} \\ & = \dfrac{r_b + r_b – 2r_k} {2} \\ & = \dfrac{4}{\sqrt{3}} – \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{3}{\sqrt{3}} \end{aligned}$
Luas daerah yang diarsir adalah
$\begin{aligned} L_{\text{arsir}} & = L_{\text{L. Besar}} – L_{\text{L. Kecil}} – L_{\text{L. Sedang}} \\ & = \dfrac{16}{3}\pi – \dfrac13 \pi – \dfrac{9}{3}\pi \\ & = \dfrac{6}{3}\pi = 2\pi = a \pi~\text{cm}^2 \end{aligned}$
Jadi, nilai $\boxed{a=2}$

Misalkan huruf $M, K, H$ berturut-turut diartikan sebagai pewarnaan untuk warna merah, kuning, dan hijau. 
Misalkan juga $HHH$ dianggap sebagai satu kesatuan, kita sebut sebagai $P$.
Kasus 1: Ada tepat 3 warna hijau
Pewarnaan yang mungkin adalah
$PMMM$ dan $PKKK$
dengan total pewarnaan sebanyak $\dfrac{4!} {3!} + \dfrac{4!} {3!} = 8$
$PMMK$ dan $PKKM$
dengan total pewarnaan sebanyak
$\dfrac{4!} {2!} + \dfrac{4!} {2!} = 24$
Jadi, ada $8+24=32$ untuk kasus ini. 
Kasus 2: Ada tepat 4 warna hijau
Jika $P$ dan $H$ terpisah, maka pewarnaannya berbentuk 
$\begin{cases} POHO \\ OPOH \\ POOH \end{cases}$
Bila $O$ diganti menjadi $MM, KK, KM$, atau $MK$, maka banyaknya pewarnaan = $4 \times 2^3 = 24$
Jika $P$ dan $H$ berdampingan, maka susunannya berbentuk $\begin{cases} PHMM \\ PHKK \end{cases}$ 
dengan banyak pewarnaan = $\dfrac{3!} {2!} \times 2 = 6$. 
Selain itu, juga bisa berbentuk $PHKM$ dengan banyak pewarnaan = $3! = 6$. 
Total pewarnaan untuk kasus ini adalah $24 + 6 +6 = 36$
Kasus 3: Ada tepat 5 warna hijau
$\bigstar$ $P$ dan $HH$ terpisah:
$POHH$: Jika $O$ diganti $M$ atau $K$, maka banyaknya pewarnaan = $2^2 = 4$. 
$\bigstar$ $PH$ dan $H$ terpisah:
$PHOH$: Jika $O$ diganti $M$ atau $K$, maka banyaknya pewarnaan = $2^2 = 4$. 
$\bigstar$ Semua $H$ berdampingan:
$PHHO$: Jika $O$ diganti $M$ atau $K$, maka banyaknya pewarnaan = $2^2 = 4$. 
Total pewarnaan untuk kasus ini sebanyak $4+4+4=12$ cara. 
Kasus 4: Ada tepat 6 warna hijau
Jelas hanya ada 1 pewarnaan yang mungkin terjadi untuk kasus ini. 
Dengan demikian, banyaknya total pewarnaan yang mungkin adalah $32+36+12+1=81$. 
Peluang pewarnaan yang dilakukan oleh Maman berbeda dengan pewarnaan yang dilakukan oleh Nyoman adalah $\boxed{1 – \dfrac{81}{81} \times \dfrac{1}{81} = \dfrac{80}{81}}$

Misalkan 5 bilangan yang terambil adalah $a, b, c, d, e$ dengan $a>b>c>d>e$. Agar mendapatkan hadiah utama, maka harus memenuhi:
Kondisi 1:
$a-b \geq 3 \Leftrightarrow a \geq b + 3 \Leftrightarrow a > b + 2$
Kondisi 2:
$\begin{aligned} b-c \geq 3 & \Leftrightarrow b \geq c + 3 \Leftrightarrow b > c + 2 \\ & a > b + 2 > c + 4 \end{aligned}$
Kondisi 3:
$\begin{aligned} c-d \geq 3 & \Leftrightarrow c \geq d + 3 \Leftrightarrow c > d + 2 \\ & a > b + 2 > c + 4 > d + 6 \end{aligned}$
Kondisi 4:
$$\begin{aligned} d-e \geq 3 & \Leftrightarrow d \geq e + 3 \Leftrightarrow d > e + 2 \\ & a > b + 2 > c + 4 > d + 6 > e + 8 \end{aligned}$$ 
Dengan demikian, 
$$20 \geq a > b + 2 > c + 4 > d + 6 > e + 8 \geq 9$$
Misalkan $a = v, b + 2 = w, c + 4 = x$, $d + 6 = y, e + 8 = z$, maka ketaksamaan di atas dapat ditulis ulang menjadi
$20 \geq v > w > x > y > z \geq 9$
Ini berarti, banyaknya kemungkinan peserta memenangkan hadiah utama ekuivalen dengan banyaknya cara memilih 5 bilangan bulat berbeda mulai dari 9 sampai 20 (ada 12 bilangan), yaitu
$\begin{aligned} C_5^{12} & = \dfrac{12!} {7! \cdot 5!} \\ & = \dfrac{\cancel{12} \cdot 11 \cdot \cancel{10} \cdot 9 \cdot 8 \cdot \bcancel{7!}} {\cancel{7!} \cdot \cancel{120}} \\ & = 11 \cdot 9 \cdot 8 = 792 \end{aligned}$

Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} f(5) & = \dfrac{1}{(1)(2)} + \dfrac{1}{(2)(3)} + \dfrac{1}{(3)(4)} + \cdots + \dfrac{1}{(2018)(2019)} \\ & = \left(\dfrac11 – \dfrac12\right) + \left(\dfrac12 – \dfrac13\right) + \left(\dfrac13 – \dfrac14 \right) + \\ & \cdots + \left(\dfrac{1}{2018}- \dfrac{1}{2019}\right) \\ & = 1 – \dfrac{1}{2019} = \dfrac{2018}{2019} \end{aligned}$$
Karena $f(5x+2) \geq f(5x) +2$ dan $f(5x+1)\leq f(5x+1)$, maka selanjutnya kita peroleh
$\begin{aligned} f(5x+2) & \geq f(5x) +2 \\ & = f(5x) + 1 + 1 \\ & \geq f(5x+1)+1 \geq f(5x+2) \end{aligned}$
Dengan demikian, berlaku
$f(5x+2) \geq f(5x) +2 \geq f(5x+2)$
Ingat bahwa jika $a \leq b \leq a$, maka satu-satunya yang memenuhi pertidaksamaan adalah $a=b$. 
Oleh karena itu, $f(5x) +2 = f(5x+2)$
Jika diambil $x = 1$, diperoleh
$\begin{aligned} & f(5(1)) + 2 = f(5(1)+2) \\ & \Leftrightarrow f(5) + 2 = f(7) \end{aligned}$
Untuk itu, 
$\boxed{g(7) = f(7) – 2 = f(5) + 2 – 2 = \dfrac{2018}{2019}}$