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

    Berikut ini penulis sajikan soal Olimpiade Sains Nasional Matematika SMP Tingkat Provinsi Tahun 2019 disertai dengan pembahasan lengkapnya. Silakan unduh soalnya dalam bentuk PDF di tautan berikut.
DOWNLOAD SOAL (PDF)
Semoga bermanfaat.

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – OSN Matematika SMP Tingkat Kabupaten/Kota Tahun 2019

Today Quote

Hidup selalu memberikan kesempatan kedua. Bersyukurlah atas hari ini dan lakukan yang terbaik untuk hari esok.

Soal Nomor 1
Simbol $\begin{vmatrix} a & b \\ c & d \end{vmatrix}$ maksudnya adalah $ad-bc=k$. Jumlah semua nilai $x$ yang memenuhi $\begin{vmatrix} x-2 & -2 \\ -x & x + 4 \end{vmatrix} = 2x$ adalah $\cdots \cdot$

Penyelesaian

$\begin{aligned} \begin{vmatrix} x-2 & -2 \\ -x & x + 4 \end{vmatrix} & = 2x \\ (x-2)(x+4) -(-2)(-x) & = 2x \\ (x^2+2x-8)-2x & = 2x \\ x^2-2x-8 & = 0 \end{aligned}$
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 $x$.

[collapse]

Soal Nomor 2
Diketahui $A$ dan $B$ bilangan dua digit, $C$ bilangan tiga digit, dan $A + B = C$. Tujuh digit pembentuk bilangan $A, B, C$, yaitu $1, 2, 4, 5, 6, 7, 8$ masing-masing digunakan tepat satu kali. Digit satuan dari $C$ adalah $6$. Bilangan $C$ yang dimaksud adalah $\cdots \cdot$

Penyelesaian

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, 
$\boxed{C = \overline{efg} = 156}$ 

[collapse]

Soal Nomor 3
Sebuah balok memiliki panjang $a$ cm, lebar $b$ cm, dan tinggi $c$ cm, di mana $a,b,c$ merupakan bilangan asli. Diketahui bahwa volume balok $240~\text{cm}^3$ dan $a+b+c=19$ serta $a>b>c>3$. Luas semua sisi balok yang memiliki rusuk berukuran $b$ dan $c$ adalah $\cdots~\text{cm}^2$.

Penyelesaian

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 
$\boxed{L = 2 \times (b \times c) = 2 \times (6 \times 5) = 60~\text{cm}^2}$

[collapse]

Soal Nomor 4
Misalkan $(x,y)$ adalah koordinat titik yang memenuhi persamaan $(4-x)^2+(y-3)^2=25$. Misalkan pula $(a,b)$ membuat $x^2+y^2$ bernilai maksimum dan $(c,d)$ membuat $x^2+y^2$ bernilai minimum. Nilai dari $ac+bd$ adalah $\cdots \cdot$

Penyelesaian

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
$\boxed{ac + bd = a(0) + b(0) = 0}$

[collapse]

Soal Nomor 5
Jika $f(x)=x^4+4x^3+6x^2+4x+10$, maka nilai dari $f(\sqrt[4]{5}-1)$ adalah $\cdots \cdot$

Penyelesaian

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 $\boxed{f(\sqrt[4]{5}-1) = 14}$

[collapse]

Soal Nomor 6
Jika suatu pekerjaan dapat dikerjakan dengan mesin A, B, atau C saja, maka pekerjaan tersebut akan selesai berturut-turut dalam waktu $30$ menit, $36$ menit, atau $45$ menit. Jika ketiga mesin tersebut digunakan bersama-sama selama $6$ menit, maka bagian dari pekerjaan tersebut yang akan selesai sebesar $\cdots$ bagian.

Penyelesaian

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 tiga menit, maka bagian pekerjaan yang terselesaikan adalah
$\begin{aligned} 3 \times \left(\dfrac{1}{30} + \dfrac{1}{36} + \dfrac{1}{45} \right) & = \dfrac{1}{10} + \dfrac{1}{12} + \dfrac{1}{15} \\ &= \dfrac{6 + 5 + 4}{60} \\ & = \boxed{\dfrac{1}{4}} \end{aligned}$

[collapse]

Soal Nomor 7
Misalkan
$$\begin{aligned}A & =\{(x,y)~|~y-x \leq 2,2x+y \leq 2,y \geq 0\} \\ B & =\{(x,y)~|~2y-3x\leq 6,kx+2y \leq 2k,y \geq 0\} \end{aligned}$$
Nilai $k$ sehingga luas daerah $B$ dua kali luas daerah $A$ adalah $\cdots \cdot$

Penyelesaian

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 $\boxed{k = 3}$

[collapse]

Soal Nomor 8
Tiga buah persegi masing-masing panjang sisinya $6$ cm, $10$ cm, dan $8$ cm disusun seperti gambar berikut ini.


Luas daerah yang diarsir adalah $\cdots~\text{cm}^2$.

Penyelesaian

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 $\boxed{78~\text{cm}^2}$

[collapse]

Soal Nomor 9
Diberikan seperempat lingkaran $PQS$ berada di dalam persegi $PQRS$, dan dua buah setengah lingkaran $PQ$ dan $PS$ di dalam $PQS$ seperti ditunjukkan pada gambar di bawah.

Jika persegi $PQRS$ memiliki panjang sisi $m$, maka perbandingan luas daerah $2A$ dan $B$ adalah $\cdots \cdot$

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 10
Di rumah Pak Budi yang sedang ditinggal pergi berlibur, lampu teras diberi sakelar otomatis yang akan mulai menyala pada pukul $19.00$, $19.30$, $20.00$, $20.30$, atau $21.00$ secara acak. Lampu tersebut kemudian akan otomatis padam pada suatu waktu antara pukul $04.00$ sampai pukul $06.00$ pagi harinya. Misalkan diketahui pada malam ini lampu tersebut menyala selama $t$ jam, peluang bahwa lampu menyala selama $9<t<10$ jam adalah $\cdots \cdot$

Penyelesaian

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 
$\boxed{\begin{aligned} & \dfrac{AL +IJ + FE + MD} {AB + IJ + GE + ND + OC} \\ & = \dfrac{2+2+2+1}{4+4+4+4+4} = \dfrac{7}{20} \end{aligned}}$

[collapse]

Soal Nomor 11
Untuk suatu bilangan bulat positif $n$, didefinisikan $B(n)$ sebagai bilangan bulat terkecil yang habis dibagi oleh semua bilangan bulat $1, 2, \cdots, n$. Sebagai contoh, $B(5)=60$, karena $60$ habis dibagi oleh $1, 2, 3, 4$, serta $5$. Untuk $1 \leq n \leq 25$, banyaknya kemungkinan $n$ yang memenuhi $B(n)=B(n+2)$ adalah $\cdots \cdot$

Penyelesaian

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.

[collapse]

Soal Nomor 12
Misalkan $g(n)$ menyatakan faktor ganjil terbesar dari suatu bilangan bulat $n$. Sebagai contoh, $g(10)=5, g(11)=11$, dan $g(16)=1$. Jika hasil penjumlahan $g(2019)+g(2020)+g(2021)+\cdots+g(4038)$ adalah $2019 \times m$, maka nilai $m$ adalah $\cdots \cdot$

Penyelesaian

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 $\boxed{m=2020}$

[collapse]

Soal Nomor 13
Perhatikan kombinasi tiga lingkaran dan satu segitiga sama sisi berikut.

Jika diketahui luas daerah segitiga sama sisi adalah $4\sqrt{3}~\text{cm}^2$ dan luas daerah yang diarsir adalah $a \pi~\text{cm}^2$, maka nilai $a$ adalah $\cdots~\text{cm}^2$.

Penyelesaian

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 $\boxed{a=2}$

[collapse]

Soal Nomor 14
Maman dan Nyoman secara terpisah dimintai untuk mewarnai suatu ornamen yang terlihat seperti gambar berikut.

Adapun ketentuan pewarnaan yang harus dipenuhi adalah setiap bintang harus diberi tepat satu warna dengan pilihan merah, kuning, atau hijau dan harus ada setidaknya $3$ bintang yang berurutan yang berwarna hijau. Peluang pewarnaan yang dilakukan oleh Maman berbeda dengan pewarnaan yang dilakukan oleh Nyoman adalah $\cdots \cdot$

Penyelesaian

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 $\boxed{1 – \dfrac{81}{81} \times \dfrac{1}{81} = \dfrac{80}{81}}$

[collapse]

Soal Nomor 15
Di babak bonus suatu kuis, seorang peserta akan diminta untuk mengambil secara acak $5$ dari $20$ bola yang telah dinomori $1$ sampai $20$. Hadiah utama akan didapatkan jika selisih nomor dari setiap pasang bola tidak kurang dari $3$. Banyaknya kemungkinan peserta tersebut memenangkan hadiah utama adalah $\cdots \cdot$

Penyelesaian

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
$\begin{aligned} C_5^{12} & = \dfrac{12!} {7! \cdot 5!} \\ & = \dfrac{\cancel{12} \cdot 11 \cdot \cancel{10} \cdot 9 \cdot 8 \cdot \bcancel{7!}} {\cancel{7!} \cdot \cancel{120}} \\ & = 11 \cdot 9 \cdot 8 = 792 \end{aligned}$

[collapse]

Soal Uraian

Soal Nomor 16
Misalkan $f(5x+2)\geq f(5x)+2$ dan $f(5x+1) \leq f(5x)+1$ untuk setiap bilangan $x$. Jika $g(x)=f(x)-2$ dan
$$f(5)= \dfrac{1}{(1)(2)} + \dfrac{1}{(2)(3)} + \dfrac{1}{(3)(4)} + \cdots + \dfrac{1}{(2018)(2019)}$$
hitunglah nilai dari $g(7)$.

Penyelesaian

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, 
$\boxed{g(7) = f(7) – 2 = f(5) + 2 – 2 = \dfrac{2018}{2019}}$

[collapse]

Soal Nomor 17
Misalkan diketahui alfabet di suatu “Negeri Awan” hanya terdiri dari huruf A, B, C, D, dan E saja. Perhatikan bahwa A dan E adalah huruf vokal, sedangkan B, C, dan D adalah huruf konsonan. Suatu deretan huruf disebut kata jika tidak mengandung huruf sama bersebelahan serta tidak mengandung huruf vokal bersebelahan. Tentukan banyaknya kata di “Negeri Awan” yang terdiri dari $7$ huruf.

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 18
Sandi memiliki $12$ kandang hamster yang terdiri dari $3$ kandang warna hijau, $3$ warna merah, $3$ warna biru, dan $3$ warna kuning. Terdapat $10$ ekor hamster yang akan didistribusikan ke dalam kandang-kandang tersebut. Ia mendistribusikan $4$ hamster ke dalam kandang warna hijau. Selanjutnya, ia mendistribusikan $3$ hamster ke kandang warna merah, $2$ hamster ke kandang warna biru, serta seekor hamster ke dalam kandang warna kuning. Asumsikan masing-masing hamster memiliki kemungkinan yang sama untuk dimasukkan ke dalam kandang tertentu. Tentukan peluang bahwa kandang hijau berisi lebih banyak hamster dibanding kandang lain, baik kandang hijau yang sewarna, maupun kandang lain warna.

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]
CategoriesOSN, SOAL OLIMPIADETags, ,

Leave a Reply

Silakan beri tanggapan dan saran, tidak perlu sungkan. Mohon juga diinformasikan melalui kolom komentar ini bila ada kesalahan pengetikan sekecil apapun (typo atau bahasa latex yang error) atau kesalahan konsep dan pembahasan soal. Terima kasih. Ganbatte!

Your email address will not be published. Required fields are marked *