GEOMETRI BANGUN RUANG KERUCUT DAN TABUNG

GEOMETRI

BANGUN RUANG

KERUCUT DAN TABUNG

Soal dan Pembahasan Olimpiade Siswa SMA

Soal dan Pembahasan Olimpiade Siswa SMA

1.      Bilangan x adalah bilangan bulat positif terkecil yang membuat

31ⁿ  + x . 96ⁿ

Merupakan kelipatan 2015 untuk setiap bilangan asli n. Nilai x  adalah….

Jawab:

31ⁿ  + x . 96ⁿ habis dibagi 2015 = 5 . 13 . 31 maka

31ⁿ  + x . 96ⁿ  ≡ 1ⁿ  + x . 1ⁿ (mod 5) ≡ 1 + x (mod 5)

Jadi, x ≡ -1 (mod 5)

31ⁿ  + x . 96ⁿ  ≡ 5ⁿ + x . 5ⁿ (mod 13)

Jadi, x ≡ -1 (mod 13)

31ⁿ  + x . 96ⁿ  ≡ x . 3ⁿ (mod 31)

FPB (3,31) = 1 maka x ≡ 0 (mod 31)

Maka x = 31a dengan a  € N

31a ≡ -1 (mod 13)

5a ≡ -1 (mod 13)

a = 13b + 5 dengan b € N

x = 31 (13b + 5) = 403b + 155

403b + 155 ≡ -1 (mod 5)

403b ≡ -1 (mod 5)

3b ≡ -1 (mod 5)

Maka b = 5c + 3

x = 403b + 65 = 403 (5c + 3) +155 = 2015c + 1364 dengan c € N

F Jadi, nilai x terkecil yang memenuhi adalah 1364.

2.      Banyaknya factor positif dari 2015 adalah …

Jawab:

2015 = 5 . 13 . 31

Banyaknya faktor positif = 2 . 2. 2 = 8

F Jadi, banyaknya faktor bulat positif  dari 2015 adalah 8.

3.      Bilangan bulat x jika dikalikan 11 terletak diantara 1500 dan 2000. Jika x dikalikan 7 terletak antara 970 dan 1275. Jika x dikalikan 5 terletak antara 960 dan 900. Banyaknya bilangan x sedemikian yang habis dibagi 3 sekaligus habis dibagi 5 ada sebanyak …

Jawab:

1500 < 11x < 2000 sehingga 136 < x < 182

970 < 7x < 1275 sehingga 138 < x  < 183

690 < 5x < 900 sehingga 138 <  x  < 180

Maka 138 < x  < 180

Bilangan yang habis dibagi 3 dan 5 maka bilangan tersebut habis dibagi 15.

Bilangan yang habis dibagi 15 ada 2 yaitu 150 dan 165.

F Jadi, banyaknya bilangan yang memenuhi ada 2.

4.      Banyaknya bilangan asli n ≤ 2015  yang dapat dinyatakan dalam bnetuk n = a + b dengan a, b bilangan asli yang memenuhi a – b bilangan prima dan ab bilangan kuadrat sempurna adalah …

Jawab :

n = a + b dengan  n ≤ 2015 dan n, a, b € N

Jelas bahwa b < a

a + b = n ≤ 2015

2b < n ≤ 2015 maka b ≤ 1007

Andaikan FPB (a,b) = d

Maka a = dp dan b = dq

a – b = d(p-q) merupakan bilangan prima. Maka d = 1

karena ab kuadrat sempurna sedangkan FPB (a,b) = 1 maka haruslah a dan b masing – masing kudrat sempurna.

Misalkan a = m² dan b = t²

t² ≤ 1007 sehingga t ≤ 31

a – b = m² - t² = (m + t)(m-t) adalah bilangan prima.

Maka m – t = 1

a – b = (t + 1)²  - t² = 2t + 1cadalah bilangan prima ganjil.

Bilangan prima ganjil  ≤ 63 adalah 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19. 23, 29, 31, 37, 41, 43, 53, 59, dan 61. Banyaknya nilai b yang memenuhi ada 17.

Maka banyaknya nilai yang  n memenuhi  ada 17

F Jadi, banyaknya nilai yang  n memenuhi  ada 17.

5.      Bilangan asli n dikatakan “ kuat “ jika terdapat bilangan asli x sehingga   x^nx + 1 habis dibgi 2ⁿ.

1.      Buktikan bahwa 2013 merupakan bilangan kuat.

2.      Jika m bilangan kuat, tentukan bilangan asli terkecil y sehingga y^my + 1 habis dibagi 2^m.

Jawab:

Ingat kembali identitas: untuk sebarang bilangan bulat a, b, dan bilngan ganjil n  berlaku

aⁿ + bⁿ = (a+b)(a^n-1 – a^n-2 b + … - ab^n-2 + b^n-1) …….%

a). Misalkan x = 2²⁰¹³ – 1 maka x + 1 = 2²⁰¹³ dan berdasarkan %, diperoleh x + 1 membagi x^2013x + 1. Jadi terbukti 2013 adalah bilangan bulat.

b). Diketahui 2^m│(y^my + 1). Dari sini jelas bahwa y bilangan ganjil. Selain itu jika mgenap maka y^my ≡ (y^ky)² ≡ 0 atau 1 mod 4. Akibatnya y^my + 1≡ 1 atau 2 mod 4, kontradiksi dengan fakta 2^m│(y^my + 1). Jadi haruslah m juga bilangan ganjil. Karena my ganjil berdasarkan %, diperoleh

y^my + 1 = (y+1)(y^my-1 - y^my-2 + y^my-3 - … + y² – y + 1 ) … (*)

Karena y ganjil dan bilangan  y^my-1 - y^my-2 + y^my-3 - … + y² – y + 1 memiliki my suku maka y^my-1 - y^my-2 + y^my-3 - … + y² – y + 1 juga ganjil . Oleh karena itu dapat disimpulkan  2^m│(y + 1). Sehingga 2^m ≤ y + 1→ y ≥ 2^m – 1. Padahal berdasarkan (*), mudah dicek bahwa y = 2^m - 1  memenuhi.

F Jadi bilangan terkecil yang memenuhi adalah y =  2^m - 1

Contoh Soal Olimpiade Matematika SMA dan Pembahasannya

Nama           : Vandhana Prasasti Salsabila

Kelas            : X MIPA 1

No. Absen    : 33

1.       Polinom P(x) = x³ - x² + x - 2 mempunyai tiga pembuat nol yaitu a, b, dan c. Nilai dari a³+b³+c³ adalah ... (OSK Matematika SMA 2010)

Pembahasan :

Pada soal, polinom x³ - x² + x – 2 = 0 memiliki akar-akar a, b, c. Dari hal tersebut dapat diketahui tiga hal, yaitu :

·         a + b + c = 1

·         ab + bc + ac = 1

·         abc = 2

akan dicari nilai dari  a³+b³+c³. Langkah pertama adalah membuat persamaan umumnya :

(a + b + c)³ = (a + b + c)³

(a³ + b³ + c³) + (a + b + c)³ – (a³ + b³ + c³) = (a + b + c)³

(a³ + b³ + c³) + [(a + b + c)³ – (a³ + b³ + c³)] = (a + b + c)³

(a³ + b³ + c³) = (a + b + c)³ – [(a + b + c)³ – (a³ + b³ + c³)]

Sekarang akan disederhanakan nilai dari [(a + b + c)³ – (a³ + b³ + c³)]. Karena pengembangan dari (a + b + c)³ = a³ + b³ + c³ + 3a²b + 3ab² + 3b²c + 3bc² + 3a²c + 3ac² + 6abc. Maka nilai dari [(a + b + c)³ – (a³ + b³ + c³)] = 3a²b + 3ab² + 3b²c + 3bc² + 3a²c + 3ac² + 6abc. Diketahui pula bahwa (ab+bc+ac)(a+b+c) = a²b + ab² + b²c + bc² + a²c + ac² + 3abc, kita sebut persamaan 1.

Maka dari persamaan tadi didapat bahwa 3a²b + 3ab² + 3b²c + 3bc² + 3a²c + 3ac² + 6abc, nilai ini akan identik dengan : (3a²b + 3ab² + 3b²c + 3bc² + 3a²c + 3ac² + 9abc) – 3abc. Persamaan tersebut dapat disederhanakan menjadi : 3(a²b + ab² + b²c + bc² + a²c + ac² + abc) – 3abc.

Dengan mensubtitusikan persamaan 1 ke persamaan di atas maka persamaan akan menjadi :

3(ab + bc + ac)(a + b + c) - 3abc. Sehingga disimpulkan nilai dari [(a + b + c)³ – (a³ + b³ + c³)] adalah sama dengan 3(a²b + ab² + b²c + bc² + a²c + ac² + abc) – 3abc. Tadi telah kita dapat bahwa :

(a³ + b³ + c³) = (a + b + c)³ – [(a + b + c)³ – (a³ + b³ + c³)]

Dengan mengganti nilai yang bercetak tebal menjadi 3(a²b + ab² + b²c + bc² + a²c + ac² + abc) – 3abc, maka persamaan menjadi :

(a³ + b³ + c³) = (a + b + c)³ - [3(ab + bc + ac)(a + b + c) - 3abc]

Dengan mensubtitusikan nilai a + b + c ; ab + bc + ac ; dan abc ke dalam persamaan, maka didapat:

(a³ + b³ + c³) = (1)³ - 3[(1)(1) - 2] = 1 – 3(1-2) = 1 – 3(-1) = 1 + 3 = 4

Sehingga didapat bahwa nilai dari a³ + b³ + c³ = 4.

2.       Banyaknya bilangan bulat positif n yang memenuhi

n² – 660

merupakan bilangan kuadrat sempurna adalah ... (OSP Matematika SMA 2013)

Pembahasan :

Misalkan n² – 660 = k² untuk suatu bilangan positif k. Selanjutnya kita peroleh n² + k² = 660 «­» (n+k)(n-k)= 2².3.5.11, karena (n + k) > (n – k) dan keduanya memiliki paritas sama, akibatnya ada empat kasuk yang mungkin :

·         n + k = 330 dan n - k = 2 sehingga diperoleh n = 166 dan k = 164.

·         n + k = 110 dan n - k = 6 sehingga diperoleh n = 58 dan k = 52.

·         n + k = 66 dan n - k = 10 sehingga diperoleh n = 38 dan k = 28.

·         n + k = 30 dan n - k = 22 sehingga diperoleh n = 26 dan k = 4.

Jadi, ada 4 bilangan asli n yang memenuhi.

Soal Olimpiade Matematika SMA dan Pembahasan Tentang Teori Bilangan

1.      Misalkan M dan m berturut-turut menyatakan bilangan terbesar dan bilangan terkecil di antara semua bilangan 4-angka yang memuat jumlah keempat angkanya adalah 9. Berapakah faktor prima terbesar dari M – m ? (OSP Matematika SMA 2002)

Pembahasan :

Misal bilangan itu adalah : abcd

Agar abcd sebesar besarnya maka a harus sebesar-besarnya. Maka a = 9.

Karena a = 9, agar a + b + c + d = 9, maka b = 0 ; c = 0 ; d = 0. Maka M = 9000.

Agar a, b, c, dan d sekecil-kecilnya maka a harus sekecil-kecilnya dan karena a ≠ 0, maka a = 1.

b juga harus sekecil-kecilnya, maka b = 0.

c juga harus sekecil-kecilnya, maka c = 0.

Karena a + b + c + d = 9, maka d = 8. Akibatnya m = 1008.

M – m = 9000 – 1008 = 7992 = 8 . 999 = 8 . 27 . 37

M – m = 2³ . 3³ . 37

v Maka faktor prima terbesar dari M – m adalah 37.

2.      Berapakah sisa pembagian (43⁴³)⁴³ oleh 100 ? (OSP Matematika SMA 2002)

Pembahasan :

Karena 43⁴³ = (4 . 11 – 1)⁴³ maka 43⁴³ ≡ (-1)⁴³ (mod 4)

43⁴³ ≡ -1 (mod 4) ≡ 3 (mod 4)

Berarti 43⁴³ = 4k + 3 dengan k adalah bilangan asli.

(43⁴³)⁴³ ≡ 43^4k+3 ≡ (1849)^2k . 43³

(43⁴³)⁴³ ≡ (49)^2k . 43⁴³ (mod 100)

(43⁴³)⁴³ ≡ (2401)^k . 7 ( mod 100) sebab 43⁴³ ≡ 7 (mod 100)

(43⁴³)⁴³ ≡ 1^k . 7 (mod 100)

(43⁴³)⁴³ ≡ 7 (mod 100)

Karena (43⁴³)⁴³ ≡ 7 (mod 100) berarti (43⁴³)⁴³ ≡ 100p + 7 dengan p adalah bilangan asli.

v Maka (43⁴³)⁴³ jika dibagi 100 akan bersisa 7.

3.      Ada berapa banyak diantara bilangan-bilangan 20000002, 20011002, 20022002, 20033002 yang habis dibagi 9 ?

A.   0                   B. 1                                                   C. 2            D. 3                              E. 4

(OSK Matematika SMA 2003)

Pembahasan :

(Jawaban : A)

Teori : Sebuah bilangan bulat habis dibagi 9 jika jumlah digit bilangan tersebut habis dibagi 9.

Jumlah digit 20000002 = 2 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 2 = 4 (Tidak habis dibagi 9)

Jumlah digit 20011002 = 2 + 0 + 0 + 1 + 1 + 0 + 0 + 2 = 6 (Tidak habis dibagi 9)

Jumlah digit 20022002 = 2 + 0 + 0 + 2 + 2 + 0 + 0 + 2 = 8 (Tidak habis dibagi 9)

Jumlah digit 20033002 = 2 + 0 + 0 + 3 + 3 + 0 + 0 + 2 = 10 (Tidak habis dibagi 9)

v Jadi, banyaknya bilangan yang habis dibagi 3 adalah 0

4.      Misalkan k, m, n adalah bilangan-bilangan asli demikian, sehingga k > n > 1 dan faktor persekutuan terbesar k dan n sama dengan 1. Buktikan bahwa jika k – n membagi   k^m – n^m-1, maka k ≤ 2n – 1. (OSN Matematika SMA 2003)

Pembahasan :

k – n | k^m – n^m-1

k – n | k^m – n^m + n^m – n^m-1

k – n | k^m – n^m + n^m-1 (n – 1)

Untuk m ∈ bilangan asli maka k – n membagi k^m – n^m.

Karena FPB (k,n) = 1 maka FPB (k – n, n^m-1) = 1. Akibatnya k – n harus membagi n – 1.

Karena k – n membagi n – 1 maka k – n ≤ n – 1

k ≤ 2n – 1

v Terbukti bahwa k ≤ 2n – 1

5.      Misalkan a, b, c adalah bilangan-bilangan asli. Jika 30 | (a + b + c), buktikan bahwa 

       30 | (a⁵ + b⁵ + c⁵).

[Catatan : x | y menyatakan x habis membagi y.] (OSN Matematika SMA 2006)

Pembahasan :

Akan dibuktikan bahwa 30 ⏐ n⁵ − n untuk n bilangan asli.

n⁵ − n = n(n² − 1)(n² + 1) = n(n − 1)(n + 1)(n² − 4 + 5)

n⁵ − n = (n − 2)(n − 1)n(n + 1)(n + 2) + 5(n − 1)n(n + 1)

Karena n − 2, n − 1, n, n + 1, n + 2 adalah 5 bilangan bulat berurutan

Maka (n − 2)(n − 1)n(n + 1)(n + 2) habis dibagi 5! = 120

Sehingga 30 ⏐ (n − 2)(n − 1)n(n + 1)(n + 2)

Karena n − 1, n dan n + 1 adalah 3 bilangan bulat berurutan 

Maka 3! = 6 membagi (n −1)n(n + 1)

Akibatnya 30 ⏐ 5(n − 1)n(n + 1)

Maka 30 ⏐ n⁵ − n untuk n bilangan asli

30 ⏐ a⁵ − a + b⁵ − b + c⁵ − c untuk a, b, c bilangan asli

Maka 30 ⏐ a⁵ + b⁵ + c⁵ − (a + b + c)

v Karena 30 | (a + b + c) maka 30 | (a⁵ + b⁵ + c⁵) (terbukti)

6.      Misalkan m, n > 1 bilangan-bilangan bulat sedemikian hingga n membagi 4^m – 1 dan 2^m membagi n – 1. Haruskah n = 2^m + 1 ? Jelaskan. (OSN Matematika SMA 2008)

Pembahasan :

Karena 2^m⏐n − 1 maka n = k . 2^m + 1 untuk suatu bilangan asli k.

Karena n⏐4^m − 1 maka n ≤ 4^m – 1

k . 2^m + 1 ≤ 4^m − 1 < 4^m + 1

Maka k < 2^m .............................. (1)

Karena n⏐4^m − 1 maka n⏐(4^m −1) . k² = (k . 2^m)² − k²

Sehingga n⏐(n − 1)² − k² = n² − 2n + 1 − k²

Karena n⏐n² − 2n maka n⏐k² − 1. Jadi, n ≤ k² − 1 untuk k ≠ 1 .............................. (2)

n ≤ k² − 1 < k² < k . 2^m < k . 2^m + 1 = n kontradiksi untuk k ≠ 1

Jika k = 1 maka n = 2^m + 1 yang memenuhi 2^m⏐n − 1 dan n⏐4^m – 1

v Jadi, haruslah n = 2^m + 1

7.      Jika 10^999999999 dibagi oleh 7, maka sisanya adalah ... ( OSK Matematika SMA 2009)

Pembahasan :

10^999999999 = 1000^333333333 = (7 . 143 – 1)^333333333

10^999999999 ≡ (-1)^333333333 (mod 7) ≡ -1 (mod 7)

10^999999999 dibagi 7 maka akan bersisa 6

v 10^999999999 dibagi 7 akan bersisa 6.

8.  Misalkan d = FPB(7n + 5, 5n + 4), dimana n adalah bilangan asli.

(a)   Buktikan bahwa untuk setiap bilangan asli n berlaku d = 1 atau 3.

(b)   Buktikan bahwa d = 3 jika dan hanya jika n = 3k + 1, untuk suatu bilangan asli k.

Pembahasan :

d = FPB(7n + 5, 5n + 4)

a.    Maka d⏐7n + 5 dan d⏐5n + 4

Karena d membagi 7n + 5 maka d juga membagi 5(7n + 5)

Karena d membagi 5n + 4 maka d juga membagi 7(5n + 4)

Akibatnya d juga membagi 7(5n + 4) − 5(7n + 5) = 3

Karena d|3 maka d = 1 atau 3 (terbukti)

b.    Sebuah bilangan akan termasuk ke dalam salah satu bentuk dari 3k, 3k+1 atau 3k+2

Jika n = 3k maka 7n + 5 = 21k + 5 ≡ 2 (mod 3) dan 5n + 4 = 15k + 4 ≡ 1 (mod 3)

Jika n = 3k + 1 maka 7n + 5 = 21k + 12 ≡ 0 (mod 3) dan 5n + 4 = 15k + 9 ≡ 0 (mod 3)

Jika n = 3k + 2 maka 7n + 5 = 21k + 19 ≡ 1 (mod 3) dan 5n+4 = 15k+14 ≡ 2 (mod 3)

v Terbukti bahwa hanya bentuk n = 3k + 1 yang menyebabkan kedua bilangan   7n + 5 dan 5n + 4 habis dibagi 3 untuk n bilangan asli.