Problems and Solutions Borneo Math Online Contest 4

BMOC

Borneo Math Online Contest merupakan lomba yang diperuntukkan semua grade yang diadakan pada saat pandemi covid-19. Soal-soal lomba ini diambil dari lomba matematika di berbagai negara di dunia. Soal-soal yang dipilih merupakan soal-soal standart yang biasa digunakan dilomba-lomba OSN dan lomba-lomba matematika yang ada di Indonesia. Untuk anak-anak yang ingin mengembangkan kemampuan problem solving, kreatifitas dan menambah wawasan tentang matematikan, soal-soal BMOC sangat pas untuk itu.

Berikut ini adalah soal dan pembahasan BMOC 4, semoga bermanfaat.


1. Jika diketahui \(A, D, I, K, M, N, U\) dan \(P\) adalah bilangan satu digit boleh sama yang memenuhi.

Tentukan nilai maksimum yang mungkin dari \(P + N\) ?


Dengan menggunakan by trial and error

Khusus nilai \(A\) dan \(U\) bisa berbeda, yang jelas bahwa nilai \(A + U = 10\), untuk nilai \(N\) sendiri kita pilih nilai \(N\) maksimum yaitu \(9\). Dengan demikian nilai maksimum \(P + N = 1 + 9 = 10\).


2. Diketahui \(3\) himpunan \(𝑃,𝑄\) dan \(𝑅\). Himpunan \(P\) beranggotakan \(2\) anggota, himpunan \(𝑄\) beranggotakan \(10\) anggota dan himpunan \(R\) beranggotakan \(10\) kali lebih \(1\) dari banyak anggota \(Q\) . Diketahui himpunan \(𝑆\) didefinisikan sebagai \(𝑆=\{(π‘₯,𝑦,𝑧)|π‘₯βˆˆπ‘ƒ,π‘¦βˆˆπ‘„,π‘§βˆˆπ‘…\}\)
Jika setiap himpunan mempunyai anggota berbeda maka tentukan berapa banyak himpuan \(S\) yang dapat dibentuk?


Diketahui: \(n(P)=2\), \(n(Q)=10\) dan \(n(R)=101\)
Banyak himpunan S yang dapat dibentuk adalah \(2\times 10\times 101=2020\)


3. Tentukan berapa banyak bilangan asli \(𝑛\) yang memenuhi \(6^π‘›βˆ’1\) adalah bilangan prima.


Perhatikan bahwa untuk setiap \(𝑛\) bilangan asli
\(6^𝑛 mod 5 = 1\), maka \((6^π‘›βˆ’1) mod 5 = 0\), artinya bahwa semua bilangan berbentuk \(6^π‘›βˆ’1\) pasti habis dibagi lima dan hanya \(1\) bilangan kelipatan \(5\) yang merupakan bilangan prima yaitu \(5\). Dengan demikian banyak nilai \(𝑛\) yang memenuhi adalah 1.


4. Tentukan sisa pembagian A oleh 13

\(A=\Pi_{k=1}^{2020} (16+13k)+\sum_{i=1}^{2020} (140-13i)\)


\(\Pi_{k=1}^{2020} (16+13k)\)
\(=((16+13)(16+2.13)(16+3.13)…(16+2020.13)) mod 13\)
\(= 16^{2020}\space mod\space 13\)
\(= 3^{2020}\space mod\space 13\)
\(= (3^3)^673.3 \space mod\space 13\)
\(= (27)^673.3 \space mod\space 13\)
\(= (1)^673.3 \space mod\space 13\)
\(= 3 \space mod\space 13 = 3\)

\(\sum_{i=1}^{2020} (140-13i)\)
\(=((140-13)(140-2.13)(140-3.13)…(140-2020.13)) mod 13\)
\(=140.2020\space mod\space 13\)
\(=10.5\space mod\space 13\)
\(=50\space mod\space 13\)
\(=11\)

\(A=(3+11)\space mod\space 13=14\space mod\space 13 = 1\)
Jadi sisa pembagian \(A\) oleh \(13\) adalah \(1\)


5. Ahmad dan Bona berduel dalam kejuaraan lari berjarak 70 km. Ahmad pelari amatir dan berlari dengan kecepatan konstan 7 km/jam, sedangkan Bona adalah pelari professional dan berlari dengan kecepatan konstan 10 km/jam. Perlombaan dimulai, kedua pelari berlari dengan kecepatannya masing-masing, namun di perjalanan kaki Bona tersandung batu sehingga kecepatannya berkurang menjadi 5 km/jam hingga garis finish. Dengan kondisi ini, Ahmad berpeluang memenangkan pertandingan, Jika peluang Ahmad memenangkan pertandingan adalah \(\frac{π‘Ž}{𝑏}\) dimana \(π‘Ž\) dan \(𝑏\) saling prima, maka nilai dari \(π‘Ž+𝑏\) adalah …


Misalkan Bona tersandung pada jarak \(x\) dari garis start, maka waktu yang ditempuh bona untuk sampai pada garis finish adalah:

\(t_{b}\)\( = \frac{x}{10} + \frac{70-x}{5}\)

Waktu yang diperlukan Ahmad sampai ke garis finis adalah \(𝑑_π‘Ž =\frac{70}{7}=10 jam\), selanjutnya kita selidiki andaikan Bona sampai finis dalam waktu \(10 jam\).

\(10\)\( = \frac{x}{10} + \frac{70-x}{5}\)\(10\)\( = \frac{x}{10} + \frac{140-2x}{10}\)
\(100=140-x\)
\(x=40\)

Artinya bahwa ketika Bona tersandung batu di \(40\) km pertama, maka mereka berdua finis secara bersamaan. Dengan demikian agar Ahmad memenangkan lomba. Bona harus jatuh pada jarak kurang dari \(40\) km, jika Bona jatuh di jarak \(40\) km lebih maka Bona yang memenangkan lomba. Jadi peluang Ahmad menang adalah \(\frac{40}{70}=\frac{4}{7}=\frac{a}{b}\). Nilai \(π‘Ž+𝑏 = 11\).


6. Nilai dari penjumlahan berikut adalah:
\(1+\frac{1}{2}(1+2)+\frac{1}{3}(1+2+3)+\frac{1}{4}(1+2+3+4)+…+\frac{1}{20}(1+2+3+…+20)\)


\(1+\frac{1}{2}(1+2)+\frac{1}{3}(1+2+3)+\frac{1}{4}(1+2+3+4)+…+\frac{1}{20}(1+2+3+…+20)\)

\(=1+\frac{3}{2} + \frac{6}{3}+ \frac{10}{4}+…+ \frac{210}{20}\)
\(=\frac{2}{2} + \frac{3}{2}+ \frac{4}{2}+ \frac{5}{2}+…+ \frac{21}{2}\)
\(=\frac{1}{2}(2+3+4+5+…+21)\)
\(=\frac{1}{2}(\frac{23\times 20}{2})\)
\(=\frac{1}{2}(230)\)
\(=115\)


7. Tentukan jumlah solusi real x dari persamaan

\(5^{2x}+5^5=5^{x+3}+5^{x+2}\)


\(5^{2x}+5^5=5^{x+3}+5^{x+2}\)
\(5^{2x}+5^5=5.5^{x+2}+5^{x+2}\)
\(5^{2x}+5^5=6.5^{x+2}\)
\(5^{2x}-6.5^{x+2}+5^5=0\)
\(5^{2x}-6.(5^x 5^2)+5^5=0\)
\(5^{2x}-150(5^x)+5^5=0\)
\(5^{2x}-(125+25)(5^x)+5^5=0\)
\(5^{2x}-(5^3+5^2)(5^x)+5^5=0\)
\((5^x – 5^3)(5^x – 5^2)=0\)
\(5^x=5^3\) atau \(=5^x=5^2\)
\(x_1 = 3\) atau \(x_2 = 2\)

Diperoleh jumlah solusi realnya adalah \(3+2=5\)


8. Tentukan banyaknya pasangan \((π‘Ž,𝑏)\) yang memenuhi:

\(\frac{π‘Ž!}{𝑏!}=6\times 5\times 4\)


Tinjauan 1
\(\frac{π‘Ž!}{𝑏!}=6\times 5\times 4⟹\frac{π‘Ž!}{𝑏!}=\frac{6\times 5\times 4\times 3!}{3!}\)
Diperoleh pasangan \((π‘Ž,𝑏)\) adalah \((6,3)\)
Tinjauan 2
\(\frac{π‘Ž!}{𝑏!}=6\times 5\times 4⟹\frac{π‘Ž!}{𝑏!}=(3\times 2\times 1)\times 5\times 4 = 5!=\frac{5!}{1!}=\frac{5!}{0!}\) ket :\((1! = 0! = 1)\)
Diperoleh pasangan \((π‘Ž,𝑏)\) adalah \((5, 1)\) dan \((5, 0)\)
Tinjauan 3
\(\frac{π‘Ž!}{𝑏!}=6\times 5\times 4⟹\frac{π‘Ž!}{𝑏!}=120=\frac{120!}{119!}\)
Diperoleh pasangan \((π‘Ž,𝑏)\) adalah \((120, 119)\)
Dengan demikian diperoleh \(4\) pasangan \((π‘Ž,𝑏)\) yaitu \((6,3), (5,1), (5,0)\) dan \((120,119)\).


9. Diketahui \(ABCDEF\) adalah segienam beraturan. Panjang \(𝐺𝐽^2\) adalah \(80\) dan luas segienam beraturan \(ABCDEF\) adalah \(N\). Tentukan nilai dari \(𝑁^2\)?



Segienam beraturan \(ABCDEF\) apabila dibagi menjadi \(6\) segitiga dimana segitiga-segitiga tersebut salah satu titiknya \(O\). Segitiga yang dihasilkan adalah segitiga sama sisi, artinya sisi-sisinya sama panjang. Di sini kita pilih salah satunya adalah \(𝐴𝐹 = 𝐹𝑂\)

\(𝐺𝐽^2 = 80 ⟹ 𝐺𝐽 = \sqrt{80} = 4\sqrt 5\)
\(𝐺𝑂 =\frac{1}{2} 4\sqrt 5 = 2\sqrt 5\)
\(Δ𝐺𝑂𝐿\) adalah segitiga sama sisi, \(βˆ πΊπ‘‚π‘ƒ = 30^0\)
Dengan menggunakan perbandingan sudut \(30^0\)
\(\frac{𝑃𝑂}{𝐺𝑂}=\frac{\sqrt 3}{2}⟹ 𝑃𝑂 = \frac{\sqrt 3}{2}\times 2\sqrt 5 = \sqrt{15}\)
\(𝐹𝑂 = 2 Γ— 𝑃𝑂 = 2\sqrt{15}\)
kita peroleh \(AF=FO=2\sqrt{15}\)
\([ABCDEFG]=6\times [AOF]= 6\times\frac{1}{4}\times FO^2\sqrt 3\)
\(=6\times\frac{1}{4}\times {(2\sqrt 15)}^2\sqrt 3\)
\(=\frac{6}{4}\times 4\times 15\sqrt 3\)
\(=90\sqrt 3\)
karena luas segienam \(ABCDEF\) adalah \(N\) maka \(N^2=(90\sqrt 3)^2=24300\)


10. Dengan menggunakan angka \(1, 2, 3, 4, …, 14, 15\). Kita akan menyusun barisan baru yang tiap suku berdekatan jumlahnya adalah bilangan kuadrat sempurna. Jika kita mulai dari angka \(8\), maka berapakah angka terakhir dari barisan tersebut?


Dengan menggunakan by trial and error, diperoleh

\(8,1,15,10,6,3,13,12,4,5,11,14,2,7,9\)

Jadi angka terakhirnya adalah \(9\).


11. Berapa banyak anak panah minimal yang digunakan untuk memastikan score yang diperoleh berjumlah 100.


Untuk soal ini, kita harus memasangkan score yang ada sehingga jumlahnya 100. Pada percobaan ini tidak mungkin kita peroleh score 100 hanya menggunakan 2 anak panah. Kita memulai percobaan. Perhatikan tabel berikut:

Nilai 100 di capai ketika kita pasangkan:
\(\bullet\) 76 dan 24 ⟹ 6 anak panah ke bantalan target warna hitam dan 1 anak panah ke bantalan target warna putih. Total ada 7 anak panah yang digunakan.
\(\bullet\) 32 dan 68 ⟹ 2 anak panah ke bantalan target warna hitam dan 4 anak panah ke bantalan target warna biru. Total ada 6 anak panah yang digunakan.
Dengan demikian banyaknya anak panah minimal adalah 6 anak panah.


12. Tentukan digit ke-2020 setelah koma pada penjumlahan

\(\frac{1}{9}+\frac{2}{99}+\frac{3}{999}\)


\(\frac{1}{9}=0,11111111111…\)
\(\frac{2}{99}=0,0202020202…\)
\(\frac{3}{999}=0,003003003…\)
jumlah ketiga pecahan di atas, diperoleh
\(\frac{1}{9}+\frac{2}{99}+\frac{3}{999}=0,134316134316…\)
Pola bilangan setelah koma adalah \(1, 3, 4, 3, 1, 6, 1, 3, 4, 3, 1, 6, … \) polanya berulang tiap 6 suku. Untuk mencari pola ke-2020 sama halnya kita kita mencari sisa pembagian 2020 oleh 6 hasil 336 bersisa 4. Jadi pola ke-2020 sama saja dengan pola ke-4 yaitu angka 3.


13. Tentukan jumlah bilangan dari 1 sampai dengan 47 yang tidak habis dibagi 6.


\((1+2+3+β‹―+47)βˆ’(6+12+18+β‹―+42)\)
\(=(\frac{48\times47}{2})-(\frac{48\times 7}{2})\)
\(=(24\times 47)-(24\times 7)\)
\(=24(47-7)\)
\(=24(40)=960\)


14. Jumlah dua buah bilangan adalah 6 dan hasil kalinya adalah 2. Tentukan jumlah dari kebalikan bilangan-bilangan tersebut.


Misalkan bilangan itu adalah \(π‘₯\) dan \(y\)
\(π‘₯+y=6\) dan \(π‘₯y=2\).
Jumlah kebalikan bilangan adalah
\(\frac{1}{π‘₯}+\frac{1}{𝑦}=\frac{π‘₯+𝑦}{π‘₯𝑦}=\frac{6}{2}=3\)


15. Sebuah segitiga mempunyai panjang sisi bilangan bulat \(π‘Ž,𝑏\) dan \(𝑐\). Sisi-sisi segitiga tersebut memenuhi \(π‘Žβ‰€π‘β‰€π‘\). Jika diketahui \(𝑐=7\), maka tentukan berapa banyak segitiga yang dapat dibentuk?


Syarat terbentuknya segitiga, Jika \(π‘Ž,𝑏\) dan \(𝑐\) adalah sisi-sisi segitiga maka berlaku \(π‘Ž+𝑏>𝑐,π‘Ž+𝑐>𝑏\) dan \(𝑏+𝑐>π‘Ž\).
Untuk \(π‘Ž=7,𝑏=7\) , ada satu segitiga
Untuk \(π‘Ž=6,𝑏={6,7}\), ada dua segitiga
Untuk \(π‘Ž=5,𝑏={5,6,7}\), ada tiga segitiga
Untuk \(π‘Ž=4,𝑏={4,5,6,7}\), ada empat segitiga
Untuk \(π‘Ž=3,𝑏={ 5,6,7}\), ada tiga segitiga
Untuk \(π‘Ž=2,𝑏={ 6,7}\), ada dua segitiga
Untuk \(π‘Ž=1,𝑏={7}\), ada satu segitiga
Jadi banyak segitiga yang dapat dibentuk adalah \(1 + 2 + 3 + 4 + 3 + 2 + 1 = 16\) segitiga


16. Diketahui \(5\) bilangan bulat \(3, 6, 9, 11\) dan \(π‘š\). Jika median dan rata-ratanya adalah sama, maka tentukan jumlah semua nilai yang mungkin untuk \(π‘š\)?


Kasus 1
\(π‘šβ‰€6\) maka mediannya \(6\)
\(π‘₯Μ…=\frac{3+6+9+11+π‘š}{5}=6\)
\(29+π‘š = 30\)
\(π‘š=1\)
Kasus 2
\(6<π‘š<9\) maka mediannya \(π‘š\)
\(π‘₯Μ…=\frac{3+6+9+11+π‘š}{5}=π‘š\)
\(29+π‘š = 5π‘š\)
\(4π‘š=29\)
\(π‘š\) tidak bulat, tidak memenuhi.
Kasus 1
\(π‘šβ‰₯9\) maka mediannya \(9\)
\(π‘₯Μ…=\frac{3+6+9+11+π‘š}{5}=9\)
\(29+π‘š = 45\)
\(π‘š=16\)
Jadi jumlah semua nilai \(π‘š\) yang memenuhi adalah \(1 + 16 = 17\)

17. Sebuah segienam dipotong seperti tanpak gambar di bawah ini. Kemudian dari hasil potongan di susun lagi seperti gambar berikutnya. Tentukan panjang sisi segi enam sebelum dipotong?


Misalkan panjang sisi segienam adalah \(π‘Ž\).
Diketahui \(𝑇𝑄 = 𝑄𝑅 = π‘Ž\), karena \(βˆ π‘‡π‘„π‘… =
120^0\) maka \(βˆ π‘‡π‘„π‘… = 60^0\) (berpelurus).
\(Δ𝑇𝑃𝑄 \) adalah segitiga siku-siku yang salah
satu sudutnya adalah \(60^0\) . Dengan
menggunakan perbandingan sudut
istimewa pada segitiga siku-siku diperoleh
\(\frac{𝑇𝑃}{𝑇𝑄}=\frac{\sqrt 3}{2}⟹ 𝑇𝑃 =\frac {\sqrt 3}{2}π‘Ž\)
\(𝑇𝑃 = π‘ˆπ‘† =\frac{\sqrt 3}{2}π‘Ž\) dan \(𝑄𝑉 = 𝑇𝑅 = π‘ƒπ‘ˆ\)
\(Δ𝑇𝑃𝑄 β‰… Δ𝑇𝑂𝑄\) karena memiliki satu sisi persekutuan dan dua sudut sama besar. Diperoleh
panjang \(𝑇𝑃 = 𝑇𝑂, 𝑇𝑅 = 2𝑇𝑂 = 2 \times\frac{ \sqrt 3}{2}π‘Ž = \sqrt {3}π‘Ž\)
\(𝑄𝑉 = 𝑇𝑅 = π‘ƒπ‘ˆ = \sqrt {3}π‘Ž\),
\(𝑇𝑃 + π‘ƒπ‘ˆ + π‘ˆπ‘† = 4\sqrt 3\)
\(\frac{\sqrt 3}{2}a + \sqrt {3} a +\frac{\sqrt 3}{2}π‘Ž = 4\sqrt 3\)
\(π‘Ž (\frac{\sqrt 3}{2}+\sqrt 3+\frac{\sqrt 3}{2})=4\sqrt 3\)
\(π‘Ž(2\sqrt 3) = 4\sqrt 3\)
\(π‘Ž =\frac{4\sqrt 3}{2\sqrt 3}=2\)
Jadi panjang sisi segi enam sebelum dipotong adalah \(2\)


18. Mainan di bawah ini terbentuk dari 4 segitiga sama sisi berwarna merah dan 4 segitiga sama kaki berwarna biru. Garis putus-putus membentuk persegi. Tentukan jumlah sudut \(x
+ y + z\)?



\(Δ𝐴CD\) adalah segitiga sama sisi maka besar sudut
\(∠𝐴𝐢𝐷 = 60^0\)
\(∠𝐴𝐢𝐷 + ∠𝐴𝐢𝐡 = 60^0 + ∠𝐴𝐢𝐡 = 180^0\)
\(∠𝐴𝐢𝐡 = x = 120^0\)
Karena \(Δ𝐴𝐡𝐢 \) adalah segitiga sama kaki maka besar
sudut \(∠𝐢𝐡𝐴 = ∠𝐡𝐴𝐢 = 30^0\) . \(4\) segitiga biru
kongruen sehingga besar \(y = 30^0\)

Perhatikan bahwa \(βˆ π‘…π‘ƒπ‘„ = 45^0\) , maka
\(y + z = 45^0\)
Jadi jumlah sudut \(x + y + z\) adalah \(120ΒΊ+30ΒΊ+15ΒΊ=165ΒΊ\)


19. Suatu bilangan dikatakan \(β€œsyantik”\) jika bilangan tersebut sama dengan jumlah pangkat tiga dari digit-digitnya sebagai contoh:

\(153=1^3+5^3+3^3\)

Jika \(3A1\) dan \(BO7\) juga merupakan bilangan \(β€œsyantik”\), maka nilai dari \(A+B\) adalah …


\(3𝐴1 =3^3+𝐴^3+1^3\)
\(301+10𝐴=28+𝐴^3\)
\(𝐴^3=301βˆ’28+10𝐴\)
\(𝐴^3=273+10𝐴\)
Nilai \(A\) yang mungkin \(\{7, 8, 9\}\) karena \(10𝐴\) maksimal \(90\), maka dengan menguji satu persatu diperoleh \(𝐴 = 7\).

\(𝐡07 =𝐡^3+0^3+7^3\)
\(100𝐡+7=𝐡^3+7^3\)
\(𝐡^3=100π΅βˆ’336\)
Nilai \(𝐡 \) yang mungkin \(\{4, 5, 6, 7, 8, 9\}\) , dengan menguji satu persatu diperoleh \(𝐡 = 4\).
Jadi nilai dari \(𝐴+𝐡 = 7 + 4 = 11\)


20. Diketahui:

\(\frac{a}{2^4\cdot 3\cdot 5} +\frac{b}{2^2\cdot 3\cdot 5^2}+\frac{c}{2^2\cdot 3^2\cdot 5}=\frac{1}{12}Β  \)

jika \(0,\overline{33}a + 0,2\overline{66}b+ 0,\overline{44}c=\frac{a}{b}\) dimana \(a,b\) saling prima maka nilai dari \(a+b\) adalah …


\(\frac{a}{2^4\cdot 3\cdot 5} +\frac{b}{2^2\cdot 3\cdot 5^2}+\frac{c}{2^2\cdot 3^2\cdot 5}=\frac{1}{12}Β  \)
\(\frac{15a+12b+20c}{2^4\cdot 3^2\cdot 5^2}=\frac{1}{12}\)
\(15a+12b+20c=\frac{2^4\cdot 3^2\cdot 5^2}{12}=300\) (kedua ruas dibagi 45)
\(0,\overline{33}a + 0,2\overline{66}b+ 0,\overline{44}c=\frac{300}{45}=\frac{20}{3}=\frac{a}{b}\)
jadi nilai dari \(a+b=20+3=23\)


 

Leave a Reply

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