Problems and Solutions Borneo Math Online Contest 3

Dengan melakukan percobaan satu-satu, diperoleh

\(B = 6, O = 9, R = 1, N = 3\), dan \( E = 2\), khusus nilai B dan N ada beberapa kemungkinan tetapi hasil penjumlahan tetap sama.
Jadi nilai dari \( B + O + R + N + E + O = 6 + 9 + 1 + 3 + 2 + 9 = 30\)

\(10^{22} = \underbrace{999 …99900}_{\mbox{20}} + 100 \)
\(10^{22} -\overline{ab}= \underbrace{999 …99900}_{\mbox{20}} + 100 – \overline{ab}\)
Misalkan \(10^{22} – \overline{ab}\) = \( \overline{xy}\)
\(10^{22} – \overline{ab}= \underbrace{999 …99900}_{\mbox{20}} +\overline{xy} \)
\(10^{22} – \overline{ab}= \underbrace{999 …999}_{\mbox{20}}\overline{xy} = A \)
Jumlah digit \(A\) adalah \(182\), maka
\(\underbrace{9+9+9+ … + 9+9+9+x+y}_{\mbox{20}}= 182 \)
\(180+x+y=182\)
\(x+y=2\), maka banyak kemungkinan \( \overline{xy}={02, 11, 20}\)
untuk \( \overline{xy}= 02 \Longrightarrow \overline{ab}=98 \)
untuk \( \overline{xy}= 11 \Longrightarrow \overline{ab}=89 \)
untuk \( \overline{xy}= 20 \Longrightarrow \overline{ab}=80 \)
Jumlah semua nilai dari \( \overline{ab}\) adalah \( 98 + 89 + 20 = 267\)

\(\frac {\overline{aaa}}{\overline{bc}}= \overline{dc}\Longrightarrow 111a = {\overline{dc}}\times{\overline{bc}}\Longrightarrow 37\times\times3\times a = {\overline{dc}}\times{\overline{bc}}= 37 \times 27\)
Diperoleh \(a = 9, b = 2, c = 7, d = 3\)
Jadi nilai \( a + b + c + d = 21\)

Dengan menggunakan rumus Pythagoras
\(\sqrt{a^2+1}+ \sqrt{b^2+9}+\sqrt{c^2+16}=\sqrt{(a+b+c)^2+8^2}=\sqrt{15^2+8^2}=\sqrt{289}=17\)

\(8^2 – 9^2 + 10^2 – 11^2 + 12^2 – 13^2 + … + 100^2\)
\(=(8-9)(8+9)+(10-11)(10+11)+ …+(98-99)(98+99)+100^2\)
\(=-(8+9)-(10+11)- …-(98+99)+100^2\)
\(=-(8+9+10+11+ …+98+99+100^2\)
\(=-\frac{92(8+99)}{2}+100^2\)
\(=-4922+10000\)
\(=5078\)

\(\sqrt[4]{2017.2018.2019.2020+2017.2020.6058+3.2020^3}\)
\(=\sqrt[4]{2020(2017.2018.2019+2017.6058+3.2020^2)}\)
\(=\sqrt[4]{2020(2017(2018.2019+6058)+3.2020^2}\)
Misal x = 2020
\(=\sqrt[4]{x((x-3)((x-2)(x-1)+3x-2)+3x^2)}\)
\(=\sqrt[4]{x((x-3)(x^2-3x+2+3x-2)+3x^2)}\)
\(=\sqrt[4]{x((x-3)x^2)+3x^2}\)
\(=\sqrt[4]{x((x^3-3x^2)+3x^2)}\)
\(=\sqrt[4]{x^4-3x^3+3x^3)}\)
\(=\sqrt[4]{x^4}=x=2020\)

\(\sqrt{5+\sqrt{5+\sqrt{5+…}}}=x\)
\(5+\sqrt{5+\sqrt{5+\sqrt{5+…}}}=x^2\)
\(5+x=x^2\)
\(x^2-x-5 = 0\) (kalikan 4 kedua ruas)
\(4x^2-4x-20=0\)
\((2x-1)^2-1 = 20\)
\((2x-1)^2 = 21\)
\(2x-1=\pm\sqrt{21}\)
\(2x=1+\pm\sqrt{21}\) (yang memenuhi \(\sqrt{21}\) positif)
\(x=\frac{1+\sqrt{21}}{2}\)
Jadi nilai dari \(\frac{1+\sqrt{21}}{\sqrt{5+\sqrt{5+\sqrt{5+…}}}}= \frac{1+\sqrt{21}}{\frac{1+\sqrt{21}}{2}}=2\)

\(\sqrt{x}+\sqrt{y} = \sqrt{300}\)
\(\sqrt{x}+\sqrt{y} = 10\sqrt{3}\)
Pasangan \((\sqrt{x}, \sqrt{y})\) adalah \(\{(0,10\sqrt{3}), (\sqrt{3},9\sqrt{3}), (2\sqrt{3},8\sqrt{3}),(3\sqrt{3},7\sqrt{3}), (4\sqrt{3},6\sqrt{3}), (5\sqrt{3},5\sqrt{3})\), \((6\sqrt{3},4\sqrt{3}), (7\sqrt{3},3\sqrt{3})\), \((8\sqrt{3},2\sqrt{3}), (9\sqrt{3},\sqrt{3}), (10\sqrt{3},0)\).
Banyaknya pasangan \((\sqrt{x}, \sqrt{y})\) sama dengan banyaknya pasangan \((x,y)\). Dengan demikian banyaknya pasangan \((x,y)\) adalah \(11\) pasangan.

Karena seblah kanan maupun kiri diantara mereka berdua sama banyak, maka dipastikan banyaknya siswa adalah genap.

Perhatikan pola di atas
– Jika terdiri dari \(4\) siswa, siswa bernomor \(1\) dan \(3\) saling berhadapan. Banyak siswa di kanan siswa bernomor \(1\) adalah \(1\) anak atau diperoleh dari \((3 – 1) – 1 = 1\)

-Jika terdiri dari \(4\) siswa, siswa bernomor \(1\) dan \(5\) saling berhadapan. Banyak siswa di kanan siswa bernomor \(1\) adalah \(3\) anak atau diperoleh dari \((5 – 1) – 1 = 3\)

-Jika terdiri dari \(12\) siswa, siswa bernomor \(1\) dan \(7\) saling berhadapan. Banyak siswa di kanan siswa bernomor \(1\) adalah \(5\) anak atau diperoleh dari \((7 – 1) – 1 = 5\).

Dari pola di atas, jika \(N – 17\) dan \(N – 47\) berhadapan maka banyak siswa di antara keduanya adalah \(2((N – 17) – (N – 47) – 1) = 2(30 – 1) = 2 (29) = 58\).

Jadi banyak siswa kelas \(VI\) SD Borneo Jaya adalah \(58 + 2 = 60\) (\(2\) diperoleh dari Nanang dan Jaka)

Lihat pola berikut ini
– Untuk dua tim ada 1 pertandingan
– Untuk tiga tim ada 2 pertandingan, A dan B bertanding, pemenang A dan B akan bertanding dengan C
– Untuk empat tim ada 3 pertandingan, A dan B bertanding, C dan D bertanding, pemenang dipertandingan tersebut akan berhadapan di final.
Dari pola di atas disimpulkan banyak pertandingan untuk 50 tim adalah 49 pertandingan.

\(y – 6 + x + 6 = 16 + y \)
\(y + x = 16 + y \)
\(x = 16 \)
Jadi nilai \(x\) adalah \(16\).

Banyak cara mengambil 3 angka dari himpunan \(\{1, 2, 3, 4, 5, …, 15\}\) adalah
\({a \atop b}C=\frac{15!}{12!3!}=\frac{15.14.13}{3.2.1}=455\)
Banyak himpunan 3 anggota adalah \(455\).
Himpunan 3 anggota yang anggotanya berurutan adalah
\(\{(1,2,3), (2,3,4), (3,4,5), (4,5,6), (5,6,7), (6,7,8), (7,8,9), (8,9,10), (9,10,11), (10,11,12), (11,12,13), (12,13,14), (13,14,15)\}\) ada \(13\) himpunan.
Dengan demikian banyak himpunan 3 anggota dengan syarat 3 anggotanya tidak saling berurutan adalah \(455 – 13 = 442\).

\(10^n + 12^n + 1\) habis dibagi 7 maka \(10^n + 12^n\) dibagi 7 bersisa 6
\(10^1 mod\space7 = 3\),       \(12^1mod\space7 = 5^1 mod\space7 = 5\)
\(10^2 mod\space7 = 2\),       \(12^2mod\space7 = 5^2 mod\space7 = 4\)
\(10^3 mod\space7 = 6\),       \(12^3mod\space7 = 5^3 mod\space7 = 6\)
\(10^4 mod\space7 = 4\),       \(12^4mod\space7 = 5^4 mod\space7 = 2\)
\(10^5 mod\space7 = 5\),       \(12^5mod\space7 = 5^5 mod\space7 = 3\)
\(10^6 mod\space7 = 1\),       \(12^6mod\space7 = 5^6 mod\space7 = 1\)
…                                                     ….
Pada pola di atas terlihat bahwa
\((10^2 + 12^2)mod\space7 = (2+4) mod \space7 = 6\)
\((10^4 + 12^4)mod\space7 = (4+2) mod \space7 = 6\)
Dengan demikian pola di atas, nilai n yang memenuhi \(10^n + 12^n + 1\) habis dibagi 7 adalah \(\{2, 4, 8, 10, 14, 16, 20, 22, 26, 28, 32, 34, 38, 40, 44, 46, 48, 52\}\)
Jadi banyaknya nilai \(n\) adalah \(18\).

\( \overline{abc}=(a + b + c)mod\space9\)
\(100a + 10b + c =(a + b + c)mod\space9\)
\(a + b + c =(a + b + c)mod\space9\)
Artinya bahwa semua bilangan 3 digit adalah bilangan \(Tiktok\). Dengan demikian banyaknya bilangan \(Tiktok\) adalah \(900\) bilangan.

\(x^{1023} + x^{1022} + … + x^3 + x^2 + x + 1= y … (1)\)
\(x^{1024} + x^{1023} + … + x^3 + x^2 + x = xy … (2)\)
Kurangkan persamaan  (2) dan persamaan (1), diperoleh
\(x^{1024} – 1 = y(x-1)\)
\(y=\frac{x^{1024}-1}{x-1}=\frac{(x^{512}-1)(x^{512}+1)}{x-1}=\frac{(x^{256}-1)(x^{256}+1)(x^{512}+1)}{x-1}\)
\(=\frac{(x^{128}-1)(x^{128}+1)(x^{256}+1)(x^{512}+1)}{x-1}\)
\(=\frac{(x^{64}-1)(x^{64}+1)(x^{128}+1)(x^{256}+1)(x^{512}+1)}{x-1}\)
\(=\frac{(x^{32}-1)(x^{32}+1)(x^{64}+1)(x^{128}+1)(x^{256}+1)(x^{512}+1)}{x-1}\)
\(=\frac{(x^{16}-1)(x^{16}+1)(x^{32}+1)(x^{64}+1)(x^{128}+1)(x^{256}+1)(x^{512}+1)}{x-1}\)
\(=\frac{(x^8-1)(x^8+1)(x^{16}+1)(x^{32}+1)(x^{64}+1)(x^{128}+1)(x^{256}+1)(x^{512}+1)}{x-1}\)
\(=\frac{(x^4-1)(x^4+1)(x^8+1)(x^{16}+1)(x^{32}+1)(x^{64}+1)(x^{128}+1)(x^{256}+1)(x^{512}+1)}{x-1}\)
\(=\frac{(x^2-1)(x^2+1)(x^4+1)(x^8+1)(x^{16}+1)(x^{32}+1)(x^{64}+1)(x^{128}+1)(x^{256}+1)(x^{512}+1)}{x-1}\)
\(=\frac{(x-1)(x+1)(x^2+1)(x^4+1)(x^8+1)(x^{16}+1)(x^{32}+1)(x^{64}+1)(x^{128}+1)(x^{256}+1)(x^{512}+1)}{x-1}\)
\(P(x) = (x + 1)(x^2+1)(x^4+1)(x^8+1)… (x^{64}+1)(x^{128}+1)(x^{256}+1)(x^{512}+1)\)
dari persamaan di atas terlihat bahwa salah satu faktor dari P(x) adalah \((x^8+1)\).Jadi sisa pembagian \(P(x)\) oleh \((x^8 + 1)\) adalah \(0\).

Misal,
Jari-jari lingkaran kecil =  \(r\)
Jari-jari lingkaran besar = \(R\)
Luas seperempat lingkaran besar = \(X\)
Luas lingkaran kecil = \(Y\)
Perhatikan bahwa segitiga \(OAB\) adalah segitiga siku-siku, berlaku:
\(AB^2 = OA^2 – OB^2\)
\(144 = R^2 – (2r)^2\)
\(144 = R^2 – 4r^2\Longrightarrow 36 = \frac {R^2}{4} – r^2\)
Luas daerah arsiran :
\( X – Y = \frac {1}{4}\pi R^2 – \pi r^2\)
\( = \pi (\frac{R^2}{4} – r^2) = 36 \pi = 113,04 \)
Karena luas daerah yang diarsir adalah \(N \), maka nilai dari \(100N = 11304 cm^2\)

\(a^3 + a^2b – ab^2 – b^3 = 2^{10}\)
\(a^2 (a + b) – b^2(a + b) = 2^{10}\)
\((a – b)(a + b)^2 = 2^{10}\)
Misal
\((a-b) = 2^x\) dan \((a + b) = 2^y\) karena \((a-b) < (a + b)\) maka \(x < y\).
\((a – b)(a + b)^2 = 2^x 2^{2y} = 2{10}\)
\(x + 2y = 10\)
\((x, y)\) yang memenuhi \(x < y\) adalah {\((0, 5), (2, 4)\)}
– Untuk \((x, y)=(0,5)\)
\(a + b = 1024\)
\(a – b = 1\)
Tidak memenuhi karena nilai \(a\) bukan bilangan bulat.
– Untuk \((x, y)=(2,4)\)
\(a + b = 16\)
\(a – b = 4\)
Jumlahkan kedua persamaan diperoleh \(2a = 20, a = 10\)
Jadi nilai \(a\) yang memenuhi adalah \(10\)

Diketahui \(∠𝐴𝐷𝐸=120^0\)
\(𝑂𝐹𝐷𝐺\) adalah segiempat, maka berlaku
\(∠𝑂𝐹𝐷+∠𝐹𝐷𝐸+∠𝐷𝐺𝑂+∠𝐺𝑂𝐹=360^0\)
\(90^0+120^0+90^0+∠𝐺𝑂𝐹= 360^0\)
\(300^0+∠𝐺𝑂𝐹=360^0\)
\(∠𝐺𝑂𝐹=60^0\)
Karena \(𝑂𝐹 \) dan \(𝑂𝐺\)  adalah garis bagi maka \(∠𝐴𝑂𝐹=∠𝐷𝑂𝐹\) dan \(∠𝐷𝑂𝐺=∠𝐺𝑂𝐸.\) Akibatnya \(∠𝐺𝑂𝐹=∠𝐺𝑂𝐸+∠𝐴𝑂𝐹=60^0\)
Dari persamaan di atas diperoleh \(∠𝐴𝑂𝐸=120^0,∠𝐴𝑂𝐵=∠𝐵𝑂𝐶=∠𝐶𝑂𝐷=∠𝐷𝑂𝐸=30^0\)
Selanjutnya kita mencari \(∠𝐶𝐷𝐸\)
\(∠𝑂𝐷𝐺=180−(∠𝐷𝐺𝑂+∠𝐷𝑂𝐺)=180^0−(90^0+15^0)=75^0\)
Jadi besar \(∠𝐶𝐷𝐸=2\times ∠𝑂𝐷𝐺=2\times 75^0=150^0\)

\(m=\sqrt{2020+n^2}\)
\(𝑚^2 =2020+𝑛^2\)
\(𝑚^2−𝑛^2=2020\)
\((𝑚+𝑛)(𝑚−𝑛)=2020\), karena \((𝑚+𝑛)>(𝑚−𝑛)\) maka pasangan \(((𝑚+𝑛),(𝑚−𝑛))\) yang memenuhi adalah \(\{(2020,1), (1010,2), (505,4), (404,5), (202,10), (101,20)\}\).
Agar \(𝑚 \) dan \(𝑛\) menghasilkan bilangan bulat positif maka pasangan \(((𝑚+𝑛),(𝑚−𝑛))\) harus sama-sama genap atau ganjil. Jadi pasangan \((𝑚,𝑛)\) yang memenuhi hanya ada dua pasangan.

\(𝐴𝐵 = 𝐶𝐷 + 𝐸𝐹 + 𝐺𝐻 = 30\)
\(𝐴𝐻 = 𝐵𝐶 + 𝐺𝐹 − 𝐸𝐷\)
\(𝐵𝐶 + 𝐷𝐸 + 𝐹𝐺 + 𝐴𝐻 = 𝐵𝐶 + 𝐷𝐸 + 𝐹𝐺 + (𝐵𝐶 − 𝐷𝐸 + 𝐹𝐺)\)
\(= 2𝐵𝐶 + 2𝐹𝐺 = 2\times 16 + 2\times 10 = 52\)
Dengan demikian keliling segienam \(ABCDEFGH\) adalah
\(2𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 + 𝐷𝐸 + 𝐹𝐺 + 𝐴𝐻 = 2 × 30 + 52 = 60 + 52 = 112\; 𝑐𝑚\)