Hari Rabu, 11 Februari 2015, di daerah saya- Solo- telah dilaksanakan seleksi OSK Matematika jenjang SMA. Mengingat saat ini sudah akhir pekan, maka saya kira semua daerah sudah melaksanakan OSK. Oleh karena itu, sudah legal untuk memposting soal dan solusi OSK Matematika kemarin.
Bagi yang berkeinginan mengetahui soal OSK Matematika SMA kemarin bisa diunduh di link berikut
Soal OSK Matematika SMA 2015
Seperti biasa, saya sertakan juga alternatif penyelesaian yang telah saya kerjakan. Untuk mendownload solusi OSK Matematika SMA 2015 bisa melalui link berikut
Solusi OSK Matematika SMA 2015
Namun, ada dua soal yang belum berhasil saya selesaikan. Kedua-duanya soal kombi. Entahlah, tahun ini saya berasa lemah banget di kombin. Kedua soal tersebut adalah sebagai berikut :
Untuk bilangan-bilangan $1,2,3$, masing-masing ambil $\text{mod }3$ sehingga kita dapatkan $1,-1,0$. Ada 4 cara untuk mengatur bilangan-bilangan ini dalam baris/kolom, yaitu
\begin{align*}
&0,0,0\\
&1,1,1\\
&-1,-1,-1\\
&-1,0,1
\end{align*}
Selanjutnya kita ambil dua-dua untuk digunakan sebagai pengisi baris satu dan dua. Ada 10 kemungkinan (buset, sejauh ini tetap saja nguli)
- Ambil $0,0,0$ dan $0,0,0$ untuk mengisi baris satu dan dua. Obviously, baris tiga ya $0,0,0$. Ada $1$ cara.
- Ambil $1,1,1$ dan $1,1,1$ untuk mengisi baris satu dan dua. Obviously, baris tiga ya $1,1,1$. Ada $1$ cara.
- Ambil $-1,-1,-1$ dan $-1,-1,-1$ untuk mengisi baris satu dan dua. Obviously, baris tiga ya $-1,-1,-1$. Ada $1$ cara.
- Ambil $0,0,0$ dan $1,1,1$ untuk mengisi baris satu dan dua. Tentu saja, baris tiga ya $-1,-1,-1$. Namun, karena posisi antara $0,0,0$ dan $1,1,1$ dapat ditukar antara baris satu dan dua maka ada $2$ cara.
- Ambil $0,0,0$ dan $-1,-1,-1$ untuk mengisi baris satu dan dua. Dan pasti, baris tiga ya $1,1,1$. Sekali lagi, karena posisi antara $0,0,0$ dan $-1,-1,-1$ dapat ditukar antara baris satu dan dua maka ada $2$ cara.
- Ambil $1,1,1$ dan $-1,-1,-1$ untuk mengisi baris satu dan dua. Sedang baris tiga ya pasti $0,0,0$. Sekali lagi, karena posisi antara $1,1,1$ dan $-1,-1,-1$ dapat ditukar antara baris satu dan dua maka ada $2$ cara.
- Ambil $0,0,0$ dan $-1,0,1$ untuk mengisi baris satu dan dua. Untuk mengisi baris tiga akan tepat ada satu cara untuk setiap cara pengisian baris satu dan baris dua yang diberikan. Untuk kasus ini banyaknya cara ada sebanyak $2\times 3!=12$ cara.
- Ambil $1,1,1$ dan $-1,0,1$ untuk mengisi baris satu dan dua. Untuk mengisi baris tiga akan tepat ada satu cara untuk setiap cara pengisian baris satu dan baris dua yang diberikan. Untuk kasus ini banyaknya cara ada sebanyak $2\times 3!=12$ cara.
- Ambil $-1,-1,-1$ dan $-1,0,1$ untuk mengisi baris satu dan dua. Untuk mengisi baris tiga akan tepat ada satu cara untuk setiap cara pengisian baris satu dan baris dua yang diberikan. Untuk kasus ini banyaknya cara ada sebanyak $2\times 3!=12$ cara.
- Ambil $-1,0,1$ dan $-1,0,1$ untuk mengisi baris satu dan dua. Untuk mengisi baris tiga akan tepat ada satu cara untuk setiap cara pengisian baris satu dan baris dua yang diberikan. Untuk kasus ini banyaknya cara ada sebanyak $3!\times 3!=36$ cara.
Jadi, total ada $1+1+1+2+2+2+12+12+12+36=81$ cara.
Saya juga tidak terlalu suka dengan soal geometri tahun ini. Banyak soal yang akhirnya berubah jadi aljabar. Ada juga yang memanfaatkan nilai $\cos 36^\circ$ (setidaknya dalam solusi yang saya buat) dan tentunya nilai $\cos 36^\circ$ bukan hal yang familier. Namun, untungnya belum terlalu lama ini saya pernah membuat postingan tentang aplikasi de moivre pada trigonometri, yang di dalamnya saya bahas mengenai nilai dari $\cos 36^\circ$. Jadi, saya masih ingat dengan baik berapa nilainya.
Untuk soal secara keseluruhan saya tidak ada masalah. Menurut saya pribadi, lebih baik daripada tahun kemarin.
Jika ada pertanyaan, masukan ataupun mau berdiskusi dengan saya, silakan tinggalkan komentar di form yang telah disediakan.
OK, Sekian dulu dari saya, semoga bermanfaat.
Soal kombinatorika kedua lebih mudah daripada soal pertama. Teknik yang digunakan juga cukup standar. Pertama, kita generalisasi soal terlebih dahulu. Misalkan untuk setiap bilangan bulat n >= 2, P(n) menyatakan banyak permutasi a_1, a_2, …, a_n dari barisan 1, 2, …, n yang memenuhi sifat: terdapat tepat satu indeks i dengan 1 < i a_i. Dengan bentuk ini, bilangan yang kita cari adalah P(10). Mudah melihat bahwa P(2) = 1. Sekarang apabila P(k) telah diketahui untuk suatu bilangan asli k >= 2, dapatkah kita mendapatkan bilangan P(k+1)? Untuk soal ini, jawabannya adalah iya. Kita mempunyai hubungan berikut: P(k+1) = P(k) + k.
Untuk soal pertama, perhatikan bahwa bilangan tiga bilangan a,b,c di {1,2,3} memiliki jumlah yang habis dibagi 3 jika dan hanya jika ketiga bilangan tersebut sama atau tidak ada dua bilangan yang sama (a tidak sama dengan b, b tidak sama dengan c, c tidak sama dengan a). Dengan melihat bilangan-bilangan di setiap baris, kita mempunyai kemungkinan berikut.
Kemungkinan I: Tiap baris memiliki bilangan-bilangan yang sama.
Ada 3! + 3 = 9 cara.
Kemungkinan II: Ada tepat dua baris yang memiliki bilangan-bilangan yang sama.
Ada 0 cara (karena akan ada kolom yang memuat tepat dua bilangan yang sama dan yang satu lagi berbeda).
Kemungkinan III: Ada tepat satu baris yang memiliki bilangan-bilangan yang sama.
Ada 3 x 3! = 18 cara.
Kemungkinan IV: Tidak ada baris yang memiliki bilangan-bilangan yang sama (tiap baris memiliki bilangan-bilangan yang berbeda).
Ada 2 x 3! = 12 cara.
Pertanyaan: adakah yang terlewat?
Terimakasih Mas atas masukannya(bingung mau sebut siapa, karena tidak mungkin Lionel Messi, hehehe)
Saya pelajari dulu
Yang nomor satu ada yang terlewat, seharusnya ada 81 cara:
————————————————
|1 1 1| |1 1 1| |1 1 1| |1 1 1| |1 1 1| |1 1 1|
|1 2 3| |1 3 2| |2 1 3| |2 2 2| |2 3 1| |3 1 2|
|1 3 2| |1 2 3| |3 1 2| |3 3 3| |3 2 1| |2 1 3|
————————————————
|1 1 1| |1 1 1| |1 2 3| |1 2 3| |1 2 3| |1 2 3|
|3 2 1| |3 3 3| |1 1 1| |1 2 3| |1 3 2| |2 1 3|
|2 3 1| |2 2 2| |1 3 2| |1 2 3| |1 1 1| |3 3 3|
————————————————
|1 2 3| |1 2 3| |1 2 3| |1 2 3| |1 2 3| |1 3 2|
|2 2 2| |2 3 1| |3 1 2| |3 2 1| |3 3 3| |1 1 1|
|3 2 1| |3 1 2| |2 3 1| |2 2 2| |2 1 3| |1 2 3|
————————————————
|1 3 2| |1 3 2| |1 3 2| |1 3 2| |1 3 2| |1 3 2|
|1 2 3| |1 3 2| |2 1 3| |2 2 2| |2 3 1| |3 1 2|
|1 1 1| |1 3 2| |3 2 1| |3 1 2| |3 3 3| |2 2 2|
————————————————
|1 3 2| |1 3 2| |2 1 3| |2 1 3| |2 1 3| |2 1 3|
|3 2 1| |3 3 3| |1 1 1| |1 2 3| |1 3 2| |2 1 3|
|2 1 3| |2 3 1| |3 1 2| |3 3 3| |3 2 1| |2 1 3|
————————————————
|2 1 3| |2 1 3| |2 1 3| |2 1 3| |2 1 3| |2 2 2|
|2 2 2| |2 3 1| |3 1 2| |3 2 1| |3 3 3| |1 1 1|
|2 3 1| |2 2 2| |1 1 1| |1 3 2| |1 2 3| |3 3 3|
————————————————
|2 2 2| |2 2 2| |2 2 2| |2 2 2| |2 2 2| |2 2 2|
|1 2 3| |1 3 2| |2 1 3| |2 3 1| |3 1 2| |3 2 1|
|3 2 1| |3 1 2| |2 3 1| |2 1 3| |1 3 2| |1 2 3|
————————————————
|2 2 2| |2 3 1| |2 3 1| |2 3 1| |2 3 1| |2 3 1|
|3 3 3| |1 1 1| |1 2 3| |1 3 2| |2 1 3| |2 2 2|
|1 1 1| |3 2 1| |3 1 2| |3 3 3| |2 2 2| |2 1 3|
————————————————
|2 3 1| |2 3 1| |2 3 1| |2 3 1| |3 1 2| |3 1 2|
|2 3 1| |3 1 2| |3 2 1| |3 3 3| |1 1 1| |1 2 3|
|2 3 1| |1 2 3| |1 1 1| |1 3 2| |2 1 3| |2 3 1|
————————————————
|3 1 2| |3 1 2| |3 1 2| |3 1 2| |3 1 2| |3 1 2|
|1 3 2| |2 1 3| |2 2 2| |2 3 1| |3 1 2| |3 2 1|
|2 2 2| |1 1 1| |1 3 2| |1 2 3| |3 1 2| |3 3 3|
————————————————
|3 1 2| |3 2 1| |3 2 1| |3 2 1| |3 2 1| |3 2 1|
|3 3 3| |1 1 1| |1 2 3| |1 3 2| |2 1 3| |2 2 2|
|3 2 1| |2 3 1| |2 2 2| |2 1 3| |1 3 2| |1 2 3|
————————————————
|3 2 1| |3 2 1| |3 2 1| |3 2 1| |3 3 3| |3 3 3|
|2 3 1| |3 1 2| |3 2 1| |3 3 3| |1 1 1| |1 2 3|
|1 1 1| |3 3 3| |3 2 1| |3 1 2| |2 2 2| |2 1 3|
————————————————
|3 3 3| |3 3 3| |3 3 3| |3 3 3| |3 3 3| |3 3 3|
|1 3 2| |2 1 3| |2 2 2| |2 3 1| |3 1 2| |3 2 1|
|2 3 1| |1 2 3| |1 1 1| |1 3 2| |3 2 1| |3 1 2|
————————————————
|1 1 1| |2 2 2| |3 3 3|
|1 1 1| |2 2 2| |3 3 3|
|1 1 1| |2 2 2| |3 3 3|
————————
😀
Wow, saya tepok jidad plus kagum
Masnya beneran nekad, sampai didaftar juga. Saya nyerah deh
misal a11=1
1 * $
@ m –
– – –
a12=* diisi 3 cara
a21=@ diisi 3 cara
a22=m diisi 3 cara
yang lain – hanya dengan 1 cara
untuk a11=1 ada 3x3x3=27 cara
a11 bisa diisi 1,2, dan 3 ==> jadi total ada 3×27=81
Sekadar ide buat yang papan catur.
Karena setiap baris habis dibagi 3, maka penjumlahan semua bilangan habis dibagi 3. Jadi kemungkinannya, 3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27.
Beberapa yang trivial:
–> 3, 6 Jelas tidak memenuhi.
–> 9 memiliki solusi 1 buah. Semuanya diisi 1.
–> 27 memiliki solusi 1 buah. Semua diisi 9.
12 dan 24, 15 dan 21 masing-masing pasang memiliki banyak solusi yang sama, simetris [ditambah +/- 3 dan +/-6] (ini males ngecek, mungkin juga salah)
–> 12. Jadi tiap baris, nilainya adalah 3, 3, 6. Tidak memenuhi. Mudah dicek. Karena masing2 baris harus (1, 1, 1) (1, 1, 1) dan baris terakhir bisa (2, 2, 2) atau (1, 2, 3)
–> 24. Juga tidak ada berdasarkan 12.
–> 15. Jadi tiap baris kemungkinannya, 3, 3, 9 atau 3, 6, 6.
===> untuk 3, 3, 9. Tidak ada yang memenuhi. Mudah dicek. Karena masing-masing baris harus : (1, 1, 1) (1, 1, 1) (3, 3, 3)
===> untuk 3, 6, 6. Baris pertama jelas (1, 1, 1). Lalu untuk baris berjumlah 6, jika ada yang berbentuk (2, 2, 2). Jelas tidak bisa memenuhi. Jadi, harus berbentuk (1, 2, 3). Contoh:
[(1, 1, 1), (1, 2, 3), (1, 3, 2)].
Kita hitung banyaknya.
Perhatikan susunan baris berjumlah 6. Ada 6 kemungkinan (contoh: (1, 2, 3), (1, 3, 2), dll). Sedangkan baris berjumlah 6 lainnya, posisinya mengikuti.
Perhatikan baris berjumlah 1. Kita bisa menempatkannya di baris pertama, ke dua, atau ke tiga. Jadi ada 3 kemungkinan.
Total 6 * 3 = 18.
–> 21. juga memiliki 18 kemungkinan.
–> 18. Bisa berbentuk 3 + 6 + 9 dan 6 + 6 + 6.
====> 3 + 6 + 9. Harus ada baris (1, 1, 1) dan (3, 3, 3). Dan akhirnya, baris berjumlah 6 harus berbentuk (2, 2, 2). Jadi, total ada 6 kemungkinan, diperoleh dari permutasi posisi baris tersebut.
====> 6 + 6 + 6.
#####> Jika memiliki baris (2, 2, 2). Maka semua baris harus berbentuk (2, 2, 2). Jadi hanya ada 1.
#####> Jika tidak memiliki baris (2, 2, 2). Maka semua baris harus berbentuk (1, 2, 3).
Dari sini, ada dua kemungkinan.
>>>>>>> Ada kolom yang bernilai sama semua. Contoh
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
Mudah dilihat, dengan syarat seperti di atas, ada 6 kemungkinan. Dengan permutasi susunan baris (1, 2, 3) dan 2 baris lainnya mengikuti.
>>>>>>> Tidak ada kolom yang bernilai sama. Contoh
1, 2, 3
2, 3, 1
3, 1, 2
Mudah dilihat, dengan syarat ini ada 6 * 2 = 12 kemungkinan. Diperoleh dengan cara mempermutasikan posisi baris paling atas (6 cara). Dan menukar 2 baris berikutnya.
>>>>>>> Ada kolom yang memiliki 2 nilai yang sama. Jelas tidak ada yang memenuhi.
Jadi total untuk jumlahan semua angka 18, ada 6 + 1 + + 6 + 12 = 25
Sehingga total semuanya ada:
1 + 1 + 18 + 18 + 25 = 63
PS : nguli dan rawan double counting. Mohon koreksinya.
Terimakasih atas sarannya Mas Sunni, akan saya pelajari dulu =) maklum lagi lemot di kombin ini
Saya juga sudah nyoba pake cara kuli. Kalo saya bilangannya saya nyatakan dalam $-1,0,1$ instead of $1,2,3$, biar lebih gampang dilihat. Namun, solusinya masih ga jelas bentuknya, belum yakin juga.
Dalam pandangan saya, sebenarnya tidak penting mau diganti -1,0,1 atau 1,2,3 atau 0,1,2. Yang lebih penting adalah fakta bahwa di setiap baris atau kolom, ketiga bilangan harus sama atau berbeda, tidak boleh ada dua bilangan sama dan yang satu lagi berbeda.
Memang tidak penting. Itu lebih kepada referensi pribadi agar lebih mudah dilihat saja
nambah soal
f(x) polinomial berderajat 5. f(1)=1, f(2)=1/4 ,f(3)=1/9, f(4)=1/16 , f(5)=1/25 , f(6)=1/36 tentukan f(8)
mohon bantuannya mas tutur. ini soal omits semifinal 2015
Saya anggap $f$ itu monic, kalau tidak saya masih belum tahu (kelebihan satu variable jika bukan monic).
Misalkan $g(x)=x^2f(x)-1$, maka $1,2,3,4,5,6$ adalah akar-akar dari $g(x)$ dan $g$ berderajat tujuh. Maka
\begin{equation*}
g(x)=(x-a)(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)(x-6)
\end{equation*}
Karega $g(0)=-1$ berakibat
\begin{equation*}
-1=(-a)6!\Leftrightarrow a=\frac{1}{6!}
\end{equation*}
Sehingga
\begin{equation*}
g(8)=\left(8-\frac{1}{6!}\right)(8-1)(8-2)(8-3)(8-4)(8-5)(8-6)=8!-7
\end{equation*}
Jadi, $f(8)=\dfrac{8!-6}{64}$
Tidak boleh diasumsikan monik mas tuturwidodo. Untuk mencari satu akar yang hilang dari polinom g(x) sekaligus mencari leading coefficient dari polinom g(x) memang diperlukan dua persamaan. Kedua persamaan tersebut diperoleh dari fakta bahwa koefisien konstan pada g(x) adalah -1 dan koefisien x^1 pada g(x) adalah 0 (karena g(x) berbentuk x^2f(x)-1).
Pertama saya mencoba $g(x)=(ax+b)(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-4)(x-5)(x-6)$, tapi karena kurang teliti (kurang sadar maksudnya bahwa ada fakta koeffisien $x$ adalah 0), saya kekurangan persamaan untuk mencari nilai $a$ dan $b$. Karena males mikir, hehehe, ya dibuat monic aja siapa tahu yang nulis soal kurang nambahi kata monic aja di soalnya (ngarep biar gampang)
Sekali lagi terimakasih atas masukannya
kalau begitu rancunya di permisalan g(x)
permisalan pertama tidak akan di dapat suku berkoefisien x
apa seperti itu di bolehkan ya. soalnya jawaban saya yang seperti mas tutur tuliskan disalahkan sama guru saya. kata guru saya harus pakai permisalan f(x)=ax^5 +bx^4 +cx^3 +dx^2 +ex +f
lalu di subtitusi f(1)=1, f(2)=1/4 , ………..dst
nanti ketika di eliminasi satu per satu di dapatka f(x) nya
tapi guru saya ndak menyelesaikan idenya itu.
bagaimana pendapat mas tutur mengenai metode itu?
Ide dari gurunya boleh. Tapi jika saya yang diminta menyelesaikan dengan cara seperti itu maka saya akan angkat tangan. Dan saya kira guru Anda juga ga mungkin mau menghabiskan waktu untuk menyelesaikan persamaan linier enam variabel.
Idenya sih benar dan secara teori pasti ketemu, tapi praktiknya lain cerita
Kalau menghitungnya benar, nanti ketemu hasil berikut:
$f(x)=-\frac{49}{14\,400}x^{5}+\frac{1009}{14\,400}x^{4}-\frac{1631}{2880}x^{3}+\frac{6503}{2880}x^{2}- \frac{16\,219}{3600}x+\frac{13\,489}{3600}$
Kalau dimasukkan x=8, diperoleh f(8)=-179/80.
Saya punya alternatif solusi untuk beberapa soal 😀
Soal 2) Banyak cara memperoleh jumlah mata dadu sama dengan 9 sama juga dengan mencari banyak solusi persamaan
x+y+z+u+v+w = 9 dimana x,y,z,u,v,w bilangan asli kurang dari atau sama dengan 6. Ini sama juga dengan banyak solusi persamaan a+b+c+d+e+f=3 dimana a,b,c,d,e,f bilangan bulat tak negatif yang kurang dari atau sama dengan 5. Syarat kurang dari atau sama dengan 5 kemudian otomatis terpenuhi apabila syarat ketaknegatifan juga terpenuhi. Banyak solusi semacam ini adalah C(6+3-1,3)=56.
8) Berikut solusi tanpa analit: perhatikan bahwa P adalah titik pada sisi AB sehingga BP tegak lurus AC. Dengan demikian, ABxBC=2xLuas ABC=ACxBP. Jadi, BP = 12×5/13.
9) mendapatkan ab=5/4 juga bisa dari identitas berikut:
(a^2+ab+b^2)^2=(a^4+b^4+a^2b^2)+2ab(a^2+ab+b^2).
16) Persamaan y^2+xy=x^2 di solusi mas tuturwidodo bisa juga dibaca sebagai BCxBD=BA^2. Jadi garis BA menyinggung lingkaran luar segitiga ACD, sehingga sudut BAC = sudut ADC.
18) Soal ini bisa mempergunakan hasil soal nomor 16. Misalkan AH=x dan GH=y, maka y^2+xy=x^2. Dari sini, nilai t=y/x bisa ditemukan.
Selanjutnya nilai
S1/S2=(AB/FG)^2=(AD/DG)^2=(x+y+x)^2/x^2=(2+t)^2
juga bisa ditemukan.
Wah terimakasih atas alternatif solusi yang ditawarkan. Saya suka alternatif untuk soal geometrinya. Karena secara pribadi saya juga tidak terlalu suka dengan analitik. Akan segera saya tambahkan di solusi yang saya buat.
Untuk nomor 9, saya tidak terpikirkan menggunakan identitas itu. Walaupun sebenarnya juga cukup natural mengingat kedua ekspresi yang diberikan.
Oh ya adakah solusi yang bisa ditawarkan untuk soal nomor 19?
Untuk soal 19, solusi saya berbeda dari rekan setim saya. Untuk suatu barisan $a_1, a_2, …, a_{10}$ yang hampir naik dengan $a_{i-1}>a_i$ (untuk tepat satu indeks $i$, kita mempunyai pasangan tak terurut {a_{i-1},a_{i}}.
Sebaliknya, diberikan sebarang pasangan tak terurut ${x,y}subset {1,2,…,10}$, katakan $x>y$, terdapat tepat satu barisan hampir naik $a_1, a_2, … a_{10}$ sedemikian sehingga $a_{i-1}=x$ dan $a_i = y$ untuk suatu indeks $i$.
Sebagai contoh, untuk $x=5, y = 3$, barisan hampir naik yang diperoleh hanyalah 1, 2, 4, 5, 3, 6, 7, 8, 9, 10. Untuk $x = 7, y = 2$, barisan hampir naik yang diperoleh adalah 1, 3, 4, 5, 6, 7, 2, 8, 9, 10. Terlihat polanya?
Dari pengamatan di atas, banyak barisan hampir naik sama dengan banyak cara memilih dua bilangan dari 10 bilangan, yakni C(10,2)=45.
Untuk kasus $x=5, y = 3$, saya kira $1,2,5,3,4,6,7,8,9,10$ juga boleh
menurut saya no
19) 1+3+6+10+15+21+28+36+45
alasan
2134….
3124….
2314…..
1324….
4123….
2413….
234156….
14235….
134256…
124356…
pokoknya berpola gitu
gimana menurut mas tutur?
coba lagi untuk nomor 19.
Misalkan $n=10$. Diberikan bilangan asli $x,y$ dengan $1\leq y<x\leq n$. Suatu permutasi $a_{1},a_{2},\cdots ,a_{n}$ dari $1,2,\cdots,n$ yang hampir naik kita katakan memiliki tipe $(x,y)$ apabila $a_{i}=x$ dan $a_{i+1}=y$ untuk suatu indeks $i\in {1,2,…,n-1}$
Permutasi bertipe $(5,3)$ hanyalah $1,2,5,3,4,7,8,9,10$ dan $1,2,4,5,3,6,7,8,9,10$ (tidak ada yang lain). Permutasi bertipe $(7,4)$ hanyalah $1,2,3,5,6,7,4,8,9,10$ dan $1,2,3,5,7,4,6,8,9,10$ dan satu lagi $1,2,3,7,4,5,6,8,9,10$, tidak ada yang lain.
Kita klaim bahwa banyak permutasi bertipe $(x,y)$ adalah tepat $x-y$. Untuk melihat hal ini, perhatikan bahwa bilangan $1,2,…,y-1$ harus terletak di sebelah kiri $x$ dan bilangan $x+1,…,10$ harus terletak disebelah kanan $y$. Ada $x-y$ cara untuk meletakkan bilangan sisanya $y+1,y+2,…,x-1$ di sebelah kiri $x$ atau di sebelah kanan $y$ agar membentuk suatu permutasi hampir naik bertipe $(x,y)$.
Kita simpulkan bahwa banyak permutasi hampir naik adalah $\sum_{y=1}^{n-1}\sum_{x=y+1}^{n}(x-y)=\frac{1}{6}n(n-1)(n+1).$
Catatan tambahan: Hubungan rekursi di solusi Lionel Messi juga salah, seharusnya $P(k+1)=2P(k)+k$
Kayaknya masih kurang deh, kayaknya aja 🙂
hanya sekedar pengen tahu nih
soal osk dari pihak mana yang buat
dari tim dosen kampus, dari tim TOMI atau dari mana?
tolong yang punya info di share, serta judul judul buku rujukan soal osk
soalnya kalau ngandelin buku yang ada di sekolah masih kurang kayaknya
Solusi no.19 Berdasarkan ide dari Neymar da Silva Santos Júnior.
Misalkan pasangan $(a_{i-1},a_i)$ dengan $a_{i-1} > a_i$ kita sebut sebagai pasangan cantik. Misalkan pula $a_{i-1}=m$ dan $a_i=k$ dengan $1\leq k < m\leq 10$. Jelas bahwa bilangan-bilangan $1,2,\cdots,(k-1)$ pada permutasi hampir naik harus ada di kiri pasangan cantik dan bilangan-bilangan $(m+1),(m+2),\cdots,10$ ada di kanan pasangan cantik. Oleh karena itu kita tinggal perlu mengatur bilangan-bilangan $(k+1),(k+2),\cdots,(m-1)$, yang tentu saja bisa terletak di kiri maupun kanan pasangan cantik. Jadi, banyaknya cara mengatur penempatan bilangan-bilangan $(k+1),(k+2),\cdots,(m-1)$ adalah $2^{m-k-1}$ yang sekaligus ini juga merupakan jumlah permutasi hampir naik yang bisa dibentuk untuk setiap pasangan cantik terpilih. Padahal dari bilangan-bilangan $1,2,3,\cdots,10$ kita bisa memilih pasangan cantik $(m,k)$ sebanyak ${10\choose 2}=45$ dengan rincian : Pasangan dengan $m-k-1=0$ ada sebanyak 9 pasang. Permutasi hampir naik yang bisa dibentuk ada $9\times 2^0=9$ Pasangan dengan $m-k-1=1$ ada sebanyak 8 pasang. Permutasi hampir naik yang bisa dibentuk ada $8\times 2^1=16$ Pasangan dengan $m-k-1=2$ ada sebanyak 7 pasang. Permutasi hampir naik yang bisa dibentuk ada $7\times 2^2=28$ Pasangan dengan $m-k-1=3$ ada sebanyak 6 pasang. Permutasi hampir naik yang bisa dibentuk ada $6\times 2^3=48$ Pasangan dengan $m-k-1=4$ ada sebanyak 5 pasang. Permutasi hampir naik yang bisa dibentuk ada $5\times 2^4=80$ Pasangan dengan $m-k-1=5$ ada sebanyak 4 pasang. Permutasi hampir naik yang bisa dibentuk ada $4\times 2^5=128$ Pasangan dengan $m-k-1=6$ ada sebanyak 3 pasang. Permutasi hampir naik yang bisa dibentuk ada $3\times 2^6=192$ Pasangan dengan $m-k-1=7$ ada sebanyak 2 pasang. Permutasi hampir naik yang bisa dibentuk ada $2\times 2^7=256$ Pasangan dengan $m-k-1=8$ ada sebanyak 1 pasang. Permutasi hampir naik yang bisa dibentuk ada $1\times 2^8=256$ Jadi, total permutasi naik yang bisa dibentuk yaitu $9+16+28+48+80+128+192+256+256=1013$. Kira-kira sudah betul belum ya?
Yak, sudah betul :D. Bilangan 1013 dapat juga dituliskan sebagai $2^{10}-(10+1)$:
\begin{align*}
&\sum\limits_{y=1}^{n-1}\sum\limits_{x=y+1}^{n}2^{x-y-1}\\
&\sum\limits_{y=1}^{n-1}\sum\limits_{i=0}^{n-y-1}2^{i}=\sum\limits_{y=1}^{n-1}(2^{n-y}-1)\\
&\sum\limits_{j=1}^{n-1}(2^{j}-1)=2^{n}-(n+1).
\end{align*}
sudut pandang lain untuk soal 19), banyak permutasi hampir naik sama dengan banyak himpunan bagian tak kosong dari himpunan {1,2,…,10} yang tidak berbentuk {1,2,…,k-1,k} dengan k suatu bilangan asli. Untuk melihat hal ini, bisa dibentuk korespondensi satu-satu dari himpunan semua permutasi hampir naik dengan koleksi semua himpunan bagian yang telah disebutkan dimana permutasi hampir naik $a_1, a_2, …, a_{10}$ dengan $a_i > a_{i+1}$ dipetakan ke himpunan ${a_1,a_2,…,a_i}$. Dari sini terlihat bahwa banyak permutasi hampir naik adalah $2^{10}-11=1013$. Tapi ide ini baru terpikir setelah mengetahui bahwa banyaknya permutasi hampir naik adalah 1013 hehehe…
Menurut saya, untuk soal no. 17, kita hanya perlu memperhatikan bahwa untuk setiap penomoran bebas angka 1,2,3 pada kotak 2×2, terdapat tepat 1 penomoran angka pada kotak 3×3 yang jumlah angka baris dan kolomnya habis dibagi 3 dengan penomoran bebas 2×2 tersebut di ujung kiri atasnya.
Sebagai contoh, penomoran
2 2
3 1
dapat diubah menjadi
2 2 2
3 1 2
1 3 2
atau
3 1
2 3
dapat diubah menjadi
3 1 2
2 3 1
1 2 3
Sehingga, jumlah penomoran yang mungkin adalah 3^4=81
Saya juga terpikirkan ide ini. Ini seperti ide untuk soal osn smp tahun 2013 nomor 10. Namun, saya malas membuktikan pernyataan “untuk setiap penomoran bebas angka 1,2,3 pada kotak 2×2, terdapat tepat 1 penomoran angka pada kotak 3×3 yang jumlah angka baris dan kolomnya habis dibagi 3 dengan penomoran bebas 2×2 tersebut di ujung kiri atasnya“, 🙂
Akhirnya ya pake ide di atas yang lebih sederhana (walau yah memang lebih panjang) 😀
Wah, super! Pernyataan “untuk setiap penomoran bebas angka 1,2,3 pada kotak 2×2, terdapat tepat 1 penomoran angka pada kotak 3×3 yang jumlah angka baris dan kolomnya habis dibagi 3 dengan penomoran bebas 2×2 tersebut di ujung kiri atasnya“ jelas benar kok, tidak ada yang perlu dibuktikan :D. I approve! :p. Ini adalah akibat langsung dari fakta bahwa di setiap baris dan kolom, ketiga bilangan harus sama atau berbeda.
Yupz, memang bukan hal yang susah untuk membuktikan pernyataan tersebut. Tapi entah ya, kalo dalam solusi tidak diberi penjelasan, apa yang membaca langsung ngerti ato setuju. Asumsinya yang membaca adalah orang dengan level kemampuan ‘melihat’ yang berbeda-beda.
Tapi, iya memang harus diakui bahwa cara ini jauh lebih elegan. Namun, solusi dengan cara nguli, (salah satunya) seperti yang saya sampaikan saya rasa lebih natural, 😀
Pak, pada soal no. 18 itu kan yang ditanya nilai dari k + m + n, dengan k, m, n bilangan bulat positif dan n tidak memiliki faktor kuadrat selain 1. Dikatakan S1/S2 = (m − √n)/k. Didapatkan di solusi S1/S2 = (7 + 3√5)/2. Nah, bagaimana caranya mendapatkan k + m + n, padahal bentuknya saja sudah berbeda?
Kalo memang benar jawabnya adalah $\frac{7+3\sqrt{5}}{2}$, artinya saya tidak salah hitung, maka soalnya yang perlu dikoreksi
Menurut saya sih Bapak tidak salah hitung, karena saya sudah meilhat pembahasan dari Pak Eddy Hermanto, dan jawabannya pun sama. Tapi, di kunci jawaban versi tim juri, jawaban akhirnya adalah 34.
pembahasan soal ask smp udah ada pak?
Belum punya soalnya saya
tanya di sini aja saya,ada soal begini: 1418, 2134, 2850 jika dibagi oleh x sisanya akan sama yaitu y, y tidak nol maka hasil x + y yang mungkin adalah….
pilihannya a) 165 b) 179 c) 344 d) 716
Jadi, $x$ membagi $2134-1418=716$, $2850-2134=716$ dan $2850-1418=1432$.
Jadi, $x$ adalah faktor dari $716=2^2\times 179$
Salah satu yang mungkin yaitu $x=179$, trus didapat $y=165$, Jadi $x+y=344$
Pak, saya punya beberapa pertanyaan:
1. Apakah bapak membuka les online?
2. Bagaimana prosedur OSN Matematika SMA? Apakah ada pengurangan nila atau tidak?
3. Apa tips membuktikan suatu pernyataan dalam matematika?
Thankies!
1. Saya tidak membuka les online
2. Ada baiknya Mas baca buku panduan OSN 2015. Setahu saya tidak ada pengurangan nilai
3. Pahami pernyataannya. Gempur dengan berbagai pendekatan. Jangan mudah nyerah. Jika Anda tidak bisa membuktikan pernyataan tersebut dalam waktu 1 jam atau 1 hari, itu masih sangat wajar
Pak, maksud saya OSN SMA Tingkat Provinsi Dan Nasional ada soal Essay kan. Kalau misalnya salah langkah dalam pengerjaan essay, apakah masih mendapatkan poin atau mutlak salah?
Kalau ide dasarnya benar “mungkin” masih mendapat nilai. Namun susah untuk berkomentar tentang makna “salah langkah” jika kita tidak melihat langsung salah yang dimaksud seberapa besar. Artinya, semua tetap dikembalikan kepada kondisi seberapa parah salah Anda dan seberapa kritis juri.
Jadi tergantung langkah ya pak? Kalau misalnya jawabannya salah meskipun langkahnya ada yang benar, masih mendapatkanpoin tak di essa?
Harapannya masih, cuma semua terserah juri. Beliau-beliau yang punya hak penuh untuk itu
Ohh. gitu pak… Makasih banyak
mas tutur numpang nanya , gimana cara cari nilai minimum (X^7 -1)/(x-1) dengan x bilangan real. mohon dijawab mas…?
$x^7-1=(x-1)(x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1)$, mungkin bisa pake kalkulus
atau pake sofware aja, semisal mathematica or matlab
bisa liat prosesnya?
Proses apa ini maksudnya?
Kalo pake sofware ya langsung keluar hasil. Kalo pake kalkulus, entahlah saya belum coba. Kepikiran pake defferential, tapi kayaknya juga suram
mas tutur… ini soal osp kmarin… apakah ada barisan aritmetika 10 suku yg terdiri dari bilangan prima… klo ada boleh minta contohnya?
Ada, bahkan kata Terence Tao, “For every integer $k\geq 1$, the
prime numbers contain an arithmetic progression of length $k$”
Dari link ini Anda bisa dapat contoh yang Anda minta, http://mathworld.wolfram.com/PrimeArithmeticProgression.html
adakah pembuktiannya dari apa yg dikatakan Terence Tao ?
Sudah dibuktikan oleh Mr. Tao sendiri. Buktinya susah tingkat dewa
mas…tolong di share soal dan solusi osp sma 2015…
Soal OSP bisa diunduh di websitenya TOMI, di http://www.tomi.or.id
Untuk solusi saya belum sempat membuat PDFnya.
Hallo pak .. Apakah sudah ada soal yang provinsi pak? Terimakasih
Sudah ada, bisa diunduh di http://www.tomi.or.id/?page_id=13
Alternatif no. 2) gunakan permutasi dg beberapa objek yg sama. Ada 3 Kemungkinan jumlah 6 mata dadu 9: i) n(111114)=6!/5!=6 ; ii) n(111123)=6!/4!=30 ; iii) n(111222)=6!/(3!3!)=20. Jadi peluangny = (6+30+20)/6^6=56/6^6
Alternatif no. 8) Mis. Pusat L1 di Q dan L2 di R. Diperoleh BQPR layang2 (silahkan gbr sendiri). BP _|_ QR, QR //AC, shg BP _|_ AC. AC = √(5^2+12^2) = 13. BP = x = jarak titik siku2 ke sisi miring = 5.12/13. Jadi 240/x = 52.
Mas tutur numpang tanya, utk no 4 essay osp sma 2015 yg bagian 2 b aritmatika 10 bil prima itu minimum P1 nya berapa ya? Terima kasih
Kalo berdasarkan bagian a, maka kemungkinan beda yang paling kecil adalah 210. Untuk beda 210 sendiri, Anda bisa coba $p_1$ mulai dari 11. Dan dengan sedikit main2 mod, bisa dipersempit bahwa kemungkinan $p_1$ yang bisa digunakan adalah $p_1\equiv 1\text{ mod }11$.
Nah untuk yang paling kecil berapa saya juga belum tahu. Untuk kasus bedanya 210, nilai $p_1$ terkecil adalah 199. Sedangkan untuk beda yang lain, $210k$, bisa jadi bisa diperoleh nilai $p_1$ yang lebih kecil. Tapi sekali lagi, untuk menentukan nilai $p_1$ terkecil secara eksak, saya juga tidak tahu 😀
Terima kasih sangat senang berkunjung ke website Anda
Sangat Bermanfaat. Salam Kenal
Soal Matematika SMA
saya mau penyelasaian OSK TAHUN 2015,bagaimana caranya ?
Bukankah tinggal download saja?
Pak, punya materi dan pembahasan soalnya yang terperinci? biar ketika menjelaskan ke anak mudah untuk dipahaminya. Terima kasih
Untuk yang “terperinci” saya belum atau tidak membuat, karena memang untuk menulisnya dibutuhkan waktu yang lebih lama
Pak Tutur, smoga Bapak sehat selalu.
Pak, mohon soal OSK Matematika SMA 2016 diupload dong, jika Bapak sudah memilikinya.Terima kasih banyak Pak
sangat bermanfaat silakan kunjungin untuk lebih lengkapnya lagi
Soal dan Pembahasan OSN MATEMATIKA SMA Terbaru Sampai Terlama
http://www.semangat27.com/2016/02/soal-dan-pembahasan-osn-matematika-sma.html
pak bisa di jabarkan nggk, untuk penyelesaian persamaan modulo no.11
Kak,klo pnyelasaian nmor 3 cmn itu ya?kok pndek bngt?ga ngrti caranya?