OSK Matematika SMA Tahun 2024

Kita misalkan sisi persegi adalah $x$ dan salah satu sisi persegi panjang sebagai $y$ seperti pada gambar di bawah ini. Maka jumlah kelilingnya dapat kita nyatakan $$\begin{align*} 2(x+y)+2((x-y)+x)&=60\\ 2x+2y+2x-2y+2x&=60\\ 6x&=60\\ x&=10 \end{align*}$$ Jadi luas persegi adalah $x^2=100$.

Kita buat slot untuk berangkat dan pulang dari kota \(A\) ke \(B\).

Berangkat	Pulang	Total
6	5	30

Begitu juga untuk berangkat dan pulang dari kota $B$ ke $C$.

Berangkat	Pulang	Total
8	7	56

Maka total kemungkinan jalan untuk berangkat dan pulang adalah $30\times 56=1680$.

Perhatikan bahwa $A=88+a+b=ab$. Akibatnya $$\begin{align*} ab&=88+a+b\\ ab-a-b&=88\\ (a-1)(b-1)&=89 \end{align*}$$ Karena 89 merupakan bilangan prima maka pasti satu diantara $a-1$ atau $b-1$ adalah $1$. Tanpa mengurangi keumuman $a=2$. Jadi $A=ab=2(90)=180$.

Perhatikan bahwa $$\begin{align*} \dfrac{a}{b}&=\dfrac{1 + 2 + 3 + · · · + 104}{3 + 4 + 5 + · · · + 106}\\ &=\dfrac{\frac{104\times 105}{2}}{\frac{(3+106)\times 104}{2}}\\ &=\dfrac{105}{109} \end{align*}$$ Karena $\dfrac{105}{109}$ sudah tidak dapat disederhanakan lagi maka $a=105$ dan $b=109$. Jadi $a+b=105+109=214$.

Misalkan $x_1$ adalah digit pertama dari bilangan $OSK$ tersebut. Begitu juga $x_2,x_3,$ dan $x_4$ adalah berturut-turut digit kedua, ketiga, dan keempat. Maka banyaknya solusi sama dengan banyak kemungkinan dari persamaan $$x_1+x_2+x_3+x_4=8$$ dengan syarat $x_1\ge 1$ dan $x_2,x_3,x_4\ge 0$. (Hati-hati, fakta ini hanya berlaku ketika jumlah digitnya kurang dari 10.) Selanjutnya kita transform lagi masalah ini menjadi masalah bintang dan batang. Seperti halnya kita mau bagikan $8$ bintang ke dalam $4$ ruang yang dibatasi $3$ batang. Karena ada syarat $x_1\ge 1$, maka kita harus bagikan $1$ bintang terlebih dahulu kepada $x_1$. Sehingga bintang yang bebas untuk dibagikan sekarang adalah $7$ bintang. Artinya kita dapat hitung menggunakan rumus permutasi dengan beberapa objek yang sama (7* 3| atau *******|||). Jadi $\dfrac{10!}{7!3!}=\dfrac{10\times 9\times 8}{3\times 2}=120$.

Pertama kita olah $$\begin{align*} u_5+u_7&=\dfrac{17}{4}u_6\\ ar^4+ar^6&=\dfrac{17}{4}ar^5 \text{ (bagi dengan }ar^4)\\ 1+r^2&=\dfrac{17}{4}r\\ 4r^2-17r+4&=0\\ \dfrac{1}{4}(4r-1)(4r-16)&=0 \end{align*}$$ Ditemukan $r=\dfrac{1}{4}$ atau $r=4$. Sekarang berdasarkan $ar=u_2=8$, maka untuk $r=\dfrac{1}{4}$ nilai $a=32$ dan untuk $r=4$ nilai $a=2$. Karena kedua kemungkinan $a>0$, maka dicocokkan dengan fakta bahwa $u_1>u_2$ maka $r=\dfrac{1}{4}$. Jadi nilai $a=32$.

Gunakan rumus luas menggunakan sin untuk melihat hubungan $$\begin{align*} \dfrac{1}{2}BE(EC)\sin \angle BEC&=\dfrac{1}{2}AE(ED)\sin \angle AED\\ BE(EC)&=AE(ED)\\ \dfrac{BE}{ED}&=\dfrac{AE}{EC} (*)\\ &=\dfrac{45}{108-45}=\dfrac{5}{7} \end{align*}$$ Jadi $\triangle ABE\sim\triangle ECD$ dari (*). Maka $\dfrac{AB}{CD}=\dfrac{5}{7}$. Jadi $CD=(50)\dfrac{7}{5}=70$.

Perhatikan bahwa $\overline{ab}=10a+b.$ Akibatnya $$\begin{align*} \overline{ab}+\overline{ba}&=(10a+b)+(10b+a)\\ &=11(a+b) \end{align*}$$ Jika kita menginginkan bilangan ini menjadi kelipatan $66$, maka $a+b$ harus merupakan kelipatan 6. Artinya ini sama saja dengan masalah bintang dan batang $a+b=6$ dan $a\ge 1,b\ge 0$. Total ada 5 bintang (*) yang dapat dibagikan secara bebas dan satu batang (|) yang akan disusun. Jadi banyaknya bilangan yang dicari adalah $\dfrac{6!}{5!1!}=6$.

Pertama kita harus cari dulu faktorisasi prima dari $2034=2\cdot 3^2\cdot 113$. Karena $k$ kelipatan $2034$ maka $k=2^{1+a}\cdot 3^{2+b}\cdot 113^{1+c}$ dengan $a,b,c\ge 0$. Karena $k$ memiliki $28$ faktor positif maka $$28=(1+a+1)(2+b+1)(1+c+1).$$ Akibatnya $a=0,c=0,$ dan $b=4$ dan $k=2\cdot 3^6\cdot 113$. $$\begin{align*} k&\equiv 2\cdot 3^6\cdot 113\text{ (mod }100)\\ &\equiv 2\cdot 729\cdot 13\text{ (mod }100)\\ &\equiv 2\cdot 29\cdot 13\text{ (mod }100)\\ &\equiv 54\text{ (mod }100) \end{align*}$$

Langsung saja eksekusi $$\begin{align*} x^2+y^2&=\dfrac{545}{272}xy\\ 2x^2+2xy+y^2&=\left(\dfrac{545}{272}+2\right)xy\\ (x+y)^2&=\dfrac{1089}{272}xy \end{align*}$$ Juga eksekusi $$\begin{align*} x^2+y^2&=\dfrac{545}{272}xy\\ 2x^2-2xy+y^2&=\left(\dfrac{545}{272}-2\right)xy\\ (x-y)^2&=\dfrac{1}{272}xy \end{align*}$$ Maka $$\dfrac{x+y}{x-y}=\sqrt{\dfrac{(x+y)^2}{(x-y)^2}}=\sqrt{1089}=33.$$

Perhatikan bahwa $\triangle (A)$ dan $\triangle (B+C)$ sebangun. Sehingga $$\begin{align*} \left(\dfrac{s}{s\sqrt{3}}\right)^2&=\dfrac{A}{B+C}\\ \dfrac{1}{3}&=\dfrac{24}{23+C}\\ C&=49 \end{align*}$$ Luas segienam yang sedang dicari adalah $6(I+II)=$$6C=$$6\cdot 49=$$294.$

Pertama kita lihat kasus dimana $24$ merupakan unsur terkecil dan $35$ adalah unsur yang terbesar. Maka $25,26,\cdots,34$ mempunyai dua kemungkinan apakah dia masuk ke dalam $A$ atau tidak masuk. Sehingga banyaknya kemungkinan untuk kasus ini adalah $2^{10}$.
Selanjutnya kasus kedua $25$ sebagai unsur terkecil dan $34$ sebagai unsur terbesar. Maka $26,27,\cdots,33$ juga punya dua kemungkinan seperti kasus sebelumnya. Maka banyaknya kemungkinan untuk kasus ini adalah $2^8$.
Ini akan berlanjut hingga $29$ sebagai unsur terkecil dan $30$ sebagai unsur terbesar. Dimana kasus ini hanya memiliki satu kemungkinan atau $2^0$. Jadi banyak himpunan bagian $A$ yang mungkin adalah $$\begin{align*} 2^{10}+2^8+\cdots+2^0&=\dfrac{2^{12}-1}{2^2-1}\\ &=1365 \end{align*}$$

Perhatikan bahwa $f(2n)=f(n)$ untuk setiap $n$ bilangan asli. Andaikan $f(n+l)=f(n+k)$ dengan $1\le l\le k\le n$. Misalkan $n+l=2^a\cdot l_1$ dan $n+k=2^b\cdot k_1$ dengan masing-masing $l_1$ dan $k_1$ ganjil. Karena $f(n+l)=f(n+k)$, maka $l_1=f(n+l)=f(n+k)=k_1$. Artinya $$n+k=2^b\cdot k_1\ge 2\cdot 2^a\cdot l_1=2(n+l)>2n.$$ Tidak mungkin. Akibatnya pastilah $f(n+1),$ $f(n+2),$ $\cdots,$ $f(2n)$ tidak ada yang bernilai sama. Maka $$\begin{align*} &f(n+1)+f(n+2)+\cdots +f(2n)\\ &=1+3+\cdots+(2n-1)\\ &=\dfrac{(2n-1+1)}{2}(n)\\ &=n^2 \end{align*}$$ Maka $8145=n^2+f(n)$. Bilangan kuadrat paling dekat dengan $8145$ adalah $8100=90^2.$ Jika $n=90$, maka $$n^2+f(n)=8100+45=8145.$$ Jika $n<90$, maka $n^2\le 7921$ dan $f(n)\le 89$. Akibatnya $$n^2+f(n)\le 7921+89=8010.$$ Jika $n>90$, maka $n^2\ge 8281.$ Tidak mungkin. Jadi $n$ yang memenuhi hanyalah $90$.

p

Kita akan gunakan PIE (prinsip inklusi eksekusi) untuk mengerjakan soal ini. Pertama harus kita sadari bahwa total seluruh kemungkinan tanpa syarat dan batasan adalah $4^6=4096$ karena setiap $a_i$ memiliki 4 kemungkinan yaitu $\lbrace 1,2,3,4\rbrace.$ Selanjutnya seluruh kemungkinan ini akan kita kurangi dengan komplemen kejadian yang ditanyakan yaitu minimal ada dua suku yang berurutan yang jumlahnya adalah $4.$ Nah disinilah menghitungnya jadi lumayan ribet karena harus dibagi menjadi beberapa kasus. Sebelum dibahas per kasus kita juga perlu sadari dulu bahwa ada 5 pasangan suku yang berurutan yaitu $(a_1,a_2),$ $(a_2,a_3),$ $(a_3,a_4),$ $(a_4,a_5),$ dan $(a_5,a_6).$

• Minimal ada satu pasangan dengan jumlah $4.$
  Satu pasangan dengan jumlah $4$ mempunyai $3$ kemungkinan yaitu $(1,3),$ $(2,2),$ dan $(3,1).$ Sedangkan $4$ suku barisan yang tidak termasuk ke dalam pasangan tersebut mempunyai $4$ kemungkinan nilai yaitu dari $1$ sampai $4$. Maka banyaknya kemungkinan dengan minimal ada satu pasangan dengan jumlah $4$ adalah $5\cdot 3\cdot 4^4=3840.$
• Minimal ada dua pasangan dengan jumlah $4.$
  Dalam kasus ini kita perlu pecah lagi menjadi dua sub bagian agar perhitungan menjadi mudah.
  • Ketika dua pasangan ini beririsan seperti $(a_1,a_2)$ dan $(a_2,a_3).$ Maka yang terjadi $a_3$ pasti akan sama dengan $a_1.$ Jadi banyaknya kemungkinan ada $4\cdot 3\cdot 4^3=768.$
  • Ketika dua pasangan ini tidak beririsan seperti $(a_1,a_2)$ dan $(a_3,a_4).$ Kejadian ini membuat bebas pasangan kedua untuk menentukan nilainya. Jadi banyaknya kemungkinan adalah $6\cdot 3^2\cdot 4^2=864.$
  Jadi banyaknya kemungkinan dengan minimal ada dua pasangan dengan jumlah $4$ adalah $768+864=1632.$
• Minimal ada tiga pasangan dengan jumlah $4.$
  Kasus ini perlu dipecah jadi 3 bagian.
  • Ketika ketiga pasangan yang berdekatan selalu mempunyai irisan seperti $(a_1,a_2),$ $(a_2,a_3),$ dan $(a_3,a_4).$ Maka ketika $(a_1,a_2)$ sudah dipilih, $a_3$ akan sama dengan $a_1$ dan $a_4=a_3.$ Sehingga banyaknya kemungkinan adalah $3\cdot 3\cdot 4^2=144.$
  • Ketika dua pasangan beririsan dan satu pasangan lainnya tidak seperti $(a_1,a_2)$ dan $(a_2,a_3)$ beririsan dan $(a_4,a_5)$ tidak. Kasus seperti ini ada sebanyak 6. Jadi banyaknya kemungkinan adalah $6\cdot 3^2\cdot 4=216.$
  • Kasus terakhir adalah ketika ketiga pasangan tidak pernah beririsan seperti $(a_1,a_2),$ $(a_3,a_4),$ dan $(a_5,a_6).$ Maka banyaknya kemungkinan adalah $1\cdot 3^3\cdot 4^0=27.$
  Total semua kemungkinan dengan minimal ada tiga pasangan dengan jumlah $4$ adalah $144+216+27=387.$
• Minimal ada empat pasangan dengan jumlah $4.$
  Kasus ini kita pecah jadi 2 bagian.
  • Pertama, ketika setiap dua pasangan berurutan selalu beririsan seperti $(a_1,a_2),$ $(a_2,a_3),$ $(a_3,a_4),$ dan $(a_4,a_5).$ Maka banyaknya kemungkinan ada $2\cdot 3\cdot 4=24.$
  • Kedua, ketika ada yang tidak beririsan seperti $(a_1,a_2),$ $(a_2,a_3),$ $(a_3,a_4),$ dan $(a_5,a_6).$ Maka banyaknya kemungkinan adalah $3\cdot 3^2\cdot 4^0=27.$
  Jadi banyaknya semua kemungkinan dengan minimal ada empat pasangan dengan jumlah $4$ adalah $24+27=51.$
• Terakhir, semua pasangan berjumlah $4.$
  Tentu banyaknya kemungkinan pada kasus ini adalah $3.$
Jadi keseluruhan berdasarkan PIE dapat kita hitung $$\begin{align*} 4096-(3840-1632+387-51+3)=1549. \end{align*}$$

Perhatikan bahwa $\left\lfloor\dfrac{1^2}{2024}\right\rfloor=$$\left\lfloor\dfrac{2^2}{2024}\right\rfloor$. Artinya ada beberapa yang akan bernilai sama. Sekarang kita akan cari batas sehingga akan berlaku $\left\lfloor\dfrac{n^2}{2024}\right\rfloor<$$\left\lfloor\dfrac{(n+1)^2}{2024}\right\rfloor.$ Maka selisih antar bilangan kuadrat ini harus lebih dari $2024$. Atau $$\begin{align*} (n+1)^2-n^2>2n+1>2024\\ n>\dfrac{2023}{2}\\ n\ge 1012 \end{align*}$$ Artinya jika $n\ge 1012,$ maka nilai sukunya akan terus berbeda. Sekarang kita lihat $\left\lfloor\dfrac{1012^2}{2024}\right\rfloor=506.$ Maka kurang $493$ suku berbeda lagi. Maka $n$ terkecil sehingga ada $1000$ suku yang berbeda adalah $1012+$$493=$$1505.$

Kita akan menghitung banyaknya $f(x)$ dengan membaginya menjadi beberapa kasus sesuai dengan banyaknya anggota dari $Peta(f)$. $Peta(f)$ adalah kumpulan dari $y=f(x).$

• Kasus $1$: Banyaknya anggota $Peta(f)$ adalah $1$ atau $\#Peta(f)=1.$
  Karena $f(f(x))\in\lbrace 2,4\rbrace,$ maka semuanya harus dipetakan ke $2$ atau $4.$ Jadi ada $2$ kemungkinan pada kasus ini.
• Kasus $2$: $\#Peta(f)=2.$
  Maka $Peta(f)=\{2,4\}$ atau $Peta(f)=\{2,a_1\}$ atau $Peta(f)=\{4,a_1\}$ dengan misalkan $\{a_1,a_3,a_5\}= \{1,3,5\}.$
  
  • Jika $Peta(f)=\{2,4\},$ maka banyaknya kemungkinan dapat kita hitung menjadi banyaknya cara membagi $5$ orang ke dalam $2$ kelompok, dimana setiap kelompok memiliki anggota minimal $1.$ Maka banyaknya kemungkinan adalah $\binom{5}{1}+$$\binom{5}{2}+$$\binom{5}{3}+$$\binom{5}{4}=$$2^5-2=30.$
  • Jika $Peta(f)=\{2,a_1\},$ maka pasti $f(a_1)=$$f(2)=2.$ Hal ini dikarenakan $f(f(x))\in\{2,4\}.$ Seperti sebelumnya banyaknya fungsi yang sedemikian dapat dihitung dengan membagi $3$ orang lainnya, yaitu $\{4,a_3,a_5\}$ menjadi $2$ kelompok, kelompok pertama yang akan dipetakan ke $a_1$ dan kelompok kedua akan dipetakan ke $2.$ Kelompok pertama minimal beranggotakan $1$ orang. Maka banyaknya kemungkinan $\binom{3}{1}+$$\binom{3}{2}+$$\binom{3}{3}=$$2^3-1=7.$ Karena $a_1$ punya tiga kemungkinan maka total ada $3\cdot 7=21$ kemungkinan.
  • Jika $Peta(f)=\{4,a_1\},$ maka pasti $f(a_1)=$$f(4)=4.$ Maka banyaknya kemungkinan sama seperti sebelumnya yaitu $21.$
  Jadi total kemungkinan untuk Kasus $2$ adalah $30+21\cdot 2=72.$
• Kasus $3$: $\#Peta(f)=3.$
  Maka $Peta(f)=\{2,4,a_1\}$ atau $Peta(f)=\{2,a_1,a_3\}$ atau $Peta(f)=\{4,a_1,a_3\}$ dengan misalkan $\{a_1,a_3,a_5\}= \{1,3,5\}.$
  • Jika $Peta(f)=\{2,4,a_1\},$ maka $f(Peta(f))=\{2,4\}$ atau $f(Peta(f))=\{2\}$ atau $f(Peta(f))=\{4\}.$ Jika $f(Peta(f))=\{2,4\},$ maka banyaknya fungsi dari $\{2,4,a_1\}\to\{2,4\}$ adalah $\binom{3}{1}+$$\binom{3}{2}=6.$ Sekarang kita hanya perlu mempertimbangkan $f(a_3)$ dan $f(a_5)$. Karena salah satu dari mereka harus sama dengan $a_1$ maka banyaknya kemungkinan adalah $\binom{2}{1}\cdot 2+$$\binom{2}{2}\cdot 1=5.$ Jadi keseluruhan kemungkinan ada $3\cdot 6\cdot 5=90.$ Jika $f(Peta(f))=\{2\}$ atau $f(Peta(f))=\{4\}$, keduanya memiliki banyak kemungkinan yang sama. Kita hitung saja untuk $f(Peta(f))=\{2\}.$ Maka $f(2)=$$f(4)=$$f(a_1)=2.$ Artinya masing-masing dari $a_3$ dan $a_5,$ harus dipetakan ke $4$ dan $a_1.$ Jadi keseluruhan kemungkinan ada $3\cdot 2=6.$ Akibatnya jika $Peta(f)=\{2,4,a_1\},$ maka banyaknya kemungkinan adalah $90+6\cdot 2=102.$
  • Jika $Peta(f)=\{2,a_1,a_3\}$ atau $Peta(f)=\{4,a_1,a_3\},$ maka keduanya memiliki banyak kemungkinan yang sama. Untuk itu, kita perlu hanya perlu menghitung $Peta(f)=\{2,a_1,a_3\}.$ Maka jelas $f(Peta(f))=\{2\}.$ Maka $4$ dan $a_5$, masing-masing harus dipasangkan dengan $a_1$ dan $a_3.$ Maka total ada $2$ kemungkinan. Jadi keseluruhan ada $2\cdot 2=4$ kemungkinan.
  Jadi total kemungkinan untuk Kasus $3$ adalah $102+4=106.$
• Kasus $4$: $\#Peta(f)=4.$
  Maka $Peta(f)=\{2,4,a_1,a_3\}$ atau $Peta(f)=\{2,a_1,a_3,a_5\}$ atau $Peta(f)=\{4,a_1,a_3,a_5\}$ dengan misalkan $\{a_1,a_3,a_5\}= \{1,3,5\}$.
  • Jika $Peta(f)=\{2,4,a_1,a_3\},$ maka $f(Peta(f))=\{2,4\}$ atau $f(Peta(f))=\{2\}$ atau $f(Peta(f))=\{4\}.$ Jika $f(Peta(f))=\{2,4\},$ maka banyaknya fungsi dari $\{2,4,a_1,a_3\}\to\{2,4\}$ adalah $\binom{4}{1}+$$\binom{4}{2}+$$\binom{4}{3}=$$2^4-2=14.$ Tapi kita perlu cek, siapa yang akan dipetakan ke $a_1$ dan $a_3?$ Jawabannya hanya $a_5$. Artinya tidak mungkin $a_5$ dipetakan ke $a_1$ sekaligus $a_3$. Oleh karenanya hanya ada $0$ kemungkinan untuk $f(Peta(f))=\{2,4\}$. Jika $f(Peta(f))=\{2\},$ maka banyaknya kemungkinan juga $0$ (kenapa??) Begitu juga jika $f(Peta(f))=\{4\}.$ Jadi total ada $0$ kemungkinan.
  • Jika $Peta(f)=\{2,a_1,a_3,a_5\},$ maka $0$ kemungkinan.
  • Juga untuk $Peta(f)=\{4,a_1,a_3,a_5\},$ ada $0$ kemungkinan.
• Kasus $5$: $\#Peta(f)=5.$
  Analog dengan Kasus $4$, kasus ini ada $0$ kemungkinan.

Jadi total ada $$\begin{align*} &\text{Kasus 1 + Kasus 2 + Kasus 3 + Kasus 4 + Kasus 5}\\ &=2+72+106+0+0\\ &=180 \end{align*}$$