OSP Matematika SMA Tahun 2024

$$\boxed{3}$$ Perhatikan bahwa $777=$ $7\times 111=$ $7\times 3\times 37=$ $21\times 37.$ Karena $7\times 37>$ $3\times 37=$ $111,$ maka $\overline{ab}=21$ dan $\overline{cd}=37.$ Jadi $a+b=$ $2+1=$ $3.$

$$\boxed{7}$$ Perhatikan bahwa $$ \begin{align*}f(x+g(7))&=7x+14+11\\f(x+3)&=7x+25.\end{align*}$$ Misalkan $f(x)=$$ax+b,$ maka $$\begin{align*}a(x+3)+b&=7x+25\\ax+(3a+b)&=7x+25\end{align*}.$$ Akibatnya $a=7$ dan $b=4.$ Selanjutnya perhatikan kembali $$\begin{align*}7x+2y+11&=f(x+g(y))\\&=7(x+g(y))+4\\&=7x+7g(y)+4\\2y+7&=7g(y)\\g(y)&=\frac{2y}{7}+1.\end{align*}$$ Selanjutnya adalah $$\begin{align*}g(-11+f(4))&=g(-11+7(4)+4)\\&=g(21)\\&=\frac{2(21)}{7}+1\\&=7.\end{align*}$$

$$\boxed{141}$$ Pertama kita perhatikan bahwa $PQ$ sejajar $AB.$ Maka $\triangle PQC$$\sim$$\triangle ABC.$ Dapat kita misalkan $PQ=$$15x,$ $QC=$$13x,$ dan $PC=$$4x.$ Gunakan rumus Heron untuk mencari $[PQC].$ $$\begin{align*}[PQC]&=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\\&=\sqrt{16x(x)(3x)(12x)}\\&=4x(6x)\\&=24x^2.\end{align*}$$ Sekarang misalkan $t_1$ adalah garis tinggi $\triangle PQC$ dengan alas $PQ$ dan $t_2$ adalah garis tinggi $\triangle PQR$ dengan alas $PQ.$ Maka $t_1$ dapat kita cari melalui $t_1=$$\frac{[PQC]}{\frac{1}{2}15x}=$$\frac{48x}{15}=$$\frac{16x}{5}.$ Begitu juga dengan $t_2$ dapat kita cari karena $\triangle PQR$ segitiga samasisi. Maka $t_2=\frac{15x}{2}\sqrt{3}.$ Dengan mengganti $x=1,$ maka kita tahu $[ABC]=24$ dan $t_1+t_2=\frac{16}{5}.$ Dari sini kita bisa lanjutkan mencari $x$ dengan $$\begin{align*}\frac{16}{5}&=\frac{16}{5}x+\frac{15}{2}x\sqrt{3}\\32&=32x+75x\sqrt{3}\\x&=\frac{32}{32+75\sqrt{3}}.\end{align*}$$ Selanjutnya perhatikan bahwa $\frac{PQ}{AB}=$$\frac{15x}{15}=$$x.$ Artinya $a+$$b+$$c+$$d=$$32+$$32+$$75+$$3=$$141.$

$$\boxed{432}$$ Perhatikan di atas bahwa dalam setiap kemungkinan subpapan ukuran $3\times 1$ ada tepat dua buah subpapan ukuran $3\times 1$ yang bisa disandingkan dengan subpapan sebelumnya agar memenuhi syarat bahwa setiap subpapan ukuran $2\times 2$ selalu mengandung ganjil warna hitam ataupun ganjil warna putih. Sehingga banyaknya kemungkinan adalah $2^3$ untuk subpapan $3\times 1$ pertama dan $2$ kemungkinan untuk subpapan $3\times 1$ selanjutnya. Artinya $A=$ $2^3(2^{2022})=$ $2^{2025}.$ Selanjutnya perhatikan bahwa $2^{10}\equiv 24 (\text{mod } 1000).$ Perhatikan juga bahwa $$\begin{array}{lll}24^{10k+2}&\equiv 576&(\text{mod } 1000)\\24^{10k+4}&\equiv 776&(\text{mod } 1000)\\24^{10k+6}&\equiv 976&(\text{mod } 1000)\\24^{10k+8}&\equiv 176&(\text{mod } 1000)\\24^{10k}&\equiv 376&(\text{mod } 1000)\end{array}$$ Berdasarkan dua hal di atas maka, $$\begin{array}{lll}A&\equiv 2^{2025}&(\text{mod } 1000)\\&\equiv (2^{10})^{202}\cdot 2^5&(\text{mod } 1000)\\&\equiv 24^{202}\cdot 32&(\text{mod } 1000)\\&\equiv 576\cdot 32&(\text{mod } 1000)\\&\equiv 432&(\text{mod } 1000)\end{array}$$

$$\boxed{178}$$ Perhatikan $\Phi(209)=$ $209\left(1-\frac{1}{11}\right)$$\left(1-\frac{1}{19}\right)=$ $209\left(\frac{10}{11}\right)$$\left(\frac{18}{19}\right)=$ $180$ adalah banyaknya bilangan asli kurang dari $209$ yang relatif prima dengan $209.$ Sekarang perlu kita hilangkan $a$ jika $209|$ $a^2-1.$ Tidak mungkin $209$ membagi $a-1$ atau $209$ membagi $a+1$ karena $a<209.$ Maka pastilah $11|a-1$ dan $19|a+1$ atau $11|a+1$ dan $19|a-1.$

• Kasus 1: $11|a-1$ dan $19|a+1$
  Karena $11|a-1$ maka $a=$ $11k+1.$ Akibatnya $$\begin{array}{clcl}11k+2 &\equiv & 0 &(\text{mod }19)\\11k &\equiv & -2&(\text{mod }19)\\&\equiv & -2+57&(\text{mod }19)\\&\equiv & 55&(\text{mod }19)\\k&\equiv & 5&(\text{mod }19)\end{array}$$ Misalkan $k=$ $19l+$ $5.$ Sehingga $a=$ $11k+$ $1=$ $11(19l+5)$ $+1=$ $209l+$ $56.$ Artinya $56$ harus dicoret.
• Kasus 2:$11|a+1$ dan $19|a-1$
  Karena $11|a+1$ maka $a=$ $11k-1.$ Akibatnya $$\begin{array}{clcl}11k-2 &\equiv &0 &(\text{mod }19)\\11k &\equiv & 2&(\text{mod }19)\\&\equiv &2-57&(\text{mod }19)\\&\equiv & -55&(\text{mod }19)\\k&\equiv & -5&(\text{mod }19)\\k &\equiv & 14&(\text{mod }19)\end{array}$$ Misalkan $k=$ $19l+$ $14.$ Sehingga $a=$ $11k-$ $1=$ $11(19l+14)$ $-1=$ $209l+$ $153.$ Artinya $153$ juga harus dicoret.

Maka banyaknya bilangan yang kita cari adalah $178.$

$$\boxed{45}$$ yyyyy

$$\boxed{216}$$ Kita akan bagi soal ini menjadi 3 kasus.
Kasus 1: $\lvert A\cap B\rvert=0$
Maka setiap anggota $S$ akan mempunyai $3$ pilihan yaitu $$\left\lbrace\begin{array}{rl}&\text{ masuk }A\\&\text{ masuk }B\\&\text{ tidak masuk keduanya}\end{array}\right.$$ Oleh karena itu banyak kemungkinan dari kasus 1 adalah $3^{18}.$
Kasus 2: $\lvert A\cap B\rvert=1$
Maka kita perlu dulu pilih satu anggota $S$ yang akan menjadi anggota $A\cap B.$ Banyaknya kemungkinan ada sebanyak $\binom{18}{1}=18.$ Selanjutnya anggota $S$ lain akan mempunyai $3$ pilihan seperti pada kasus nomor 1. Sehingga banyak kemungkinan untuk kasus 2 adalah $18\cdot 2^{17}.$
Kasus 3: $\lvert A\cap B\rvert=2$
Maka seperti yang terjadi pada kasus 2, kita punya banyak kemungkinan untuk kasus ini adalah $$\begin{array}{rl}\binom{18}{2}3^{16}=9\cdot 17\cdot 3^{16}\end{array}$$
Jadi $$\begin{array}{rl}\dfrac{N}{3^{16}}&=\dfrac{3^{18}+18\cdot 3^{17}+153\cdot 3^{16}}{3^{16}}\\&=9+54+153\\&=216\end{array}$$

$$\boxed{-89}$$ Perhatikan bahwa saat $x=0$ maka diperoleh $\lvert c\rvert\le 25$. Akibatnya $-25\le c\le $ $25.$
Selanjutnya saat $x=\frac{1}{2}$ maka diperoleh $\lvert \frac{1}{4}a+\frac{1}{2}b+$$c\rvert\le 16.$ Maka $-64\le a+$ $2b+4c\le$ $64.$
Akibatnya diperoleh $-89\le a+$ $2b+5c\le $ $89.$ Kesamaan terjadi saat $ax^2+bx+$ $c=$ $-(18x-5)^2=$ $-324x^2+180x-$ $25.$

Perhatikan bahwa dari QM – AM, kita punya

\[ \sqrt{\frac{x^2 + y^2}{2}} \geq \frac{x + y}{2} \]

Maka

\[ \sqrt{\frac{x^2 + y^2}{2}} \geq \frac{x + y}{2} \geq \frac{C}{x + y} \]

Lalu, perhatikan dari AM – GM inequality, maka

\[ x + y \geq 2\sqrt{xy} \geq 2 \geq C \]

Maka, diperoleh

\[ \frac{x + y}{2} \geq 1 \geq \frac{C}{x + y} \]

Sehingga,

\[ \left(\frac{x + y}{2} \right) - 1 \left(\frac{1 - C}{x + y} \right) \geq 0 \] \[ \frac{x + y}{2} \geq 1 + \frac{C}{2} \]

Dengan menggabungkan kedua ketaksamaan yang telah kita peroleh, maka

\[ \sqrt{\frac{x^2 + y^2}{2}} \geq \frac{x + y}{2} \geq 1 + \frac{C}{2}\boxed{QED} \]

$$\boxed{33}$$

Perhatikan bahwa pada papan \( n \times n \), terdapat \( (n-1)n \) buah domino \( 2 \times 1 \) dan \( (n-1)n \) buah domino \( 1 \times 2 \) yang dapat diletakkan. Maka,

\[ 2n(n-1) \geq 2024 \Rightarrow n(n-1) \geq 1012 \Rightarrow 32 \times 31 \]

Sehingga nilai \( n \geq 33 \). Setelah itu, \( \mathbf{n = 33} \) memenuhi dengan konfigurasi berikut. Berikut adalah beberapa contoh konfigurasi yang dapat dilakukan.

(a) Konfigurasi

Warnai \( 32 \times 32 \) petak di kanan atas seperti papan catur. Lalu, warnai hitam pada petak \( (33,3) \), \( (3,33) \), dan \( (33,33) \). Dapat dicek bahwa konfigurasi tersebut memenuhi karena

\[ 2 \times (32 - 1) \times 32 + (16 + 3) \times 2 + 2 = 2024 \]

$$\boxed{yyy}$$ yyyyy

$$\boxed{2028}$$

Perhatikan bahwa 2027 adalah bilangan prima. Kita akan bekerja dalam aritmetika modulo 2027.

Klaim 1:

Nilai yang dicakup oleh \( k^3 \mod 2027 \) ada sebanyak 2027 buah.

Bukti:

Apabila ada \( k \) dan \( \ell \) sehingga \( k^3 \equiv \ell^3 \pmod{2027} \), maka

\[ (k^3)^{676} \equiv (\ell^3)^{676} \Rightarrow k^{2028} \equiv \ell^{2028} \Rightarrow k^{2027} k \equiv \ell^{2027} \ell \pmod{2027}. \]

Apabila \( k \equiv 0 \pmod{2027} \), maka harus \( \ell \equiv 0 \pmod{2027} \) dan begitu juga sebaliknya. Tinjau untuk \( k, \ell \neq 0 \).

Lalu, \( k^{2027} \equiv k \pmod{2027} \) dan \( \ell^{2027} \equiv \ell \pmod{2027} \), sehingga \( k^2 \equiv \ell^2 \pmod{2027} \). Karena \( k^3 \equiv \ell^3 \) dan \( k^2 \equiv \ell^2 \), maka \( k \equiv \ell \pmod{2027} \). Maka, setiap nilai \( b \) berbeda menghasilkan nilai \( b^3 \) yang unik. Ada 2027 nilai \( b \mod 2027 \) yang mungkin sehingga nilai yang dicakup \( b^3 \mod 2027 \) juga 2027. □

Klaim 2:

Nilai yang dicakup oleh \( k^2 \mod 2027 \) ada sebanyak 1014 buah.

Bukti:

Apabila ada \( k \) dan \( \ell \) berbeda sehingga \( k^2 \equiv \ell^2 \pmod{2027} \), maka

\[ k^2 - \ell^2 \equiv 0 \Rightarrow (k + \ell)(k - \ell) \equiv 0 \Rightarrow k \equiv -\ell. \]

Maka, \( 1^2, 2^2, \dots, 1013^2 \) berturut-turut menghasilkan nilai modulo yang sama dengan \( 2026^2, 2025^2, \dots, 1014^2 \).

Maka, \( 0^2, 1^2, 2^2, \dots, 1013^2 \) mencakup semua 1014 nilai modulo berbeda yang bisa dicakup oleh \( k^2 \). □

Klaim 3:

-1 bukan QR modulo 2027.

Bukti:

Karena \( 1^2 = 1 \), maka 1 adalah QR. Asumsikan ada \( k \) sehingga \( k^2 \equiv -1 \pmod{2027} \). Maka,

\[ (k^2)^{1013} \equiv (-1)^{2023} \pmod{2027} \Rightarrow k^{2026} \equiv -1 \pmod{2027}. \]

Dimana ini jelas salah dengan FLT, yang menyatakan bahwa \( k^{2026} \equiv 1 \pmod{2027} \) jika \( k \not\equiv 0 \pmod{2027} \). Maka, asumsi salah sehingga -1 bukan QR modulo 2027. Terbukti bahwa -1 bukan QR modulo 2027. □

Lalu,

\[ 2027 \mid (a^6 + b^5 + b^2) \Rightarrow a^6 \equiv -b^2 (b^3 + 1) \pmod{2027}. \]

• Jika \( -b^2 (b^3 + 1) \not\equiv 0 \pmod{2027} \), maka \( \left(\frac{a^3}{b}\right)^2 \equiv -(b^3 + 1) \pmod{2027} \). Karena -1 bukan QR, hanya ada setengah nilai QR yang mungkin. Maka, terdapat 1014 nilai \( b \) yang memenuhi dan masing-masing memiliki dua solusi \( a \). Sehingga total solusi adalah \( 2 \times 1013 = 2026 \) pasangan \( (a,b) \).
• Jika \( -b^2 (b^3 + 1) \equiv 0 \pmod{2027} \), maka hanya ada 2 pasangan solusi yaitu \( b = 2026 \) atau \( b = 2027 \), dengan \( a = 2027 \). Maka terdapat total 2 solusi.

Jadi total solusi adalah:

\[ \boxed{2028}. \]