Pintar Matematika.net

Yuk Beli Buku BPOM OSN SMP

2016-12-14T22:30:00.001+07:00

Genderang perang OSN tahun 2017 segera ditabuh. Sudahkah Anda mempersiapkan diri untuk menghadapinya? Harusnya sih sudah ya. Khusus bagi adik-adik siswa SMP yang akan mengikuti OSN tahun 2017 bidang matematika, saya persembahkan karya pertama saya : Buku Pembahasan Olimpaide Matematika (BPOM) OSN SMP.

Apa isi buku BPOM OSN SMP?

Buku BPOM OSN SMP adalah buku soal dan pembahasan OSN Matematika SMP. Terdiri dari 2 bab yaitu
Bab I. Berisi kumpulan soal-soal OSN SMP tahun 2009--2016. Bagi adik-adik SMP ini bisa digunakan sebagai bahan latihan loh.
Bab II. Berisi soal dan berikut pembahasan lengkap OSN SMP 2009--2016. Bagian ini dapat digunakan sebagai panduan untuk mengoreksi jawaban Anda (setealah selesai latihan di bab I) sekaligus sebagai penambah wawasan dan cara pandang yang mungkin berbeda dengan cara yang telah Anda temukan.
Ingat!!! Buku ini hanya berisi soal OSN saja. Tidak ada OSK dan OSP. Harap diperhatikan.

Nah, Bagaimana Spesifikasi buku BPOM OSN SMP?
Banyak halaman isi : 103 halaman
Ukuran kertas : B5
Jenis kertas isi : bookpaper
Janis kertas sampul : Art cartoon 260gr

Berapa harga buku BPOM OSN SMP?

Harganya tidak mahal ko'. Hanya Rp 45.000,00/eksemplar (belum termasuk ongkir loh ya). Untuk yang domisilinya jauh (sebagai acuan saya tinggal di Solo) maka saya sarankan untuk membeli secara kolektif sehingga tidak rugi di ongkir. Sayangkan kalau beli satu nanti pas di ongkir dibulatkan menjadi 1 kg. Terutama kalau yang beli dari luar Pulau Jawa. Duh, bisa-bisa ongkir dan harga bukunya mahalan ongkir.

Bagaimana cara membeli buku BPOM OSN SMP?

Mohon maaf, buku ini baru bisa Anda beli secara online. Belum ada di toko buku. Untuk membelinya bisa dengan melalui salah satu dari :
SMS : 0823-2339-3535
WA : 0857-4049-4009
BBM : 5F392F8F
dengan format : Beli BPOM(banyak buku) spasi nama pembeli spasi alamat penerima spasi FB:akun Facebook(optional) Contoh jika Cecep mau membeli 5 buku : Beli BPOM5 Cecep Jln. Merdeka No.5 Sukamakmur, Wonogiri, Jawa Tengah 69695 FB: Cecep_Ganteng

Formatnya tidak kaku ko. Itu hanya sebagai panduan saja. Bisa terserah Anda yang penting jumlah buku yang dibeli, nama penerima dan alamat penerima jelas (biar tidak salah kirim)

Oh iya, mungkin ada yang bertanya. Kenapa ada pilihan menyertakan akun FB segala? Ini adalah salah satu bentuk layanan bantuan dari saya untuk para pembeli. Saya menyadari bahwa tidak selamanya mudah memahami maksud dan ide orang lain hanya dari tulisannya saja. Kadang sudah beberapa kali membaca tetapi masih bingung dan belum paham. Untuk itu khusus bagi pembeli buku BPOM OSN SMP akan saya invite di Group BPOM OSN SMP. Di group ini Anda bisa menanyakan hal-hal yang masih belum jelas dari isi BPOM OSN SMP.

Nah, setelah Anda membaca hal-hal di atas dan masih berkeinginan untuk membeli buku BPOM OSN SMP maka silakan segera order melalui salah satu dari SMS, WA atau BBM. Dan setelah Anda membeli dan merasa bahwa buku ini bermanfaat, tolong bantu share kepada teman-teman atau saudara lain yang membutuhkan.

Terimakasih sudah membeli buku BPOM OSN SMP. Semoga bermanfaat.

Soal OSN Matematika SMA Tahun 2014 (Mataram, NTB, 2-8 September)

2014-09-16T09:22:00.000+07:00

OSN Matematika SMA tahun 2014 telah berlalu. Hasilnya juga sudah keluar. Ini mungkin informasi usang, karena sudah terlalu telat. Maklum saya mau ngepost dari tanggal 8 kemarin belum sempat. Jadinya ya baru bisa sekarang, hehehe

Khusus untuk matematika (bidang yang lain saya tidak lihat soalnya), tahun ini Jawa Tengah tertinggal jauh dari DKI. Dengan hanya membawa 2 perak dan 1 perunggu. Hasil lengkapnya bisa dilihat di sini. Kata jurinya sih tahun ini, anak-anak yang ikut OSN kemampuannya sudah lebih merata. Buktinya, siswa dari Mataram pun berhasil mendapatkan medali emas. So, bekerja dan belajar keras berlaku untuk semua daerah jika tidak mau tertinggal

Untuk yang belum dapat soal OSN Matematika kemarin, bisa diunduh di link ini. Semoga bermanfaat!

Soal OSN Matematika SMA Lima Tahun Terakhir, 2009 - 2013

2014-07-20T13:41:00.000+07:00

Tahun ini ada sebanyak 95 siswa yang lolos ke Mataram untuk ikut andil dalam OSN Matematika Jenjang SMA tahun 2014. Wakil Pulau Jawa tahun ini masih tetap mendominasi. Hasil lengkapnya bisa dilihat di sini.

Bagi yang lolos, tentu banyak persiapan yang harus dilakukan. Yang paling jamak, tentu saja memperbanyak porsi latihan soal. Sebagai referensi, soal-soal tahun-tahun sebelumnya pastilah sangat layak untuk dicoba. Bagi siswa-siswa di kota besar, bahan yang dimiliki tentu lebih banyak lagi. Akan tetapi bagi wakil dari daerah tentu lain ceritanya. Ada teman saya yang dari luar Pulau Jawa mengeluhkan hal ini. Bagi beberapa siswa untuk sekedar mendapatkan sumber soal-soal OSN tahun sebelumnya saja mengalami kesulitan. Oleh karena itu pada kesempatan kali ini, saya mencoba mengupload soal-soal OSN Matematika lima tahun terakhir, dari tahun 2009 sampai tahun 2013. Semoga hal ini ada manfaatnya, meskipun kecil mungkin.

Soal OSN Matematika Tahun 2009
Soal OSN Matematika Tahun 2010
Soal OSN Matematika Tahun 2011
Soal OSN Matematika Tahun 2012
Soal OSN Matematika Tahun 2013

Daftar Peserta OSN SMA Bidang Matematika Tahun 2014

2014-07-03T07:05:00.001+07:00

Selamat Bagi yang berhasil melaju ke OSN Nasional. Lomba tingkat nasional akan dilaksanakan tanggal 1 s.d. 7 September 2014 di Mataram, Nusa Tenggara Barat.

Daftar peserta yang lolos dapat di diunduh di link berikut :
Daftar Peserta OSN Bidang Matematika

Soal OSP Matematika SMA Tahun 2014

2014-06-25T21:02:00.000+07:00

Olimpiade Sains Nasional Bidang Matematika Tingkat Provinsi (OSP) SMA telah dilaksanakan tanggal 10 Juni 2014. Bagi yang berkeinginan mengunduh soal-soalnya silakan klik link berikut :

Soal OSP Matematika SMA 2014

Kredit : saya ucapkan terimakasih kepada Mas Stenly Ivan Mamanua atas soal yang telah beliau berikan.

Soal Geometri OSN Matematika SMP 2014

2014-05-23T23:46:00.000+07:00

Perhatikan gambar berikut,

Segiempat $ABCD$ adalah segiempat talibusur (segiempat yang keempat titik sudutnya terletak pada lingkaran). Diketahui $CF$ tegak lurus $AF$, $CE$ tegak lurus $BD$ dan $CG$ tegak lurus $AB$. Apakah pernyataan berikut benar? Tuliskan alasan Anda! $$\begin{equation*} \frac{BD}{CE}=\frac{AB}{CG}+\frac{AD}{CF} \end{equation*}$$

Pada limas segitiga $T.ABC$, titik $E,F,G,$ dan $H$ berturut-turut terletak pada $AB,AC,TC,$ dan $TB$ sehingga $EA:EB=FA:FC=HB:HT=GC:GT=2:1$. Tentukan perbandingan volume kedua bagian limas segitiga yang terbagi oleh bidang $EFGH$.

Soal dan Solusi OSK Matematika SMA Tahun 2014

2014-04-04T23:37:00.001+07:00

Olimpiade Sains Matematika tingkat kabupaten (OSK) jenjang SMA baru saja dilaksanakan tanggal 1 April kemarin. Bagi yang menginginkan soal-soalnya silakan download melalui link di bawah ini

Download Soal OSK Matematika SMA 2014
(Kredit : Bapak Didik Sardianto dan Mas Stenly Ivan - saya mendapatkan soal dari beliau berdua)

Sedang untuk solusinya, silakan unduh di sini

Untuk tahun ini saya pribadi punya sedikit komentar (mohon dikoreksi jika salah). Ada dua soal yang menurut saya tidak terlalu bagus -nomor 9 dan nomor 16. Nomor 9 soalnya sedikit ambigu. Persegi kecil yang dimaksud definisinya kurang jelas. Bisa banyak kemungkinan.

Sedangkan nomor 16 saya berpikir antara jawaban yang diinginkan dengan soalnya sendiri tidak pas. Jawaban dari pusat menyatakan bahwa jawaban nomor 16 adalah 1. Padahal jika konstruksi soalnya seperti itu jawabannya tentu bukan 1.

Selain itu untuk nomor 12, jawaban dari pusat adalah 441. Sedangkan setelah menghitung saya dapatnya 447. Dan entah sampai sekarang saya belum tahu salah saya dimana (Bagi yang tahu silakan beri pencerahan ya, hehe). Ini beberapa komentar saya (semoga ndak salah parah).

Geometri 03 : Solusi OSN Matematika SMA Tahun 2005

2013-12-21T22:47:00.000+07:00

Pada postingan kali ini saya akan memberikan pembahasan soal geometri dari soal OSN Matematika SMA tahun 2005. Akan tetapi sebelumnya akan dibuktikan lemma berikut ini, terlebih dahulu

Pada segitiga $ABC$, dibuat persegi $ABHX$ dan persegi $BCYG$ pada sisi $AB$ dan $BC$. Misalkan titik $E$ dan $F$ berturut-turut adalah pusat persegi $ABHX$ dan persegi $BCYG$. Jika $D$ adalah titik tengah sisi $AC$ buktikan bahwa $ED=DF$ dan $ED\bot DF$

Bukti :

Perhatikan sketsa berikut ini!

Jelas bahwa $BC=BG$ dan $AB=BH$ serta $\angle ABG=\angle HBC$ sehingga $\triangle ABG$ kongruen dengan $\triangle HBC$. Akibatnya $\angle BGA=\angle BCH$. Sehingga $\angle GPC=\angle GBC=90^\circ$. Oleh karena itu $CH\bot AG$.

Perhatikan bahwa $DF$ sejajar dengan $AG$. Demikian pula $DE$ sejajar dengan $CH$. Akibatnya $DF\bot DE$.

Selain itu kita juga ketahui bahwa $$\begin{equation*} DF=\frac{1}{2}AG=\frac{1}{2}CH=DE \end{equation*}$$

Jadi terbukti bahwa $ED=DF$ dan $ED\bot DF$.

Nah, saatnya menuju soal utama,

Misalkan $ABCD$ sebuah segiempat konveks. Persegi $AB_1A_2B$ dibuat sehingga kedua titik $A_2,B_1$ terletak di luar segiempat $ABCD$. Dengan cara serupa diperoleh persegi-persegi $BC_1B_2C,CD_1C_2D$ dan $DA_1D_2A$. Misalkan $F$ adalah titik potong $AA_2$ dengan $BB_1$, $G$ adalah titik potong $BB_2$ dan $CC_1$, $I$ adalah titik potong $CC_2$ dengan $DD_1$, dan $H$ adalah titik potong $DD_2$ dengan $AA_1$. Buktikan bahwa $FI$ tegak lurus $GH$.

Penyelesaian :

Misalkan $E$ adalah titik tengah $AC$. Titik $P$ dan $Q$ berturut-turut adalah perpotongan $GH$ dengan $EF$ dan $FI$ seperti pada sketsa di bawah ini!

Berdasarkan lemma sebelumnya kita peroleh bahwa $EF=EG$ dan $EF\bot EG$. Demikian pula $EH=EI$ dan $EH\bot EI$. Karena $\angle HEG=\angle HEF+90^\circ=\angle IEF$. Hal ini berakibat $\triangle EGH$ kongruen dengan $\triangle EFI$.

Dari kekongruenan ini diperoleh $\angle EGH=\angle EFI$. Selanjutnya mudah dilihat bahwa $\angle FQG=\angle FEG=90^\circ$.

Jadi terbukti bahwa $FI$ tegak lurus $GH$. Tambahan pula berdasarkan kekongruenan antara $\triangle EGH$ dan $\triangle EFI$ diperoleh $FI=GH$.

Ok, semoga bermanfaat.

Test Kemampuan Olimpiade (TKO) 02

2013-12-20T22:13:00.001+07:00

Sekitar dua minggu yang lalu saya membuka thread Test Kemampuan Olimpiade. Pada bagian pertama saya telah posting 18 soal, 15 isian singkat dan 3 uraian. Bagi yang belum tahu bisa dilihat di sini.

Respon yang saya peroleh ternyata masih minim. Belum ada tanggapan dari pembaca yang mau berdiskusi bersama mengenai soal-soal TKO I. Walaupun demikian saya tetap akan melanjutkan thread ini. Semoga tetap bisa membawa manfaat.

Berikut soal-soal untuk Test Kemampuan Olimpiade II.
Download soal TKO II

Soal Teori Bilangan Dari Semifinal UNNES 2013

2013-12-19T23:18:00.002+07:00

Pada postingan sebelumnya, saya pernah membahas soal-soal dari UNNES berkaitan dengan barisan dan deret. Setali tiga uang, untuk kali ini saya akan memposting soal-soal teori bilangan dari semifinal UNNES 2013.

Ada tiga soal yang saya tampilkan. Satu soal dari tingkat SMP dan dua soal dari tingkat SMA. Ketiga soal tersebut saya selesaikan dengan menggunakan modular aritmatik. Entah kenapa solusinya agak repot dan panjang. Padahal ini soal isian singkat, ckckck. Apa mungkin saya yang terlalu ribet kali ya? Silakan simak dan beri masukan.

Soal pertama dari tingkat SMP,

Diketahui $\overline{4ab3}+\overline{3b95}=N$. Jika $N$ habis dibagi $99$ maka nilai $a+b$ adalah ...

Penyelesaian :

Dalam penyajian bilangan basis sepuluh diperoleh, $$\begin{align*} N&=\overline{4ab3}+\overline{3b95}\\ &=4000+100a+10b+3+3000+100b+90+5\\ &=7000+110b+100a+98 \end{align*}$$ Karena $N$ habis dibagi $99$ maka $N$ habis dibagi $9$ dan $11$. Akibatnya $$\begin{align*} N&\equiv0\text{ mod }11\\ 7000+110b+100a+98&\equiv0\text{ mod }11\\ 4+a+10&\equiv0\text{ mod }11\\ 3+a&\equiv0\text{ mod }11 \end{align*}$$ Mengingat $0\leq a\leq 9$ maka haruslah $a=8$.

Karena $N$ juga habis dibagi $9$ diperoleh $$\begin{align*} N&\equiv0\text{ mod }9\\ 7000+110b+100a+98&\equiv0\text{ mod }9\\ 7+2b+a+8&\equiv0\text{ mod }9\\ 2b+23&\equiv0\text{ mod }9\\ 2b+5&\equiv0\text{ mod }9 \end{align*}$$ sehingga $b=2$.

Oleh karena itu, $a+b=10$.

Berikutnya soal kedua dari tingkat SMA. Nie soal bikin males, huft

Bilangan enam angka $n$ yang memenuhi

$n$ adalah bilangan kuadrat sempurna.
bilangan dibentuk dengan tiga angka terakhir $n$ lebih satu dari tiga angka pertama $n$. (Sebagai contoh $n$ terlihat seperti $123124$ tetapi ini bukan bilangan kuadrat)

Bilangan $n$ yang memenuhi yaitu ...

Penyelesaian :

Misalkan $a$ adalah bilangan asli tiga digit maka dapat ditulis $n=1000a+a+1=1001a+1$. Misalkan pula $x$ adalah bilangan asli yang memenuhi $$\begin{equation*} n=x^2\Rightarrow 1001a=x^2-1=(x+1)(x-1) \end{equation*}$$ Karena $1001=7\cdot11\cdot13$, ada enam kasus yang mungkin

$$\begin{align*} x&\equiv1\text{ mod }7\\ x&\equiv1\text{ mod }11\\ x&\equiv-1\text{ mod }13 \end{align*}$$ Untuk kasus ini diperoleh $x=1001m+155$. Tidak ada yang memenuhi.
$$\begin{align*} x&\equiv1\text{ mod }7\\ x&\equiv-1\text{ mod }11\\ x&\equiv1\text{ mod }13 \end{align*}$$ Untuk kasus ini diperoleh $x=1001m+274$. Tidak ada yang memenuhi.
$$\begin{align*} x&\equiv-1\text{ mod }7\\ x&\equiv1\text{ mod }11\\ x&\equiv1\text{ mod }13 \end{align*}$$ Untuk kasus ini diperoleh $x=1001m-428$. Nilai $x$ yang memenuhi yaitu $x=573$ dan nilai $n$ yang bersesuaian yaitu $n=328329$.
$$\begin{align*} x&\equiv-1\text{ mod }7\\ x&\equiv-1\text{ mod }11\\ x&\equiv1\text{ mod }13 \end{align*}$$ Untuk kasus ini diperoleh $x=1001m-155$. Nilai $x$ yang memenuhi yaitu $x=846$ dan nilai $n$ yang bersesuaian yaitu $n=715716$.
$$\begin{align*} x&\equiv-1\text{ mod }7\\ x&\equiv1\text{ mod }11\\ x&\equiv-1\text{ mod }13 \end{align*}$$ Untuk kasus ini diperoleh $x=1001m-274$. Nilai $x$ yang memenuhi yaitu $x=727$ dan nilai $n$ yang bersesuaian yaitu $n=528529$.
$$\begin{align*} x&\equiv1\text{ mod }7\\ x&\equiv-1\text{ mod }11\\ x&\equiv-1\text{ mod }13 \end{align*}$$ Untuk kasus ini diperoleh $x=1001m+428$. Nilai $x$ yang memenuhi yaitu $x=428$ dan nilai $n$ yang bersesuaian yaitu $n=183184$.

Jadi, ada $4$ nilai $n$ yang memenuhi yaitu $183184, 328329, 528529, 715716$.

Terakhir soal ketiga. Saya memakai teorema Euler dan CRT dalam perhitungannya. Berharap ada yang lebih elementer sih.

Sisa pembagian dari $1776^{2013!+2012!+\cdots+2!+1!}$ oleh $2000$ adalah ...

Penyelesaian :

Misalkan $N=1776^{2013!+2012!+\cdots+2!+1!}$. Untuk menghitung nilai $N\equiv \text{ mod }2000$ secara langsung agak repot. Oleh karena itu kita pecah menjadi $\text{ mod }16$ dan $\text{ mod }125$.

Perhatikan bahwa $N\equiv0\text{ mod }16$. Dan $$\begin{align*} N&\equiv 1776^{2013!+2012!+\cdots+2!+1!}\text{ mod }125\\ &\equiv 26^{2013!+2012!+\cdots+2!+1!}\text{ mod }125\\ &\equiv 26^{2013!+2012!+\cdots+2!+1!}\text{ mod }125 \end{align*}$$ Dari teorema Euler diperoleh $26^{100}\equiv1\text{ mod }125$. Sehingga bentuk di atas dapat disederhanakan menjadi $$\begin{align*} N&\equiv 26^{9!+8!+\cdots+2!+1!}\text{ mod }125\\ &\equiv 26^{13}\text{ mod }125\\ &\equiv 76\text{ mod }125 \end{align*}$$

Karena $N\equiv 76\text{ mod }125$ dan $N\equiv 0\text{ mod }16$ berakibat $$\begin{align*} N&\equiv 76\cdot 16\cdot(-39)\text{ mod }2000\\ &\equiv 576\text{ mod }2000 \end{align*}$$ Jadi, Sisa pembagian dari $1776^{2013!+2012!+\cdots+2!+1!}$ oleh $2000$ adalah $576$.

Nah, selesai sudah ketiga soal berikut pembahasannya. Saya sendiri menilai solusi saya di atas agak ngoyo. Males bawaannya klo lihat solusi kayak gitu. Nah, jika ada yang punya solusi lebih cantik jangan sungkan-sungkan berbagi lewat kolom komentar. See you soon!

Pojok UN : Paket Lengkap Soal UN Matematika SMA Bidang IPA Tahun 2012

2013-12-13T22:09:00.001+07:00

Menjelang Ujian Nasional tahun 2014 yang sebentar lagi datang. Saya posting soal-soal UN Matematika SMA Bidang IPA tahun 2012. Lumayan buat memperkuat pemahaman konsep. Mengingat dari tahun ke tahun kisi-kisi UN juga tidak berbeda jauh.

Bagi yang ingin mengunduh soal-soal UN Matematika SMA IPA tahun 2012, silakan klik link berikut

Untuk jawaban dan pembahasan tidak saya sertakan (karena saya memang belum membuatnya, hehehe). Namun bagi yang ingin tanya-tanya terkait soal-soal UN Matematika di atas, silakan bisa lewat kolom komentar. Feel free to ask and give comments.

Geometri 02 : Soal Nomor 7 OSN Matematika SMA Tahun 2007

2013-12-08T12:49:00.002+07:00

Titik-titik $A,B,C,D$ terletak pada lingkaran $\Gamma$ sedemikian rupa sehingga $AB$ merupakan garis tengah $\Gamma$, tetapi $CD$ bukan garis tengah $\Gamma$. Diketahui pula bahwa $C$ dan $D$ berada pada sisi yang berbeda terhadap $AB$. Garis singgung terhadap $\Gamma$ di $C$ dan $D$ berpotongan di titik $P$. Titik-titik $Q$ dan $R$ berturut-turut adalah perpotongan garis $AC$ dengan garis $BD$ dan garis $AD$ dengan garis $BC$.

a. Buktikan bahwa $P,Q$ dan $R$ segaris
b. Buktikan bahwa garis $QR$ tegak lurus terhadap garis $AB$.

Penyelesaian :

Untuk memudahkan perhatikan sketsa gambar di bawah ini!

Bagian a,
Perhatikan bahwa $\angle QCR=90^\circ=\angle RDQ$ sehingga $CDRQ$ adalah segiempat tali busur dengan diameter $QR$. Misalkan $E$ adalah titik tengah $QR$. Akan kita tunjukkan bahwa $EC$ dan $ED$ adalah garis singgung lingkaran $\Gamma$. Untuk itu cukup ditunjukkan bahwa $EC\bot CO$ dan $CD\bot DO$.

Perhatikan $$\begin{equation*} \angle ECB=\angle ERC=\angle CDB=\angle CAB=\angle ACO \end{equation*}$$ sehingga $\angle ECO=\angle RCA=90^\circ$.

Dengan cara yang sama diperoleh pula $$\begin{equation*} \angle EDB=\angle EQB=\angle BCD=\angle BAD=\angle ADO \end{equation*}$$ sehingga $\angle EDO=\angle QDA=90^\circ$.

Jadi, terbukti bahwa $EC$ dan $ED$ adalah garis singgung lingkaran $\Gamma$. Akibatnya titik $E$ berhimpit dengan titik $P$. Dengan kata lain $E=P$. Oleh karena itu, terbukti $P,Q$ dan $R$ segaris.

Bagian b,
Perhatikan $\triangle AQR$, $RC\bot AQ$ dan $QD\bot AR$ sehingga perpotongan $RC$ dan $QD$ yaitu titik $B$ adalah titik tinggi $\triangle AQR$. Sehingga jelas $AB\bot QR$.

Tes Kemampuan Olimpiade (TKO) 01

2013-12-07T23:49:00.002+07:00

Thread Tes Kemampuan Olimpiade (TKO) adalah thread khusus yang akan saya gunakan untuk posting soal-soal latihan olimpiade. Soal-soal yang ditampilkan dalam setiap thread tingkat kesukarannya beragam. Ada yang mudah, sedang dan ada pula yang sulit. Thread ini sebenarnya saya khususkan untuk siswa-siswa SMA yang tertarik di dunia olimpiade matematika. Akan tetapi jika ada anak SMP yang juga tertarik mengerjakan tentu tidak masalah.

Sesuai dengan namanya, Tes Kemampuan Olimpiade, maka saya tidak menyertakan solusi/ pembahasan. Semua hanya soal. Soal-soalnya terdiri dari dari dua bagian. Bagian A Isian Singkat dan Bagian B Uraian.

Bagi rekan-rekan yang tertarik mencoba mengerjakan tetapi masih mengalami kesulitan dapat berdiskusi dan sharing melalui kolom komentar. Tolong sertakan nama/ identitas (jangan pakai anonim).

Ok, untuk thread TKO yang pertama silakan unduh melalui link di bawah ini

Download Soal Tes Kemampuan Olimpiade (TKO)

Geometri 01 : Dua Lingkaran Luar Segitiga Saling Bersinggungan

2013-12-02T22:08:00.001+07:00

Berikut adalah soal yang ditanyakan oleh seseorang di kolom komentar.

Misalkan $A,B,C$ adalah titik pada lingkaran $\Gamma$ dengan pusat $O$. Asumsikan $\angle ABC > 90^\circ$. Misalkan $D$ adalah perpotongan garis $AB$ dengan garis yang tegak lurus dengan $AC$ di $C$. Misalkan $\ell$ adalah garis yang melewati $D$ yang tegak lurus dengan $AO$. Misalkan $E$ adalah perpotongan $\ell$ dengan garis $AC$ dan misalkan $F$ adalah perpotongan $\Gamma$ dengan $\ell$ yang berada diantara $D$ dan $E$. Buktikan bahwa lingkaran luar $\triangle BFE$ dan $\triangle CDF$ saling bersinggungan di $F$.

Penyelesaian :

Perpanjang $DC$ sehingga memotong lingkaran $\Gamma$ di $H$. Misalkan $P$ dan $Q$ berturut-turut adalah pusat lingkaran luar $\triangle BEF$ dan $\triangle CDF$. Seperti terlihat pada gambar di bawah ini

Perhatikan bahwa $E$ adalah titik tinggi $\triangle DAH$. Oleh karena itu $E$ terletak pada garis $BH$. Untuk membuktikan lingkaran luar $\triangle BEF$ dan $\triangle CDF$ bersinggungan di $F$ cukup ditunjukkan bahwa $P,F,Q$ segaris.

Untuk menunjukkan $P,F,Q$ segaris cukup ditunjukkan $\angle EFP=\angle DFQ$.

Untuk tujuan tersebut kita punya $$\begin{align*} \angle EFP&=90^\circ-\angle ENF\\ &=90^\circ-\angle EBF\\ &=90^\circ-\angle HAF\\ &=\angle AHF\\ &=\angle ACF\\ &=90^\circ-\angle DCF\\ &=90^\circ-\angle DMF\\ &=\angle DFQ \end{align*}$$

Terbukti titik-titik $P,F,Q$ segaris sehingga terbukti bahwa lingkaran luar $\triangle BEF$ dan $\triangle CDF$ bersinggungan di $F$.

Pojok UN : Rumus Super Cepat Persamaan Garis Lurus Untuk Menghajar UN SMP

2013-11-14T09:46:00.000+07:00

Ha ha ha, akhirnya saya ikutan juga membuat judul postingan yang bombamtis. Jurus singkat, rumus cepat, rumus super cepat dan sejenisnya tentu banyak beredar di dunia jagat internet. Anda pasti juga sering menemui. Atau mungkin Anda termasuk orang yang justru mencari-cari jurus macam itu?

Saya sendiri pada dasarnya tidak terlalu suka dengan yang namanya rumus cepat. Sejak masih sekolah dulu ndak begitu tertarik.

Tetapi kenapa kok kali ini justru ikutan bikin judul seperti itu? Hehehe, jawabnya begini. Saya geli aja kemarin ngajari anak SMP materi persamaan garis lurus. Ndak bisa-bisa. Katane susah, ribet dan apalah alasan lainnya. Saya yo anyel plus prihatin juga. Pasalnya tahu sendiri kan. Materi persamaan garis lurus adalah salah satu materi langganan UN. Soal terkait persamaan garis lurus yang keluar diluar di UN tidak pernah kurang dari dua. Bahkan tiga soal juga pernah.

Akhirnya dalam kefrustasian saya, saya beri nie anak rumus singkat untuk dihafal terkait persamaan garis lurus. Maaf ya bagi rekan-rekan guru, cara saya ini jangan ditiru. Tidak baik. Latar belakang saya juga hanya karena UN saja. Kasihan klo ndak lulus gara-gara soal yang harusnya gampang.

Dan ternyata, eh setelah saya kasih rumus singkatnya dia bisa ngerjain. Hmmmmmm, geleng-geleng saya. Ampun deh.

Sudah kepalang tanggung. Saya putuskan tindakan sesat dan pembodohan yang saya lakukan terhadap murid saya tadi, ingin saya perluas melalui postingan blog ini. Kali aja ada adik-adik SMP yang mengalami nasib sama seperti murid saya tersebut. Ingat ya INI TINDAKAN TIDAK BENAR DAN MENYESATKAN SERTA MEMBODOHI. BAGI YANG TIDAK BENAR-BENAR BUTUH SEKALI-KALI JANGAN IKUTAN!!!!!!!

Ada beberapa soal pada materi persamaan garis singgung yang sering ditanyakan. Antara lain :

Tentukan persamaan garis yang melalui titik $(-1,3)$ dan bergradien $\frac{2}{3}$.

Untuk menyelesaikan soal ini gunakan rumus berikut,

Persamaan garis melalui titik $(x_1,y_1)$ dan bergradien $\dfrac{a}{b}$ yaitu \begin{equation*} ax-by=ax_1-by_1 \end{equation*}

Nah, berdasarkan rumus di atas maka persamaan garis yang melalui titik $(-1,3)$ dan bergradien $\frac{2}{3}$ adalah $$\begin{equation*} 2x-3y=2(-1)-3(3)=-2-9=-11\Longleftrightarrow 2x-3y+11=0 \end{equation*}$$

Misal ada yang tanya persamaan garis yang melalui titik $(4,7)$ dan bergradien $3$ ya sama saja. Ingat saja bahwa $3=\frac{3}{1}$, maka persamaan garisnya ya $3x-y=3(4)-7=5$.

Soal kedua yang juga sering muncul yaitu diminta mencari persamaan garis lurus jika diketahui garis tersebut melalui dua titik. Misalnya

Tentukan persamaan garis yang melalui titik $(-2,-1)$ dan $(2,5)$.

Caranya gampang. Cari dulu gradiennya, $$\begin{equation*} m=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=\frac{5-(-1)}{2-(-2)}=\frac{6}{4}=\frac{3}{2} \end{equation*}$$

Selanjutnya gunakan rumus kita tadi. Persamaan garisnya yaitu $$\begin{equation*} 3x-2y=3(2)-2(5)=-4\Longleftrightarrow 3x-2y+4=0 \end{equation*}$$ Anda bebas memilih titik mana yang disubstitusikan. Kebetulan saya pilih titik $(2,5)$ karena positif semua. Jadi lebih mudah. Jika pilih titik $(-2,-1)$ hasilnya sama saja.

Lanjut ke soal ketiga. Ini soal UN banget. Pasti ada soal ginian di UN.

Tentukan persamaan garis yang melalui titik $(7,1)$ dan sejajar dengan garis $5x-3y-11=0$

Pake rumus ini aja,

Persamaan garis yang melalui titik $(x_1,y_1)$ dan sejajar dengan garis $ax+by+c=0$ yaitu \begin{equation*} ax+by=ax_1+by_1 \end{equation*}

Jadi, persamaan garis yang melalui titik $(7,1)$ dan sejajar dengan garis $5x-3y-11=0$ adalah $$\begin{equation*} 5x-3y=5(7)-3(1)=35-3=32\Longleftrightarrow 5x-3y=32 \end{equation*}$$

Gampang kan?

Nah, yang keempat adalah teman sebaya dari soal ketiga.

Tentukan persamaan garis yang melalui titik $(7,1)$ dan tegak lurus dengan garis $5x-3y-11=0$

Rumusnya ini ya

Persamaan garis yang melalui titik $(x_1,y_1)$ dan tegak lurus dengan garis $ax+by+c=0$ yaitu \begin{equation*} bx-ay=bx_1-ay_1 \end{equation*}

Jadi, persamaan garis yang melalui titik $(7,1)$ dan tegak lurus dengan garis $5x-3y-11=0$ adalah $$\begin{equation*} -3x-5y=-3(7)-5(1)=-21-5=-26\Longleftrightarrow 3x+5y=26 \end{equation*}$$

Bagaimana ada yang merasa kesulitan? Harusnya tidak ya.

Peringatan sekali lagi, bagi yang ndak doyan ngafalin rumus jangan sekali-sekali ikutan. Tidak baik untuk kesehatan, hehehe

Ok, sudah dulu untuk thread Pojok UN kali ini. Mungkin kalau frustasi lagi saya akan posting lagi rumus-rumus sederhana untuk menghajar UN. Bisa SMP atau SMA. Jika ada yang mau tanya seputar UN SMP dan SMA saya persilakan. Kali aja saya dapat ilham dari pertanyaan Saudara.

Masuk PT : Fungsi Komposisi Dari SBMPTN

2013-11-12T00:38:00.000+07:00

Jika kita memiliki dua fungsi, katakanlah fungsi $f$ dan fungsi $g$, maka dapat dilakukan berbagai macam operasi antara kedua fungsi tersebut. Kedua fungsi itu bisa dijumlahkan, dikurangkan, dikalikan atau dibagi untuk membentuk fungsi baru.

Selain keempat operasi di atas, kedua fungsi $f$ dan $g$ dapat pula saling disubstitusikan. Operasi yang terakhir ini lebih dikenal dengan istilah komposisi fungsi.

Untuk lebih jelasnya (bagi yang belum tahu aja ya):

Komposisi dua fungsi, $f$ dan $g$, dinotasikan dengan $f\circ g$ didefinisikan sebagai berikut $$\begin{equation*} (f\circ g)(x)=f\bigl(g(x)\bigr) \end{equation*}$$

Domain dari $f\circ g$, $D_{f\circ g}$, adalah $x\in D_g$ sehingga $g(x)\in D_f$.

Itu tadi sepintas tentang apa itu komposisi fungsi. Untuk lebih jelasnya silakan pelajari sendiri dari buku-buku matematika SMA. Kalau tidak salah di kurikulum KTSP 2006, komposisi fungsi masuk di kelas XI.

Saya pada postingan kali ini, sesuai threadnya Masuk PT, lebih memfokuskan pada tipe-tipe soal tentang komposisi fungsi yang sering keluar di seleksi masuk perguruan tinggi.

Menurut saya pribadi, soal-soal komposisi fungsi untuk tes masuk PT berbeda dengan soal-soal yang sering muncul di sekolahan. Lebih tricky kalau saya bilang.

Ok, let's take a look for some problems from the past.

(SBMPTN 2013) Jika $f(\frac{1}{x})=\dfrac{2-x}{1+3x}$, maka nilai $a$ yang memenuhi $f(a-1)=-5$ adalah ...

Ini soal komposisi fungsi yang muncul di SBMPTN 2013. Tidak menarik menurut saya. Caranya standar. Kita cari rumus eksplisit fungsi $f$ trus substitusi $f(a-1)=-5$. Anda pasti bisa.

Atau alternatif lain kita cari nilai $x$ sehingga $\dfrac{2-x}{1+3x}=-5\Longrightarrow x=-\frac{1}{2}$. Jadi diperoleh $f(-2)=f(\frac{1}{-\frac{1}{2}})=-5$. Oleh karena itu $a-1=-2\Longrightarrow a=-1$

(SNMPTN 2012) Jika $f(x)=5x-3,g(x)=3x+b$ dan $f^{-1}\bigl(g(0)\bigr)=1$ maka nilai $g(2)$ adalah ...

Waduh ini pake invers fungsi segala. Padahal ndak aku kasih materi tentang invers di atas. Tapi ndak apa-apa ya. Saya yakin mas-mas dan mbak-mbak yang baca sudah paham tentang invers fungsi.

Karena $f(1)=2$ maka berakibat $f^{-1}(2)=1$. Jadi, diperoleh $g(0)=2\Longrightarrow b=2$. Maka kita dapat $g(x)=3x+2$ sehingga $g(2)=8$

(SNMPTN 2012) Jika $f(x)=5x-3, g(x)=3x+b$ dan $g\bigl(f(1)\bigr)=8$ maka nilai $g(1)$ adalah ...

Mirip dengan yang di atas. Coba sendiri ya.

(SMPTN 2011) Jika $f(x)=ax+3,a\neq 0$ dan $f^{-1}\bigl(f^{-1}(9)\bigr)=3$ maka nilai $a^2+a+1$ adalah ...

Perhatikan $f(3)=3a+3$. Sehingga $$\begin{align*} f^{-1}(9)=3a+3&\Longleftrightarrow f(3a+3)=9\\ &\Longleftrightarrow a(3a+3)+3=9\\ &\Longleftrightarrow 3a^2+3a=6\\ &\Longleftrightarrow a^2+a=2 \end{align*}$$ Jadi, $a^2+a+1=3$.

(SMPTN 2010) Jika $f(x-1)=x+2$ dan $g(x)=\dfrac{2-x}{x+3}$ maka nilai $(g^{-1}\circ f)(1)$ adalah ...

$f(1)=f(2-1)=2+2=4$. Sehingga $(g^{-1}\circ f)(1)=g^{-1}\bigl(f(1)\bigr)=g^{-1}(4)$. Misal $g^{-1}(4)=a$ maka diperoleh $$\begin{equation*} \frac{2-a}{a+3}=4\Leftrightarrow 2-a=4a+12\Leftrightarrow a=-2 \end{equation*}$$ Jadi, $(g^{-1}\circ f)(1)=-2$.

(SMPTN 2009) Jika $f(x-2)=3-2x$ dan $(g\circ f)(x+2)=5-4x$, maka nilai $g(-1)$ adalah ...

Perhatikan bahwa $$\begin{equation*} f(0)=f(2-2)=3-2\cdot2=-1 \end{equation*}$$ Jadi, $g(-1)=g\bigl(f(0)\bigr)=g\bigl(f(-2+2)\bigr)=5-4(-2)=18$.

Udah dulu, capek-capek

Soal Barisan dan Deret dari Semifinal UNNES 2013 Jenjang SMA

2013-11-07T23:28:00.000+07:00

Pada gelaran olimpiade matematika UNNES kemarin, untuk jenjang SMA pada tahapan semifinal ada tiga soal mengenai barisan dan deret yang lumayan bagus. Satu soal tentang barisan rekursif, satu soal mengenai deret teleskoping dan yang satunya lagi deret yang melibatkan fungsi trigonometri.
Mau tahu soal seperti apa? Yuk mari simak bersama-sama.

Yang pertama mengenai deret teleskoping. Menurut saya ini yang paling mudah dari ketiganya.

Jika diketahui $$\begin{equation*} f(n)=\frac{1}{\sqrt[3]{n^2+2n+1}+\sqrt[3]{n^2-1}+\sqrt[3]{n^2-2n+1}} \end{equation*}$$ untuk setiap $n\in \mathbb{N}$. Nilai dari $f(1)+f(3)+f(5)+\cdots+f(999999)$ adalah ...

Begitu melihat soal ini yang terpikirkan adalah $n^2-2n+1=(n-1)^2, n^2+2n+1=(n+1)^2$ dan $n^2-1=(n+1)(n-1)$.

Nah terlihat hubungannya bukan? Ada $(n+1)$ dan $(n-1)$. Untuk memudahkan misalkan $\sqrt[3]{n+1}=a$ dan $\sqrt[3]{n-1}=b$. Selanjutnya kita sederhanakan fungsi $f$, sebagai berikut $$\begin{align*} f(n)&=\frac{1}{\sqrt[3]{n^2+2n+1}+\sqrt[3]{n^2-1}+\sqrt[3]{n^2-2n+1}}\\ &=\frac{1}{\left(\sqrt[3]{n+1}\right)^2+\sqrt[3]{n+1}\sqrt[3]{n-1}+\left(\sqrt[3]{n-1}\right)^2}\\ &=\frac{1}{a^2+ab+b^2}\\ &=\frac{a-b}{a^3-b^3}\\ &=\frac{\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n-1}}{(n+1)-(n-1)}\\ &=\frac{1}{2}\left(\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n-1}\right) \end{align*}$$ Setelah sampai tahap ini tentu mudah.

$$\begin{align*} &f(1)+f(3)+f(5)+\cdots+f(999999)\\ &=\frac{1}{2}\left(\sqrt[3]{2}-\sqrt[3]{0}+\sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{6}-\sqrt[3]{4}+\cdots+\sqrt[3]{1000000}-\sqrt[3]{999998}\right)\\ &=\frac{1}{2}\left(\sqrt[3]{1000000}-\sqrt[3]{0}\right)\\ &=50 \end{align*}$$

Soal pertama belum susah menurut saya. Masih termasuk mainstream dan biasa. Selanjutnya soal yang kedua berkaitan dengan deret yang melibatkan fungsi trigonometri. Menurut saya lebih susah dari yang pertama. Tapi untungnya pas lihat soal yang kedua ini, saya langsung dapat ide, hehehe

Buktikan bahwa $$\begin{equation*} \cot x-\cot 2^nx=\frac{1}{\sin 2x}+\frac{1}{\sin 4x}+\frac{1}{\sin 8x}+\cdots+\frac{1}{\sin 2^nx} \end{equation*}$$

Begitu lihat soal, saya terpikirkan ini $$\begin{equation*} \cot x-\cot 2^nx=\cot x-\cot 2x+\cot 2x-\cot 4x+\cot 4x-\cdots+\cot 2^{n-1}x-\cot 2^nx \end{equation*}$$

Nah, naturalnya kita mencoba membuktikan $$\begin{equation*} \cot 2^kx-\cot 2^{k+1}x=\frac{1}{\sin 2^{k+1}x} \end{equation*}$$

Dan untungnya tidak susah. Cukup memanfaatkan identitas $\sin 2x=2\sin x\cos x$ dan $\cos 2x=2\cos^2x-1$. $$\begin{align*} \cot 2^kx-\cot 2^{k+1}x&=\frac{\cos 2^kx}{\sin 2^kx}-\frac{\cos 2^{k+1}x}{\sin 2^{k+1}x}\\ &=\frac{2\cos^2 2^kx-(2\cos^2 2^kx-1)}{\sin 2^{k+1}x}\\ &=\frac{1}{\sin 2^{k+1}x} \end{align*}$$ Persis seperti yang kita harapkan.

Jadi, terbukti $$\begin{align*} \cot x-\cot 2^nx&=\cot x-\cot 2x+\cot 2x-\cot 4x+\cot 4x-\cdots+\cot 2^{n-1}x-\cot 2^nx\\ &=\frac{1}{\sin 2x}+\frac{1}{\sin 4x}+\frac{1}{\sin 8x}+\cdots+\frac{1}{\sin 2^nx} \end{align*}$$

Akhirnya sampai pada soal ketiga. Soal tentang deret rekursif. Jujur, saya dapat ide untuk menyelesaikan soal ini lumayan lama. Dan jika harus mengerjakan pas lomba tentu saya tinggal saja soal ini. Bayangkan saja 10 soal isian singkat dan 2 soal uraian dalam waktu 35 menit, hadeh.

Diketahui $a_{n+1}=\dfrac{a_{n-1}}{1+n\cdot a_{n-1}\cdot a_n}$, dengan $n=1,2,3,\cdots$ dan $a_0=a_1=1$. Nilai dari $\dfrac{1}{a_{199}\cdot a_{200}}$ adalah ...

Pertama lihat soal, idenya standar. Mencoba menghitung beberapa suku awal dan berharap dapat pola tertentu. Tapi sayangnya saya tidak dapat banyak hal dari cara pertama ini. Walau tetap ada sih manfaatnya. Setidaknya kita tahu seperti apa barisan yang kita hadapi.

Ini solusi saya untuk soal ini :

Kita bentuk barisan baru yaitu $b_1,b_2,b_3,\cdots$ dengan definisi $$\begin{equation*} b_n=\frac{1}{a_{n-1}\cdot a_n} \end{equation*}$$ Sehingga yang mau kita cari adalah nilai $b_{200}$.

Selanjutnya $$\begin{align*} a_{n+1}=\frac{a_{n-1}}{1+n\cdot a_{n-1}\cdot a_n}&\Leftrightarrow a_{n+1}\cdot a_n=\dfrac{a_{n-1}\cdot a_n}{1+n\cdot a_{n-1}\cdot a_n}\\ &\Leftrightarrow \frac{1}{b_{n+1}}=\frac{\frac{1}{b_n}}{1+\frac{n}{b_n}}\\ &\Leftrightarrow \frac{1}{b_{n+1}}=\frac{1}{b_n+n} \end{align*}$$ Jadi diperoleh $b_{n+1}=b_n+n$.

Karena $b_1=1$ maka diperoleh $b_2=2, b_3=4, b_4=7, b_5=11$ dan seterusnya. $\{b_n\}$ adalah barisan aritmatika tingkat dua. Mudah dibuktikan (dan silakan dibuktikan sendiri) bahwa rumus suku ke-$n$ untuk barisan $\{b_n\}$ adalah $$\begin{equation*} b_n=\frac{1}{2}(n^2-n+2) \end{equation*}$$ Sehingga $b_{200}=19901$.

Ok, cukup sekian dulu untuk kali ini. Semoga bermanfaat.

Masuk PT : Sifat Sederhana di Barisan Aritmatika (yang sering terlupakan)

2013-11-03T00:48:00.002+07:00

Sudah banyak yang tahu apa itu barisan aritmatika tentunya. Secara sederhana barisan aritmatika ialah barisan yang tiap-tiap sukunya bertambah secara konstan. Pertambahan yang konstan itu biasa disebut dengan istilah beda dan umumnya dilambangkan dengan huruf $b$.

Berdasarkan definisi ini, maka jika suku pertama kita misalkan $a$ diperoleh bentuk umum dari barisan aritmatika sebagai berikut : $$\begin{equation*} a,a+b,a+2b,a+3b,\cdots\cdots \end{equation*}$$

Dalam kesempatan kali ini saya tidak akan membahas tentang rumus mencari $U_n$ maupun $S_n$. Setidaknya untuk kesempatan kali ini, saya mau mengacuhkan dulu keduanya. Lalu apa yang mau dibahas? Hehehe, :), saya mau membahas sifat barisan aritmatika yang sederhana saja. Sangat sederhana sekali. Apa itu? Ini dia

Jika $U_1,U_2,U_3$ adalah tiga bilangan yang membentuk barisan aritmatika maka berlaku $$\begin{equation*} 2U_2=U_1+U_3 \end{equation*}$$

Sederhana sekali bukan? Buktinya juga mudah. Langsung dari definisi barisan aritmatika. Untuk buktinya silakan dicoba sendiri.

Yang harus diberhatikan adalah kalimat "tiga bilangan yang membentuk barisan aritmatika". Kalimat ini jangan ditafsirkan hanya untuk tiga suku pertama barisan aritmatika secara mutlak. Walaupun kita memakai notasi $U_1,U_2,U_3$ bukan berarti hanya berlaku untuk tiga suku pertama. Wawasan kita harus diperluas. Misalkan begini, kita memiliki barisan aritmatika dengan suku terakhir $U_n$ dan suku tengah $U_t$ seperti berikut $$\begin{equation*} U_1, U_2, U_3, U_4, U_5, U_6,\cdots\cdots, U_{t-1},U_t, U_{t+1},\cdots\cdots, U_{n-2}, U_{n-1},U_n \end{equation*}$$ maka perlu dicatat bahwa tiga bilangan seperti $U_1, U_2, U_3$ jelas membentuk barisan aritmatika. Itu sudah tentu ya. Tapi perlu diperhatikan juga tiga bilangan seperti $U_1, U_3, U_5$ atau $U_2, U_4, U_6$ atau $U_{t-1},U_t, U_{t+1}$ atau $U_{n-2}, U_{n-1},U_n$ bahkan $U_1, U_{t},U_n$ semuanya juga membentuk barisan aritmatika. Jadi, sifat yang kita punya tadi juga berlaku. Artinya kita punya $$\begin{equation*} 2U_3=U_1+U_5, \quad 2U_4=U_2+U_6, \quad 2U_t=U_1+U_n, \end{equation*}$$ dan sebagainya.

Lalu, mungkin ada yang bilang "Lha iya to Mas, kayak gitu masa' dibahas. Sudah jelas to ya." Yupz, betul sekali. Sifat ini sudah jelas dan sangat sederhana. Tetapi banyak yang lupa memanfaatkannya ketika menemui soal. Kebanyakan lebih suka memakai rumus $U_n$ dan menghajarnya dengan aljabar. Tidak salah memang. Akan tetapi dengan memanfaatkan sifat sederhana yang kita bahas tadi, ada beberapa soal (walau mungkin tidak banyak) dapat dikerjakan dengan cara yang lebih indah.

Sebagai ilustrasi kita bahas beberapa soal berikut. Sebagai catatan, soal-soal yang bisa menggunakan sifat ini biasanya soal-soal tes masuk Perguruan Tinggi.

Contoh 1 (SBMPTN 2013). Diketahui $a, b$, dan $c$ berturut-turut adalah suku ke-2, ke-4, dan ke-6 suatu barisan aritmatika. Jika $\frac{a+b+c}{b+1}=4$, maka nilai $b$ adalah ...

Penyelesaian :

Nah, karena $a, b$, dan $c$ berturut-turut adalah suku ke-2, ke-4, dan ke-6 suatu barisan aritmatika maka ketiga bilangan $a,b,c$ juga merupakan "tiga bilangan yang membentuk barisan aritmatika", sehingga berdasarkan sifat yang telah kita pelajari tadi berlaku $2b=a+c$. Oleh karena itu, $$\begin{equation*} \frac{a+b+c}{b+1}=4\Leftrightarrow \frac{3b}{b+1}=4 \Leftrightarrow 3b=4b+4\Leftrightarrow b=-4 \end{equation*}$$

Contoh 2 (SNMPTN 2010). Jika $18, a,b,c,d,e,f,g,-6$ merupakan barisan aritmatika, maka $a+d+g=\cdots$

Penyelesaian :

Berdasarkan sifat yang telah kita pelajari, diperoleh $2d=18+(-6)=12\Rightarrow d=6$. Kita juga punya $2d=a+g$ (lagi-lagi dengan sifat tadi). Oleh karenanya $a+d+g=3d=18$.

Contoh 3 (SMPTN 2008). Misalkan $a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6$ adalah suatu deret aritmetika yang berjumlah 75. Jika $a_2=8$, maka nilai $a_6$ adalah ...

Penyelesaian :

Berdasarkan sifat yang kita punya maka $2a_2=a_1+a_3$ dan $2a_5=a_4+a_6$ sehingga $$\begin{align*} 75=a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6=3a_2+3a_5\Leftrightarrow a_2+a_5=25\Leftrightarrow a_5=17 \end{align*}$$ sehingga $3b=U_5-U_2=17-8=9\Rightarrow b=3$. Oleh karena itu $U_6=U_5+b=20$.

Untuk contoh berikut ini, pemakaian sifat di atas tidak terlalu dominan, tetapi hanya mempermudah.

Contoh 4 (SPMB 2005). Suku tengah suatu deret aritmatika adalah 23. Jika suku terakhir 43 dan suku ketiga 13, maka banyak suku deret tersebut adalah ...

Penyelesaian :

Kita punya $2U_t=U_1+U_n\Longrightarrow 2\times 23=U_1+43\Longrightarrow U_1=3$ karena $U_3=13$ maka beda $b=5$. Oleh karena itu $43=U_1+(n-1)b=3+(n-1)5\Longrightarrow n=9$. Jadi, banyak suku deret aritmatika tersebut adalah $9$.

Cukup ini dulu materi singkat dan contoh soal dari saya. Saya sudah lupa contoh-contoh lain. Jika ada yang mau bertanya sehubungan dengan materi barisan aritmatika, terutama mengenai penerapan sifat tadi, saya persilakan bertanya melalui kotak komentar. Semoga bermanfaat.

Ada yang Tanya, Saya (jika bisa) Menjawab

2013-11-02T20:41:00.000+07:00

Berikut ini adalah dua soal geometri yang ditanyakan Daniel melalui kotak komentar. Khususnya untuk Daniel, saya minta maaf karena baru sempat membuatkan pembahasan atas soal yang ditanyakan. Berikutnya soalnya :

Pada segitiga $ABC$ diketahui garis tinggi $AP, BQ$ dan $CR$ berpotongan di titik $H$. Jika panjang $AH=BC$. Buktikan bahwa $PR$ dan $PQ$ tegak lurus.

Penyelesaian

Untuk mempermudah perhatikan gambar di bawah ini.

Perhatikan $\triangle ARH$ sebangun dengan $\triangle APB$. Demikian pula $\triangle CRB$ sebangun dengan $\triangle APB$. Dari kedua hasil ini kita diperoleh $\triangle ARH$ sebangun dengan $\triangle CRB$, dan karena $AH=BC$ maka $\triangle ARH$ kongruen dengan $\triangle CRB$. Akibatnya $RH=RB$ sehingga $\angle RBH=\angle RHB=45^\circ=\angle CHQ=\angle QCH$.

Perlu diperhatikan pula bahwa segiempat $RHPB$ dan segiempat $CPHQ$ keduanya adalah segiempat talibusur. Oleh karena itu diperoleh $$\begin{align*} \angle RPQ&=\angle RPH+\angle QPH\\ &=\angle RBH+\angle QCH\\ &=45^\circ+45^\circ\\ &=90^\circ \end{align*}$$

Jadi, terbukti $PR$ tegak lurus $PQ$.

Segitiga sama sisi $ABC$ ketiga titik sudutnya terletak pada lingkaran berjari-jari $1$. Titik $M$ dan $N$ berturut-turut adalah pertengahan $AC$ dan $BC$. Perpanjangan $MN$ memotong lingkaran di titik $P$ dengan panjang $NP < MP$. Panjang $NP$ adalah ...

Penyelesaian

Karena lingkaran luar segitiga samasisi $ABC$ memiliki jari-jari $1$ maka panjang sisi segitiga $ABC$ adalah $\sqrt{3}$ dan tingginya $\frac{3}{2}$.

Misalkan $O$ adalah pusat lingkaran luar segitiga $ABC$ maka diperoleh $OC=OP=1$. Perhatikan pula $MN$ sejajar $AB$ sehingga $CG=\frac{1}{2}CF=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}=\frac{3}{4}$ dan $GN=\frac{1}{2}FB=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\sqrt{3}=\frac{1}{4}\sqrt{3}$. Kita peroleh pula $OG=OC-CG=\frac{1}{4}$. Dengan teorema phytagoras pada $\triangle OGP$ diperoleh $$\begin{align*} GP^2&=OP^2-OG^2\\ &=1^2-\left(\frac{1}{4}\right)^2\\ &=\frac{15}{16} \end{align*}$$

Jadi, $GP=\frac{1}{4}\sqrt{15}$ dan karenanya diperoleh $NP=GP-GN=\frac{1}{4}\sqrt{15}-\frac{1}{4}\sqrt{3}=\frac{1}{4}(\sqrt{15}-\sqrt{3})$.

Semoga membantu

Melihat Kembali (dengan sedikit berbeda) Deret Geometri Takhingga

2013-10-13T10:14:00.001+07:00

Pernah lihat atau bahkan mengerjakan soal seperti ini

Hitunglah nilai dari $$\begin{equation*} 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\cdots \end{equation*}$$

Yups benar sekali, ini adalah soal tentang deret geometri takhingga.

Dulu ketika saya masih sekolah - setelah dipikir-pikir ternyata sudah lama sekali,he he :) - saya mendapatkan materi ini pertama kali waktu SMA. Di SMP sudah dapat sih materi pengayaan tentang barisan dan deret. Akan tetapi baru sebatas pengenalan dan say hey aja. Baru ketika kelas satu SMA saya mendapat "rumus-rumus gaibnya". Jika dicompare dengan sekarang berbeda jauh. Sekarang mayoritas anak lulusan SMP sudah tahu tentang "rumus-rumus gaib" barisan dan deret aritmatika maupun geometri. Bahkan beberapa anak SD - terutama yang ikut lomba-lomba - juga sudah fasih dengan "rumus-rumus gaib" tersebut.

Jadi bagi yang sudah tahu rumus gaibnya akan dengan cepat menjawab $$\begin{equation*} 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\cdots=\frac{a}{1-r}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2 \end{equation*}$$ selesai. Cepat tepat dan benar. Dan bahkan dijawab dengan tanpa berpikir sama sekali. Luar biasa bukan? Dan inilah mungkin hasil yang diinginkan oleh pendidikan di negara kita. Anak-anak hebat yang bisa menyelesaikan soal (bukan masalah) bahkan dengan tanpa berpikir. Hebat!!!!!

Sejenak mari kita lupakan kebahagiaan kita di atas -punya murid-murid hebat- dan kembali mencoba bertanya lagi masalah berikut :

Coba hitunglah nilai dari $$\begin{equation*} 2+\frac{3}{2}+\frac{4}{4}+\frac{5}{8}+\frac{6}{16}+\cdots \end{equation*}$$ atau hitunglah nilai $$\begin{equation*} \frac{1}{2}+\frac{1+2}{4}+\frac{1+2+3}{8}+\frac{1+2+3+4}{16}+\cdots \end{equation*}$$

Bagaimana masih bisa? Mau pakai rumus gaibnya juga?

Untuk menjawab kedua soal di atas, saya duga siswa-siswa akan mengalami kesulitan dan kayaknya memang bakal kesulitan. Maka rasa-rasanya kita tidak atau belum pantas untuk berbahagia atau berbangga hati punya murid-murid hebat seperti yang kita bayangkan sebelumnya. Buktinya? Jelas terlihat dari dua masalah di atas. Ternyata dengan merubah soal yang pada dasarnya masih berbau deret geometri takhingga juga, murid-murid kita pasti akan kesulitan. Intinya jika rumus tidak bisa dipakai, tidak bisa pula mengerjakan soal. Padahal di dunia ini mana ada masalah yang sama persis. Masalah di kehidupan nyata selalu dinamis. Berubah setiap saat sesuai perkembangan zaman.

Oleh karena itu, sudah seharusnya mulai sekarang, seorang guru, pendidik atau apalah istilahnya mulai memikirkan dan bekerja keras untuk menciptakan siswa-siswa (yang kelak akan menjadi penerus kita) yang mampu berpikir dan berinovasi untuk menyelesaikan permasalahan. Siswa yang mampu memanfaatkan pengalaman belajar sebelumnya untuk menyelesaikan persoalan pada pelajaran yang lebih sulit. Siswa pemikir bukan penghafal. Tentu ini kerja yang tidak mudah. Dan pasti sangat berat. Saya sendiri juga cuma bisa bercas cis cus belaka.

Ok cukup dulu. Itu tadi masalah berat. Tidak kuat saya melanjutkan. Ada baiknya sekarang kembali ke persoalan sebelumnya. Bagaimana caranya menghitung nilai $$\begin{equation*} 2+\frac{3}{2}+\frac{4}{4}+\frac{5}{8}+\frac{6}{16}+\cdots \end{equation*}$$ Sebelumnya mari sejenak kita melupakan rumus-rumus gaib seputar deret geometri takhingga yang sudah kita ketahui sebelumnya. Anggap kita tidak punya apa-apa dan tidak tahu apa-apa soal deret geometri takhingga. Ingat TIDAK TAHU APA-APA!!! Dan sekonyong-konyong ada orang yang bertanya, minta bantuan untuk menghitung nilai $$\begin{equation*} 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\cdots \end{equation*}$$ Yang bertanya pasti kurang kerjaan ini, hahaha :)

Hayo bagaimana kita menyelesaikannya? Anggap ada hadiah besar menanti jika kita bisa membantu menjawab pertanyaan tersebut. Biasanya jika ada iming-iming hadiah otak manusia jadi kreatif dan semangat berpikir. Begitu juga dengan saya.

Ayo berpikir!!!!! (dan harusnya seperti inilah yang namanya belajar). Mungkin ada yang ingat dulu ketika di SD pernah diajari atau pernah mengerjakan soal
Nyatakan bilangan $0,33333\cdots$ dalam bentuk pecahan biasa.
Penyelesaiannya relatif mudah bukan? Misalkan $x=0,33333\cdots$. Lalu karena bagian 'ekor' berulang takhingga maka jika $x$ dikalikan $10$ akan diperoleh bilangan baru yang 'ekornya' masih tetap sama. Jadi nanti bagian 'ekor' yang takhingga itu bisa dihilangkan. Lalu apa mesti dikali $10$? Tentu tidak harus $10$. Bisa saja dikali $100$, $1000$ atau yang lainnya. Yang terpenting bagian 'ekor'nya bisa kita eliminasi. Tetapi naluri alami manusia pasti mencari yang paling mudah. Jadi kalau sudah bisa dikali $10$ saja kenapa harus pakai yang lebih gede? Mesti bisa dan tidak salah, kan jadi tambah repot. Dan saya tidak mau repot. Jadi saya memutuskan dikali dengan $10$ saja. Jika $x$ dikali $10$ kita peroleh $$\begin{equation*} 10x=3,33333\cdots \end{equation*}$$ sehingga $$\begin{align*} 10x&=3,33333\cdots\\ x&=0,33333\cdots\\ --&---------\quad -\\ 9x&=3 \end{align*}$$ Jadi, $x=\dfrac{3}{9}=\dfrac{1}{3}$.

Nah, dari persoalan sederhana di atas, kita memperoleh ide : untuk mencari sesuatu yang ada kaitannya dengan takhingga maka bagian tak hingganya harus dieliminasi. Itu pointnya.

Mari kita coba terapkan ide tersebut pada persoalan menghitung nilai $$\begin{equation*} 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\cdots \end{equation*}$$ Pertama, caranya sama. Misalkan $S=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\cdots$. Pertanyaannya, $S$ kita kalikan berapa ya supaya diperoleh bilangan baru yang 'ekor'nya masih sama. Coba tebak? Ya, kita kalikan $S$ dengan $2$. Kenapa dapat ide angka $2$? Darimana? Apa dari langit? Tentu bukan.

Coba kita lihat kembali soal yang pecahan tadi. Dari bentuk $x=0,33333\cdots$ akan mudah ditebak jika $x$ dikalikan $10$ maka akan diperoleh bilangan dengan 'ekor' sama. Kenapa? Karena kalau $x$ dikali dengan $10$ maka tanda koma (,) pada nilai $0,33333\cdots$ akan bergeser ke kanan satu angka jadi diperoleh $3,33333\cdots$. Penjelasan seperti ini saya rasa mudah dipahami. Itulah kenapa muncul ide dikali $10$. Lalu apa hubungan hasil ini dengan ide mendapat angka $2$ pada persoalan mencari nilai $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\cdots$? Kan keduanya memiliki bentuk berbeda? Yang pertama mudah dilihat, jadi idenya mudah muncul. Sedangkan yang pecahan lebih ribet. Jelas beda donk. Masak sih beda, apa iya? Yakin kalau keduanya bentuknya beda? Coba perhatikan bentuk di bawah ini $$\begin{equation*} 0,33333\cdots=\frac{3}{10}+\frac{3}{100}+\frac{3}{1000}+\frac{3}{10000}+\cdots \end{equation*}$$ Sekarang sudah terlihat sama bukan? Setiap suku yang dijumlahkan penyebutnya merupakan kelipatan $10$ dari penyebut sebelumnya. Dan ternyata jika dikali dengan $10$ idenya berhasil. Maka akan sangat natural jika untuk bentuk $$\begin{equation*} S=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\cdots \end{equation*}$$ maka $S$ kita coba kali dengan $2$ dan ternyata it works. Yess. Selanjutnya mari kita aplikasikan ide tersebut $$\begin{align*} 2S&=2+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\cdots\\ S&=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\cdots\\ --&---------------------\quad -\\ S&=2 \end{align*}$$ Dan jreng-jreng!!!! Diperoleh nilai $S=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\cdots=2$.

Sampai di sini seharusnya ketika ada soal yang senada, walaupun sudah dimodifikasi tentu setidaknya ada ide harus ngapain? Tidak stuck dan tidak berharap ada rumus jatuh dari langit. Sekarang kita sudah tahu bagaimana harus bekerja. Oleh karena itu coba kita lihat kembali dua soal kita yang belum terselesaikan sebelumnya.

Pertama, hitung nilai $$\begin{equation*} 2+\frac{3}{2}+\frac{4}{4}+\frac{5}{8}+\frac{6}{16}+\cdots \end{equation*}$$ Udah tahu harus bagaimana kan?

Yupz, misalkan $S=2+\frac{3}{2}+\frac{4}{4}+\frac{5}{8}+\frac{6}{16}+\cdots$ maka kalikan $S$ dengan $2$ diperoleh $$\begin{equation*} 2S=4+3+\frac{4}{2}+\frac{5}{4}+\frac{6}{8}+\frac{7}{16}+\cdots \end{equation*}$$ sehingga diperoleh $$\begin{align*} 2S&=4+3+\frac{4}{2}+\frac{5}{4}+\frac{6}{8}+\frac{7}{16}+\cdots\\ S&=2+\frac{3}{2}+\frac{4}{4}+\frac{5}{8}+\frac{6}{16}+\cdots\\ --&----------------------\quad -\\ S&=5+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\cdots \end{align*}$$ Jadi, tinggal menghitung nilai dari $\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\cdots$. Yang tentu sudah bisa.

Soal kedua, hitung nilai dari $$\begin{equation*} \frac{1}{2}+\frac{1+2}{4}+\frac{1+2+3}{8}+\frac{1+2+3+4}{16}+\cdots \end{equation*}$$ Idenya masih sama. $$\begin{align*} 2S&=1+\frac{1+2}{2}+\frac{1+2+3}{4}+\frac{1+2+3+4}{8}+\frac{1+2+3+4+5}{16}+\cdots\\ S&=\frac{1}{2}+\frac{1+2}{4}+\frac{1+2+3}{8}+\frac{1+2+3+4}{16}+\cdots\\ --&--------------------------\quad -\\ S&=1+\frac{2}{2}+\frac{3}{4}+\frac{4}{8}+\frac{5}{16}+\cdots \end{align*}$$ sehingga tinggal menghitung nilai $\frac{2}{2}+\frac{3}{4}+\frac{4}{8}+\frac{5}{16}+\cdots$ yang tentu juga sudah bisa (seperti kasus soal pertama).

Sampai sejauh ini kita sudah memiliki pengalaman belajar yang lumayan banyak. Jadi, kalau saya bertanya hitunglah nilai dari $$\begin{equation*} a+ar+ar^2+ar^3+ar^4+ar^5+\cdots\cdots \end{equation*}$$ dengan $a$ dan $r$ bilangan real serta $-1 < r < 1$.
Ada yang bisa jawab? Atau setidaknya ada yang punya ide harus memulai dari mana?

Sebagai catatan batasan $-1 < r < 1$ memberi jaminan suku-suku yang dijumlahkan makin lama semakin kecil. Oleh karena itu bentuknya masih mirip dengan contoh-contoh yang kita bahas sebelumnya. Artinya ide yang kita pergunakan tadi seharusnya masih bisa pula dipakai untuk menyelesaikan persoalan terakhir ini.

Oke, sudah dulu ya. Jangan lupa silakan dicoba soal yang terakhir supaya bisa bertemu dengan si rumus gaib, hehehe

Tantangan tambahhan, coba tentukan nilai dari $$\begin{equation*} \frac{1^{-1}+2^{-1}+3^{-1}+4^{-1}+5^{-1}+6^{-1}+\cdots}{1^{-1}+3^{-1}+5^{-1}+7^{-1}+9^{-1}+11^{-1}+\cdots} \end{equation*}$$ (soal ini saya ambil dari buku matematika kelas X SMA kurikulum 2013)

Dalil Ceva dan Ceva Trigonometri

2013-09-21T00:32:00.001+07:00

Pada postingan kali ini saya akan mencoba membahas sedikit mengenai Dalil Ceva. Hal ini termotivasi soal OSN SMA nomor 2 kemarin yang didalamnya memanfaatkan Dalil Ceva. Oleh karena itu, bagi yang belum familiar dengan Dalil Ceva saya akan memberikan penjelasannya kali ini.

Dalil Ceva merupakan salah satu Teorema yang penting di geometri Euclid. Sangat penting terutama ketika berhubungan dengan pembuktian garis-garis yang bertemu di satu titik (konkuren). Berikut bunyi Dalil Ceva tersebut

Teorema 1 (Dalil Ceva). Pada segitiga $ABC$, titik $D,E$ dan $F$ berturut-turut terletak pada sisi $BC, CA$ dan $AB$. Garis-garis $AD, BE, CF$ bertemu di satu titik (konkuren) jika dan hanya jika $$\begin{equation*} \frac{AF}{FB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}=1 \end{equation*}$$

Bukti :

Bagian Pertama (arak ke kanan). Jika garis-garis $AD, BE, CF$ bertemu di satu titik (konkuren) maka $\frac{AF}{FB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}=1$.

Bukti. Misalkan $AD, BE, CF$ bertemu di titik $P$ seperti terlihat pada gambar di bawah ini

Perhatikan bahwa $\triangle APF$ dan $\triangle BPF$ serta $\triangle ACF$ dan $\triangle BCF$ masing-masing memiliki tinggi yang sama dengan alasnya berupa $AF$ dan $FB$. Dengan demikian kita peroleh $$\begin{equation*} \frac{AF}{FB}=\frac{[ACF]}{[BCF]}=\frac{[APF]}{[BPF]}=\frac{[ACF]-[APF]}{[BCF]-[BPF]}=\frac{[ACP]}{[BCP]} \end{equation*}$$ Dengan cara serupa diperoleh pula $$\begin{equation*} \frac{BD}{DC}=\frac{[BAP]}{[CAP]},\quad\text{dan}\quad\frac{CE}{EA}=\frac{[CBP]}{[APB]} \end{equation*}$$ Jadi, diperoleh $$\begin{equation*} \frac{AF}{FB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}=\frac{[ACP]}{[BCP]}\cdot\frac{[BAP]}{[CAP]}\cdot\frac{[CBP]}{[APB]}=1 \end{equation*}$$

Catatan : simbol $[ABC]$ menyatakan luas segitiga $ABC$.

Bagian Kedua (arak ke kiri). Jika berlaku $\frac{AF}{FB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}=1$ maka garis-garis $AD, BE, CF$ bertemu di satu titik (konkuren).

Bukti. Misalkan $AD$ dan $BE$ berpotongan di titik $O$ dan misalkan pula $CO$ memotong sisi $AB$ di $F'$. Oleh karena itu, cukup ditunjukkan bahwa $F=F'$.
Berdasarkan Bagian Pertama kita peroleh $$\begin{equation*} \frac{AF'}{F'B}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}=1 \end{equation*}$$ dan mengingat berlaku pula $$\begin{equation*} \frac{AF}{FB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}=1 \end{equation*}$$ berakibat $$\begin{equation*} \frac{AF'}{F'B}=\frac{AF}{FB} \end{equation*}$$ sehingga haruslah titik $F$ dan $F'$ keduanya berhimpit. Jadi, terbukti $F=F'$. Sehingga terbukti pula $AD, BE, CF$ bertemu di satu titik (konkuren).

Teorema 2 (Dalil Ceva Versi Trigonometri). Pada segitiga $ABC$, titik $D,E$ dan $F$ berturut-turut terletak pada sisi $BC, CA$ dan $AB$. Garis-garis $AD, BE, CF$ bertemu di satu titik (konkuren) jika dan hanya jika $$\begin{equation*} \frac{\sin \angle CAD}{\sin \angle BAD}\cdot\frac{\sin \angle ABE}{\sin \angle CBE}\cdot\frac{\sin \angle BCF}{\sin \angle ACF}=1 \end{equation*}$$

Bukti :

Perhatikan gambar di bawah ini!

Pada $\triangle CAD$ dan $\triangle BAD$ berdasarkan aturan sinus diperoleh $$\begin{equation*} \frac{DC}{\sin\angle CAD}=\frac{AC}{\sin\angle CDA}\quad\text{dan}\quad\frac{BD}{\sin\angle BAD}=\frac{AB}{\sin\angle BDA} \end{equation*}$$ karena $\sin \angle CDA=\sin\angle BDA$ berakibat $$\begin{equation*} \frac{\sin \angle CAD}{\sin \angle BAD}=\frac{DC\cdot AB}{BD\cdot AC} \end{equation*}$$ dengan cara yang sama dapat kita peroleh pula $$\begin{equation*} \frac{\sin \angle ABE}{\sin \angle CBE}=\frac{EA\cdot BC}{CE\cdot AB} \end{equation*}$$ dan $$\begin{equation*} \frac{\sin \angle BCF}{\sin \angle ACF}=\frac{FB\cdot AC}{AF\cdot BC} \end{equation*}$$ Oleh karena itu, $$\begin{align*} \frac{\sin \angle CAD}{\sin \angle BAD}\cdot\frac{\sin \angle ABE}{\sin \angle CBE}\cdot\frac{\sin \angle BCF}{\sin \angle ACF}&=\frac{DC\cdot AB}{BD\cdot AC}\cdot\frac{EA\cdot BC}{CE\cdot AB}\cdot\frac{FB\cdot AC}{AF\cdot BC}\\ &=\frac{AF}{FB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA} \end{align*}$$ sehingga Teorema 2 equivalen dengan Teorema 1 yang kebenarannya telah kita buktikan sebelumnya.

Sekian cerita singkat tentang Dalil Ceva. Semoga Bermanfaat

Solusi Alternatif : Soal Geometri Nomor 7 OSN Matematika SMA 2013

2013-09-19T23:17:00.000+07:00

Pada postingan kali ini saya ingin mengkhususkan pembahasan pada soal geometri nomor 7 OSN Matematika SMA tahun 2013. Untuk pembahasan soal-soal yang lain silakan klik di sini.

Pada solusi yang saya share sebelumnya, ide solusi untuk nomor 7 terinspirasi dari soal OSN SMA tahun 2008. Menurut saya konstruksinya sangat mirip. Maka muncullah solusi seperti yang saya share tersebut.

Setelah melihat kembali soal nomor 7 tersebut, saya terdorong untuk mencari solusi menggunakan vektor (teringat jajar genjang dan aturan jumlah pada vektor tepatnya). Nah dari ide vektor ini lahirlah solusi alternatif berikut ini, yang pada akhirnya bukan vektor juga, :)

Diberikan jajar genjang $ABCD$. Pada sisi luar jajar genjang, dikonstruksi persegi-persegi $ABC_1D_1, BCD_2A_2, CDA_3B_3$ dan $DAB_4C_4$. Pada sisi-sisi luar $B_4D_1, C_1A_2, D_2B_3$, dan $A_3C_4$ dari segitiga-segitiga $AB_4D_1, BC_1A_2, CD_2B_3$, dan $DA_3C_4$, konstruksi persegi-persegi lagi dengan pusat berturut-turut $O_A, O_B, O_C$ dan $O_D$. Buktikan bahwa $$\begin{equation*} AO_A=BO_B=CO_C=DO_D \end{equation*}$$

Penyelesaian :

Perhatikan gambar di bawah ini!

Misalkan $AC$ dan $BD$ berpotongan di titik $P$. Melihat konstruksi soal maka mudah dilihat bahwa $AO_A=CO_C$ dan $BO_B=DO_D$. Cukup rotasi sebesar $180^\circ$ terhadap titik $P$ sebagai bukti. Oleh karena itu, untuk membuktikan $AO_A=BO_B=CO_C=DO_D$ cukup ditunjukkan $AO_A=BO_B$.

Perhatikan bahwa $\triangle AB_4D_1\cong \triangle ABC$ dan $\triangle A_2BC_1\cong \triangle BCD$. Misalkan $Q$ dan $R$ berturut-turut titik tengah sisi $B_4D_1$ dan $A_2C_1$ selanjutnya kita peroleh $$\begin{equation*} \triangle AB_4Q\cong \triangle BCP\cong\triangle A_2BR \end{equation*}$$ Oleh karena itu, $AQ=BP=A_2R=RO_B$, dan $QO_A=B_4Q=PC=BR$ serta $\angle AQB_4=\angle BPC=\angle BRA_2\Longrightarrow \angle AQO_A=\angle BRO_B$ sehingga $$\begin{equation*} \triangle AQO_A\cong \triangle BRO_B \end{equation*}$$ yang berakibat $AO_A=BO_B$. Terbukti.

Ayo monggo dikoreksi solusi alternatif saya di atas. Mungkin ada typo di sana sini atau bahkan proses berfikirnya salah. Karena soalnya jadi relatif mudah jatuhnya untuk ukuran soal nomor 7, jika solusi saya di atas benar

Pembahasan OSN Matematika SMA Tahun 2013

2013-09-18T22:38:00.000+07:00

Sudah lama saya tidak update postingan di blog ini. Hal ini terkait koneksi internet saya yang sedang ada masalah.

Nah, untuk mengawali postingan setelah lama mati suri -kebetulan baru selesai OSN SMA juga- saya mencoba untuk share pembahasan OSN 2013 Bidang Matematika.

Pembahasan yang saya buat ini tentunya masih jauh dari kata perfect. Oleh karena itu, silakan diunduh, dibaca dan kemudian beri masukan kepada saya. Berikut link downloadnya:
Pembahasan OSN Matematika SMA tahun 2013

Problem From International Mathematical Olympiad (IMO) 2013

2013-07-27T11:50:00.000+07:00

Berikut soal International Mathematical Olympiad (IMO) ke- 54 tahun 2013 yang dilaksanakan di Colombia tanggal 23-24 Juli.

Day 1

Problem 1. Prove that for any two positive integers $k,n$ there exist positive integers $m_1,m_2,m_3,\cdots,m_k$ such that $$\begin{equation*} 1+\frac{2^k-1}{n}=\left(1+\frac{1}{m_1}\right)\left(1+\frac{1}{m_2}\right)\cdots\left(1+\frac{1}{m_k}\right) \end{equation*}$$

Problem 2. Given 2013 red and 2014 blue points in the plane, no three of them on a line. We aim to split the plane by lines (not passing through these points) into regions such that there are no regions containing points of both the colors. What is the least number of lines that always suffice?

Problem 3. Let $ABC$ be a triangle and let $A_1, B_1$, and $C_1$ be points of contact of the excircles with the sides $BC, AC$, and $AB$, respectively. Prove that if the circumcenter of $\triangle A_1B_1C_1$ lies on the circumcircle of $\triangle ABC$, then $\triangle ABC$ is a right triangle.

Day 2

Problem 4. Let $ABC$ be an acute triangle with orthocenter $H$, and let $W$ be a point on the side $BC$, between $B$ and $C$. The points $M$ and $N$ are the feet of the altitudes drawn from $B$ and $C$, respectively. $\omega_1$ is the circumcircle of triangle $BWN$ , and $X$ is a point such that $WX$ is a diameter of $\omega_1$. Similarly, $\omega_2$ is the circumcircle of triangle $CWM$ , and $Y$ is a point such that $WY$ is a diameter of $\omega_2$. Show that the points $X, Y$ , and $H$ are collinear

Problem 5. Let $\mathbb{Q}_{> 0}$ be the set of all rational numbers greater than zero. Let $f : \mathbb{Q}_{ > 0} \rightarrow \mathbb{R}$ be a function satisfying the following conditions :
(i). $f(x)f(y)\geq f(xy)$ for all $x,y\in \mathbb{Q}_{> 0}$
(ii). $f(x+y)\geq f(x)+f(y)$ for all $x,y\in \mathbb{Q}_{> 0}$
(iii). There exists a rational number $a > 1$ such that $f(a)=a$.
Show that $f(x)=x$ for all $x,y\in \mathbb{Q}_{> 0}$

Problem 6. Let $n\geq 3$ be an integer, and consider a circle with $n + 1$ equally spaced points marked on it. Consider all labellings of these points with the numbers $0, 1, \cdots, n$ such that each label is used exactly once; two such labellings are considered to be the same if one can be obtained from the other by a rotation of the circle. A labelling is called beautiful if, for any four labels $a < b < c < d$ with $a + d = b + c$, the chord joining the points labelled $a$ and $d$ does not intersect the chord joining the points labelled $b$ and $c$.
Let $M$ be the number of beautiful labellings and let $N$ be the number of ordered pairs $(x, y)$ of positive integers such that $x + y\leq n$ and $GCD(x, y) = 1$. Prove that $$\begin{equation*} M=N+1 \end{equation*}$$

Emas Pertama Indonesia di IMO (International Mathematical Olympiad)

2013-07-27T11:47:00.000+07:00

Selamat kepada Team Olimpiade Matematika Indonesia (TOMI) tahun 2013 atas keberhasilannya tahun ini. Setelah hampir 25 kali ikut berpartisipasi dalam IMO, baru kali ini Indonesia berhasil mendapatkan medali emas. Dan medali emas Indonesia yang pertama itu dipersembahkan oleh Stephen Sanjaya. Berikut hasil selengkapnya untuk capaian putra-putri terbaik Indonesia di IMO 2013

Kontestan	P1	P2	P3	P4	P5	P6	Award
Stephen Sanjaya	7	7	7	7	7	0	Gold Medal
Fransisca Susan	7	0	7	7	7	0	Silver Medal
Bivan Alzacky Harmanto	7	2	0	7	6	0	Bronze Medal
Kevin Christian Wibisono	7	0	2	7	3	0	Bronze Medal
Gede Bagus Bayu Pentium	7	3	0	7	1	0	Bronze Medal
Reza Wahyu Kumara	7	0	0	7	2	0	Bronze Medal

Sekali lagi selamat kepada team TOMI 2013. Semoga prestasi Indonesia untuk tahun-tahun depan di IMO bisa lebih baik dari tahun ini. Dan karena emas sudah pecah telur, semoga setiap tahun selalu ada dari Indonesia yang mendapatkan medali emas.