HOTS Zone : Bilangan Bulat [5]
Table of Contents
Tipe:
No.
Apabila a, b adalah bilangan asli yang relatif prima danALTERNATIF PENYELESAIAN
Misalkan 25! = 2x1 × 3x2 × 5x3 × 7x4 × 11x5 × 13x6 × 17x7 × 19x8 × 23x9.
Maka, agar gcd(a, b) = 1, a dan b tidak boleh ada faktor prima yang sama. Maka, soal ini ekivalen dengan:
"Ada berapa cara untuk membentuk pecahan dengan 9 suku, di mana suku hanya bisa di atas atau di bawah?".
29 =512
Maka, agar gcd(a, b) = 1, a dan b tidak boleh ada faktor prima yang sama. Maka, soal ini ekivalen dengan:
"Ada berapa cara untuk membentuk pecahan dengan 9 suku, di mana suku hanya bisa di atas atau di bawah?".
29 =
Jadi, banyaknya bilangan rasional yang dapat dinyatakan dalam bentuk $\dfrac{a}b$ ada 512.
No.
Tentukan banyaknya bilangan empat digit $\overline{abcd}$ sehingga $\overline{abcd}$ dan $\overline{dbca}$ habis dibagi 7.ALTERNATIF PENYELESAIAN
Perhatikan bahwa $\overline{abcd}-\overline{dbca}=999(a-d)\equiv0\mod7\Rightarrow a\equiv d\mod7$.
Maka ada 13 pasangan (a, d) yang mungkin memenuhi syarat tersebut, yakni:
(a, d) =(1, 1), (1, 8), (2, 2), (2, 9), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6), (7, 7), (8, 1), (8, 8), (9, 2), (9, 9).
Lalu, perhatikan bahwa
\(\begin{aligned} \overline{abcd}&\equiv0\mod7\\ 1000a+d+10\times\overline{bc}&\equiv0\mod7\\ 1001a+3\times\overline{bc}&\equiv0\mod7\\ \overline{bc}&\equiv0\mod7 \end{aligned}\)
Maka, ada 15 bilangan 2 digit $\overline{bc}$ yang memenuhi syarat tersebut, yakni:$\overline{bc}$ = 00, 07, ..., 98.
13 × 15 =195
Maka ada 13 pasangan (a, d) yang mungkin memenuhi syarat tersebut, yakni:
(a, d) =
Lalu, perhatikan bahwa
\(\begin{aligned} \overline{abcd}&\equiv0\mod7\\ 1000a+d+10\times\overline{bc}&\equiv0\mod7\\ 1001a+3\times\overline{bc}&\equiv0\mod7\\ \overline{bc}&\equiv0\mod7 \end{aligned}\)
Maka, ada 15 bilangan 2 digit $\overline{bc}$ yang memenuhi syarat tersebut, yakni:
13 × 15 =
Jadi, banyaknya bilangan empat digit $\overline{abcd}$ sehingga $\overline{abcd}$ dan $\overline{dbca}$ habis dibagi 7 ada 195.
No.
Diketahui bahwa a, b, c adalah bilangan bulat dana2 + b2 + c2 = 2022abc
adalah ....
ALTERNATIF PENYELESAIAN
Karena jelas bahwa 2022abc adalah bilangan genap, maka a2 + b2 + c2 juga haruslah bilangan genap. Agar a2 + b2 + c2 bilangan genap, maka terdapat dua kasus yang mungkin, yaitu:
Sehingga,a2 + b2 + c2 ≡ 0 + 1 + 1 (mod 4) ≡ 2 (mod 4). Sedangkan 2022abc ≡ 0 (mod 4), kontradiksi.
Maka, untuk kasus ini, tidak ada solusi a, b, c yang memenuhi.v2(k) = x sebagai pangkat terbesar dari 2 yang habis membagi k
WLOGmin(v2(a), v2(b), v2(c)) = v2(a) = n ≥ 1
Misalkana = 2na1, b = 2nb1, c = 2nc1
Maka,
\(\begin{aligned} \left(2^na_1\right)^2+\left(2^nb_1\right)^2+\left(2^nc_1\right)^2&=2022\left(2^na_1\right)\left(2^nb_1\right)\left(2^nc_1\right)\\ 2^{2n}\left(a_1^2+b_1^2+c_1^2\right)&=2^{3n}\cdot2022a_1b_1c_1\\ a_1^2+b_1^2+c_1^2&=2^n\cdot2022a_1b_1c_1 \end{aligned}\)
Karena v2(a) = n dana = 2na1, maka a1 ganjil.
Perhatikan bahwa karena2n ⋅ 2022a1b1c1 genap maka a12 + b12 + c12 juga haruslah genap.
Lihat pula bahwa karena a1 ganjil, maka tepat satu dari b1 dan c1 genap, dan yang lainnya ganjil.
Sehinggaa12 + b12 + c12 ≡ 1 + 0 + 1 (mod 4) ≡ 2 (mod 4). Sedangkan, 2n ⋅ 2022a1b1c1 ≡ 0 (mod 4), kontradiksi.
Kasus 2 juga tidak memiliki solusi.
Kasus 1. Tepat 1 diantara a, b, dan c adalah bilangan genap.
WLOG a bilangan genap. Maka, b dan c adalah bilangan ganjil.Sehingga,
Maka, untuk kasus ini, tidak ada solusi a, b, c yang memenuhi.
Kasus 2. a, b, dan c bilangan genap.
DefinisikanWLOG
Misalkan
Maka,
\(\begin{aligned} \left(2^na_1\right)^2+\left(2^nb_1\right)^2+\left(2^nc_1\right)^2&=2022\left(2^na_1\right)\left(2^nb_1\right)\left(2^nc_1\right)\\ 2^{2n}\left(a_1^2+b_1^2+c_1^2\right)&=2^{3n}\cdot2022a_1b_1c_1\\ a_1^2+b_1^2+c_1^2&=2^n\cdot2022a_1b_1c_1 \end{aligned}\)
Karena v2(a) = n dan
Perhatikan bahwa karena
Lihat pula bahwa karena a1 ganjil, maka tepat satu dari b1 dan c1 genap, dan yang lainnya ganjil.
Sehingga
Kasus 2 juga tidak memiliki solusi.
Jadi, banyaknya solusi persamaan
a2 + b2 + c2 = 2022abc
adalah tidak ada atau 0.No.
Banyaknya bilangan bulat dari 1001 sampai dengan 2022 yang habis dibagi 12 atau 18 adalah ....ALTERNATIF PENYELESAIAN
Banyaknya bilangan bulat dari 1001 sampai dengan 2022 yang habis dibagi 12:
\(\left\lfloor\dfrac{2022}{12}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{1000}{12}\right\rfloor=168-83=85\)
Banyaknya bilangan bulat dari 1001 sampai dengan 2022 yang habis dibagi 18:
\(\left\lfloor\dfrac{2022}{18}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{1000}{18}\right\rfloor=112-55=57\)
KPK(12,18) = 36
Banyaknya bilangan bulat dari 1001 sampai dengan 2022 yang habis dibagi 36:
\(\left\lfloor\dfrac{2022}{36}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{1000}{36}\right\rfloor=56-27=29\)
85 + 57 − 29 =113
\(\left\lfloor\dfrac{2022}{12}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{1000}{12}\right\rfloor=168-83=85\)
Banyaknya bilangan bulat dari 1001 sampai dengan 2022 yang habis dibagi 18:
\(\left\lfloor\dfrac{2022}{18}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{1000}{18}\right\rfloor=112-55=57\)
KPK(12,18) = 36
Banyaknya bilangan bulat dari 1001 sampai dengan 2022 yang habis dibagi 36:
\(\left\lfloor\dfrac{2022}{36}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{1000}{36}\right\rfloor=56-27=29\)
85 + 57 − 29 =
Jadi, banyaknya bilangan bulat dari 1001 sampai dengan 2022 yang habis dibagi 12 atau 18 adalah 113.
No.
Ada berapa banyak diantara bilangan-bilangan 20000002, 20011002, 20022002, 20033002 yang habis dibagi 9 ?- 0
- 1
- 2
- 3
- 4
ALTERNATIF PENYELESAIAN
Bilangan yang habis dibagi 9 adalah bilangan yang jumlah digit-digitnya habis dibagi 9.
2 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 2 = 4 (tidak habis dibagi 9)
2 + 0 + 0 + 1 + 1 + 0 + 0 + 2 = 6 (tidak habis dibagi 9)
2 + 0 + 0 + 2 + 2 + 0 + 0 + 2 = 8 (tidak habis dibagi 9)
2 + 0 + 0 + 3 + 3 + 0 + 0 + 2 = 10 (tidak habis dibagi 9)
2 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 2 = 4 (tidak habis dibagi 9)
2 + 0 + 0 + 1 + 1 + 0 + 0 + 2 = 6 (tidak habis dibagi 9)
2 + 0 + 0 + 2 + 2 + 0 + 0 + 2 = 8 (tidak habis dibagi 9)
2 + 0 + 0 + 3 + 3 + 0 + 0 + 2 = 10 (tidak habis dibagi 9)
Jadi, tidak ada bilangan yang habis dibagi 9.
JAWAB: A
JAWAB: A
No.
Jika a adalah bilangan asli yang memenuhiALTERNATIF PENYELESAIAN
30 = 2 ⋅ 3 ⋅ 5
6 = 2 ⋅ 3
Perhatikan bahwa5 ∤ a
45 = 32 ⋅ 5
360 = 23 ⋅ 32 ⋅ 5
Karena2 ∤ 45, maka 23 ∣ a
Karena faktor prima dari 360 hanya 2, 3, dan 5, maka
a = 23 ⋅ 3n, untuk 1 ≤ n ≤ 2 . Jumlah semua nilai a yang mungkin adalah
23 ⋅ 3 + 23 ⋅ 32 = 24 + 72 = 96.
6 = 2 ⋅ 3
Perhatikan bahwa
45 = 32 ⋅ 5
360 = 23 ⋅ 32 ⋅ 5
Karena
Karena faktor prima dari 360 hanya 2, 3, dan 5, maka
23 ⋅ 3 + 23 ⋅ 32 = 24 + 72 = 96.
Jadi, jumlah semua nilai a yang mungkin adalah 96.
Post a Comment