Soal dan Pembahasan Evaluasi GMOM September 2024

misal $x^{\frac13}=p$,

$p+\dfrac1p=2$

\(\begin{aligned} p^2+\dfrac1{p^2}&=\left(p+\dfrac1p\right)^2-2\\[4pt] &=2^2-2\\ &=2 \end{aligned}\)

\(\begin{aligned} p^4+\dfrac1{p^4}&=\left(p^2+\dfrac1{p^2}\right)^2-2\\[4pt] &=2 \end{aligned}\)

\(\begin{aligned} \left(p^2+\dfrac1{p^2}\right)\left(p^4+\dfrac1{p^4}\right)&=(2)(2)\\[4pt] p^6+\dfrac1{p^6}+p^2+\dfrac1{p^2}&=4\\[4pt] p^6+\dfrac1{p^6}+2&=4\\[4pt] p^6+\dfrac1{p^6}&=4-2\\ x^2+\dfrac1{x^2}&=\color{blue}\boxed{\boxed{\color{black}2}} \end{aligned}\)

84 = 3 × 4 × 7

Agar habis dibagi 4, maka 2 digit terakhir adalah 76.
Agar habis dibagi 3, digit 7-nya dibutuhkan 2 buah lagi. Tapi bilangan 7776 tidak habis dibagi 7. Agar habis dibagi 7, maka kita cari 6⋅10ⁿ ≡ 1 mod 7, untuk 1 ≤ n ≤ 4, atau 3ⁿ ≡ − 1 mod 7.
3 ≡ −4 mod 7
3² = 9 ≡ 2 mod 7 ≡ −5 mod 7
3³ = 27 ≡ 6 mod 7 ≡ −1 mod 7
Kita tempatkan digit 6 di tempat ribuan. Sehingga bilangan yang dicari adalah 76776.

• tidak melakukan pergantian

  1 cara

• 1× pergantian

  kita pilih 1 dari 11 pemain cadangan, kemudian pilih 1 dari 11 pemain start up untuk diganti.
  11² ≡ 1² mod 10 ≡ 1 mod 10

• 2× pergantian

  Kita pilih 1 dari 11 pemain cadangan, kemudian pilih 1 dari 11 pemain start up, kemudian pilih 1 dari 10 pemain cadangan tersisa, kemudian pilih 1 dari 11 pemain di lapangan.
  11⋅11⋅10⋅11 ≡ 0 mod 10

• 3× pergantian

  Dengan konsep yang sama dengan 2× pergantian, didapat:
  11⋅11⋅10⋅11⋅9⋅11 ≡ 0 mod 10

(1 + 1 + 0 + 0) mod 10 ≡ 2 mod 10

untuk segitiga ABC,
$s=\dfrac{7+8+9}2=12$

\(\begin{aligned} \left[ABC\right]&=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\\ &=\sqrt{12(12-7)(12-8)(12-9)}\\ &=\sqrt{12(5)(4)(3)}\\ &=12\sqrt5 \end{aligned}\)

Karena $\dfrac{DC}{BC}=\dfrac39=\dfrac13$, maka
\(\begin{aligned} \left[ADC\right]&=\dfrac13[ABC]\\[4pt] k&=\dfrac13\left(12\sqrt5\right)\\[4pt] &=4\sqrt5\\ k^2&=4^2(5)\\ &=\color{blue}\boxed{\boxed{\color{black}80}} \end{aligned}\)

Kita ambil nilai tengah dari masing-masing baris.
1, 4, 9, 16, 25, 36, ...
Perhatikan bahwa barisan baru tersebut merupakan barisan bilangan kuadrat. Banyaknya bilangan pada baris ke-n adalah n. Nilai tengah pada baris ke-30 adalah
30² = 900
Kolom ke-15 merupakan bilangan di kiri dan terdekat dengan 900, sehingga bilangan pada baris ke-30 kolom ke-15 adalah 900 − 1 = 899.

30 = 2 ⋅ 3 ⋅ 5
6 = 2 ⋅ 3
Perhatikan bahwa 5 ∤ a

45 = 3² ⋅ 5
360 = 2³ ⋅ 3² ⋅ 5
Karena 2 ∤ 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.

banyaknya cara menyusun 9 buku adalah
9! = 362880

• Jika ada 2 buku fisika berdekatan

  __ FF ___ F ___
  __ F ___ FF ___
  Misal a adalah banyak buku non-fisika di kiri (a ≥ 0), b adalah banyak buku non-fisika di tengah (b ≥ 1), dan c adalah banyak buku non-fisika di kanan (c ≥ 0).
  a + b + c = 6
  Misal b₁ = b − 1,
  a + b₁ + c = 5
  Banyak permutasi (a, b₁, c) adalah
  $\binom{5+3-1}{5}=21$
  
  2 ⋅ 3! ⋅ 21 ⋅ 6! = 181440

• Jika ada 3 buku fisika berdekatan

  3! ⋅ 7! = 30240

362880 − (181440 + 30240) = 151200

Misal XD = x, maka AX = 4x.
\(\begin{aligned} \dfrac{CX}{AX}&=\dfrac{DC}{AB}\\[4pt] \dfrac{CX}{4x}&=\dfrac24\\[4pt] CX&=2x \end{aligned}\)

\(\begin{aligned} AX+CX&=AC\\ 4x+2x&=6\\ 6x&=6\\ x&=1 \end{aligned}\)

XD = 1, CX = 2
XD + CX + DC = 1 + 2 + 2 = 5

Perhatikan bahwa P(k) = 2k untuk k ∈ {1, 2, 3, 4},, jadi bisa kita tulis:
\(\begin{aligned} P(x)&=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)+2x\\ P(5)&=(5-1)(5-2)(5-3)(5-4)+2(5)\\ &=(4)(3)(2)(1)+10\\ &=\color{blue}\boxed{\boxed{\color{black}34}} \end{aligned}\)

\(\begin{aligned} 11^{2024}\mod111&\equiv\left(11^2\right)^{1012}\mod111\\ &\equiv121^{1012}\mod111\\ &\equiv10^{1012}\mod111\\ &\equiv10^{3n}\cdot10\mod111\\ &\equiv1000^{n}\cdot10\mod111\\ &\equiv1^{n}\cdot10\mod111\\ &\equiv10\mod111 \end{aligned}\)

Kita cari terlebih dahulu banyak bilangan dari 1 hingga 2024 yang habis dibagi 2 atau 17.

• Habis dibagi 2

  $\left\lfloor\dfrac{2024}2\right\rfloor=1012$

• Habis dibagi 17

  $\left\lfloor\dfrac{2024}{17}\right\rfloor=119$

• Habis dibagi 2 dan 17

  alias habis dibagi 34.
  $\left\lfloor\dfrac{2024}{34}\right\rfloor=59$

1012 + 119 − 59 = 1072

Banyak bilangan yang tidak habis dibagi 2 atau 17,
2024 − 1072 = 952

\(\begin{aligned} \displaystyle\sum_{n=1}^{2024}a_n&=4\cdot1072+2\cdot952\\ &=4288+1904\\ &=\color{blue}\boxed{\boxed{\color{black}6192}} \end{aligned}\)

Misal DE menyinggung setengah lingkaran tersebut di F.
DA = DF = 8
Misal FE = BE = x.
DE = DF + FE = 8 + x CE = 8 − x
Dari segitiga CDE,
\(\begin{aligned} DC^2+CE^2&=DE^2\\ 8^2+(8-x)&=(8+x)^2\\ 64+64-16x+x^2&=64+16x+x^2\\ 64&=32x\\ x&=2 \end{aligned}\)

DE = 8 + 2 = 10

Agar nilai x₇₆ − x₁₆ maksimum, maka x₇₆ harus terbesar dan x₁₆ harus terkecil. Dengan kata lain,
x₇₆ = x₇₇ = ⋯ = x₁₀₀
x₁ = x₂ = ⋯ = x₁₆
Untuk x₁₇ sampai x₇₅ harus bernilai 0. Misal x₇₆ = a > 0, dan x₁₆ = b < 0. Substitusikan ke persamaan,
25a − 16b = 1
25a + 16b = 0
Didapat a = $\dfrac1{50}$ dan b = $-\dfrac1{32}$.

$\dfrac1{50}-\left(-\dfrac1{32}\right)=\dfrac{41}{800}$
41 + 800 = 841

• Untuk p = 2

  2 + 8 = 10 (bukan bilangan prima)

• Untuk p = 3

  3 + 8 = 11 (prima)
  3 + 16 = 19 (prima)

• Untuk p ≥ 5

  Untuk bilangan prima yang lebih besar atau sama dengan 5, bisa ditulis dalam bentuk 6k − 1 atau 6k + 1, dengan k bilangan asli.

  Untuk p = 6k − 1

  6k − 1 + 8 = 6k + 7 (mungkin prima)
  6k − 1 + 16 = 6k + 15 = 3(2k + 5) (bukan prima)

  Untuk p = 6k + 1

  6k + 1 + 8 = 6k + 9 = 3(2k + 3) (bukan prima)

Hanya p = 3 yang memenuhi.

$n(S)=\binom{15}{3}=455$

2 orang di antaranya duduk bersebelahan

Dari 15 orang yang duduk di meja bundar, kita ambil 2 orang yang duduk bersebelahan. Ada 15 kemungkinan. Kemudian kita ambil 1 orang yang tidak duduk bersebelahan dengan 2 orang tersebut. Ada 11 kemungkinan.
15 × 11 = 165

3 orang duduk bersebelahan

Dari 15 orang yang duduk di meja bundar, kita ambil 3 orang yang duduk bersebelahan. Ada 15 kemungkinan.

\(\begin{aligned} P&=\dfrac{165+15}{455}\\[4pt] &=\dfrac{180}{455}\\[4pt] &=\dfrac{36}{91} \end{aligned}\)
36 + 91 = 127

Misal AB = c = 15, AD = d = 15, BD = m = 10, dan CD = n.

$k=\dfrac{c}m=\dfrac{15}{10}=\dfrac32$

\(\begin{aligned} d^2&=mn\left(k^2-1\right)\\ 15^2&=10\cdot n\left(\left(\dfrac32\right)^2-1\right)\\[4pt] 45&=2n\left(\dfrac94-1\right)\\[4pt] 45&=\dfrac52n\\[4pt] n&=18 \end{aligned}\)

\(\begin{aligned} ab&\leq\left(\dfrac{a+b}2\right)^2\\[4pt] &\leq\left(\dfrac82\right)^2\\[4pt] &\leq16 \end{aligned}\)

\(\begin{aligned} P&=\left(1+\dfrac1a\right)\left(1+\dfrac1b\right)\\[8pt] &=1+\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1{ab}\\[4pt] &=1+\dfrac{a+b+1}{ab}\\[4pt] &=1+\dfrac{8+1}{ab}\\[4pt] &=1+\dfrac9{ab}\\[4pt] &\geq1+\dfrac9{16}=\dfrac{25}{16} \end{aligned}\)

25 − 16 = 9

\(\begin{aligned} 2ab-5a-3b&=3\\ 4ab-10a-6b&=6\\ (2a-3)(2b-5)-15&=6\\ (2a-3)(2b-5)&=21=1\cdot21=3\cdot7 \end{aligned}\)
Perhatikan bahwa

• 2a − 3 ≥ 2 − 3 = −1
• 2b − 5 ≥ 2 − 5 = −3

Sehingga (2a − 3) dan (2b − 5) pasti positif.
(2a − 3, 2b − 5) ∈ {(1, 21), (21, 1), (3, 7), (7, 3)}
Ada 4 pasangan

Agar tidak diperoleh 23 kelereng dengan warna sama, maka maksimum banyak kelereng masing-masing warna yang bisa diambil adalah

Warna	Banyak Kelereng
Merah	20
Hijau	22
Biru	16
Kuning	22
Hitam	22
Jumlah	102

Maka agar dipastikan ada 23 kelereng dengan warna sama harus mengambil minimal 103 kelereng.

\(\begin{aligned} \tan A&=\dfrac{2pq}{p-q}\\[4pt] \dfrac{\sin A}{\cos A}&=\dfrac{2pq}{p-q}\\[4pt] \dfrac{\sqrt{2pq}}{\cos A}&=\dfrac{2pq}{p-q}\\[4pt] \cos A&=p-q \end{aligned}\)

\(\begin{aligned} \sin^2A+\cos^2A&=1\\ \left(\sqrt{2pq}\right)^2+(p-q)^2&=1\\ 2pq+p^2-2pq+q^2&=1\\ p^2+q^2&=\color{blue}\boxed{\boxed{\color{black}1}} \end{aligned}\)