Solusi Soal OSN 2012 Matematika SMA/MA Hari Pertama

Transkripsi

1 Solusi Soal OSN Matematika SMA/MA Hari Pertama Soal 1. Buktika bahwa utuk sebarag bilaga asli a da b, bilaga adalah bilaga bulat geap tak egatif. = F P B (a, b) + KP K (a, b) a b Solusi. Pertama aka dibuktika bahwa adalah bilaga geap. Utuk membuktika ii, kita aka tijau 3 kasus: (i). a da b keduaya gajil, maka jelas bahwa F P B (a, b) da KP K (a, b) keduaya gajil sehigga geap. (ii). a da b keduaya geap, maka jelas bahwa F P B (a, b) da KP K (a, b) keduaya geap sehigga geap. (iii). a da b beda paritas (satu geap yag laiya gajil), maka F P B (a, b) gajil da KP K (a, b) geap sehigga geap. Sekarag, tiggal dibuktika bahwa 0. Misalka F P B (a, b) = d maka kita dapat tulis a = dx da b = dy utuk suatu bilaga asli x da y dega F P B (x, y) = 1. Substitusika ke persamaa yag diberika kita peroleh = d + dxy dx dy+ = dxy dx dy + d = d (x 1) (y 1) yag jelas tak egatif karea d > 0, x 1 0, da y 1 1. (terbukti) Skema Peilaia: Membuktika geap: 3 poi da 0 : 4 poi. Parsial: Setiap kasus (parsial) utuk membuktika geap: 1 poi Meyataka a da b dalam d, x, da y : 1 poi Meyataka = dxy dx dy + d: 1 poi Memfaktorka: 1 poi Meyimpulka d 0 : 1 poi

2 Soal 2. Diberika bilaga asli da bilaga-bilaga real positif a 1, a 2,..., a. Buktika bahwa (1 + a 1 ) 2 (1 + a 2 ) 3 (1 + a ) +1 ( + 1) +1 a 1 a 2 a da tetuka kapa kesamaa berlaku. Solusi 1. Dega megguaka ketaksamaa AM-GM diperoleh (1 + a 1 ) 2 (2 a 1 ) 2 = 2 2 a 1 ( 1 (1 + a 2 ) 3 = ) 3 ( 2 + a 2 (1 + a 1 ) = 3 3 a2 2 2 ) 3 = 3 3 a ( ) ( ) 1 + a a 1 1 ( 1) 1 = a 1 ( 1) 1. Bila semua ketaksamaa di atas dikalika diperoleh (1 + a 1 ) 2 (1 + a 2 ) 3 (1 + a 1 ) ( ) ( 2 2 a a ) ( Kesamaa berlaku jika da haya jika 1 = a 1, 1 2 = a 2,..., 1 1 = a 1. ) a 1 ( 1) 1 = a 1 a 2 a 1. Solusi 2. (Iduksi Matematika) Utuk = 1, ketaksamaa bear karea (1 + a 1 ) 2 = 1 + a a 1 2a 1 + 2a 1 = 4a 1. Asumsika peryataa bear utuk suatu bilaga asli = k 1, yaki (1 + a 1 ) 2 (1 + a 2 ) 3 (1 + a k 1 ) k k k a 1 a 2 a k 1. Aka dibuktika bahwa (1 + a 1 ) 2 (1 + a 2 ) 3 (1 + a k 1 ) k (1 + a k ) k+1 (k + 1) k+1 a 1 a 2 a k 1 a k. Berdasarka hipotesis iduksi, diperoleh LHS k k a 1 a 2 a k 1 (1 + a k ) k+1. Jadi, cukup dibuktika bahwa k k a 1 a 2 a k 1 (1 + a k ) k+1 (k + 1) k+1 a 1 a 2 a k 1 a k atau ekivale dega (1 + a k ) k+1 (k + 1)k+1 a k k k. Ketaksamaa terakhir ii dapat diselesaika dega AM-GM seperti di solusi official.

3 Skema Peilaia: Membuktika ketaksamaa: 5 poi Utuk Solusi 1 Megguaka Ketaksamaa AM-GM atau sejeisya utuk satu atau beberapa kasus : 1 poi Megguaka Ketaksamaa AM-GM atau sejeisya utuk kasus 1, 2,..., : 3 poi Memperoleh kesimpula: 5 poi Peroleha poi di atas tidak ditambahka. Utuk Solusi 2 Membuktika utuk kasus = 1: 1 poi Megubah ke masalah ekivale: 2 poi Memperoleh kesimpula: 2 poi Peroleha poi di atas ditambahka. Memperoleh kesamaa: 2 poi Haya meebak (da megecek): 1 poi Ditujukka cara medapatkaya: 2 poi

4 Soal 3. Diberika segitiga lacip ABC dega titik pusat ligkara luar O da memeuhi AB > AC. Garis BO da CO memotog garis bagi BAC berturut-turut di titik P da Q. Selajutya, garis BQ da CP berpotoga di titik R. Buktika bahwa AR tegak lurus BC. Solusi 1. Misalka garis bagi BAC memotog BC di titik U da garis tiggi segitiga ABC dari titik A memotog garis CP di titik S. Yag harus dibuktika adalah P U, CO da BS kokure. Kalau ii terbukti, maka S = R yag berakibat AR tegak lurus BC (karea AS sudah tegak lurus BC) (1 pt) Pertama, karea AO = BO da karea AS garis tiggi, maka BAO = 180 AOB 2 = ACB 2 = 90 ACB = CAS. Sekarag kembali ke soal, dega teorema Ceva, cukup ditujukka bahwa BU UC CS SP P O OB = 1. (1 pt) Lagkah pertama, dega teorema garis bagi diperoleh (2 pts) Lagkah kedua, CS SP = [ACS] [AP S] = 1 BU UC = AB AC. AS AC si CAS 2 (2 pts) Lagkah ketiga, dega cara yag sama, 1 2 AS AP si SAP = AC si CAS AP si SAP. P O BO = AP si P AO AB si BAO. (1 pt) Terakhir, BAO = CAS da P AO = SAP, maka BU UC CS SP P O OB = AB AC si CAS AC AP si SAP AP si P AO AB si BAO = 1. Solusi 2. Kita guaka otasi seperti solusi sebelumya da aka dibuktika bahwa BU UC CS SP P O OB = 1.

5 Misalka besar sudut-sudut seperti pada gambar. Kita mempuyai BU UC CS SP P O OB = AB AC CS SP AP AP P O OB = AB OB CS AC AP SP P O SP = si γ si α si α si θ si θ si β si β si γ = 1 seperti yag diigika di solusi sebelumya. Solusi 3. Misalka garis bagi BAC memotog BC di titik U. Refleksika titik C terhadap garis AU meghasilka titik C. Ii berakibat, C terletak di sisi AB dega AC = AC, C P = CP da AP C = AP C. Misalka juga garis AO da C P berpotoga di S. Pertama, karea P U, CO, BR kokure, dega Teorema Ceva diperoleh BU UC CR RP P O OB = 1. Berikutya, tijau segitiga BP C dega trasversal yag melalui A, S, O. Dega Teorema Meelaus diperoleh BA AC C S SP P O OB = 1. Terakhir, Teorema Garis Bagi da fakta AC = AC meghasilka BU UC = AB AC = AB AC.

6 Kombiasi tiga persamaa di atas meghasilka C S SP = CR RP, sehigga RS sejajar CC. Dega demikia, S adalah bayaga dari titik R ketika dicermika terhadap garis AU. Ii berakibat sehigga AR tegak lurus AC. CAR = BAO = 90 ACB

7 Soal 4. Diberika titik berbeda A 1, A 2,..., A di bidag Cartesius. Utuk sebarag permutasi B 1, B 2,..., B dari A 1, A 2,..., A, didefiisika bayaga dari titik P terhadap permutasi tersebut sebagai berikut. Titik P dirotasika 180 dega pusat B 1 meghasilka titik P 1, titik P 1 dirotasika 180 dega pusat B 2 meghasilka titik P 2,... titik P 2011 dirotasika 180 dega pusat B meghasilka titik P. Selajutya, titik P dikataka sebagai bayaga dari titik P terhadap permutasi B 1, B 2,..., B. Misalka N adalah bayak bayaga titik P yag berbeda terhadap semua permutasi dari A 1, A 2,..., A. Tetukalah ilai terbesar yag mugki bagi N. Solusi. Jawab: C 1006 Misalka koordiat P adalah (r, s), koordiat A i adalah (x i, y i ) da koordiat B i adalah (p i, q i ). Koordiat P 1 adalah (2p 1 r, 2q 1 s) karea B 1 merupaka titik tegah dari P P 1. Koordiat P 2 adalah (2p 2 2p 1 + r, 2q 2 2q 1 + s) karea B 2 merupaka titik tegah dari P 1 P Koordiat P adalah sebagai berikut: Absisya adalah r + 2(p 2 + p p ) 2(p 1 + p p 2011 ) Ordiatya adalah s + 2(s 2 + s s ) 2(s 1 + s s 2011 ) Perhatika bahwa koordiat P adalah tetap, sehigga faktor utama yag mempegaruhi koordiat P adalah B i maa yag masuk ke posisi geap da maa yag masuk ke posisi gajil. Misalka B 1, B 3, B 5 ditukar-tukar, tidak aka mempegaruhi posisi P. Demikia pula jika B 2, B 4 ditukar. Semua B i ii adalah permutasi dari A i, sehigga ada C1006 cara utuk memilih A i maa yag masuk ke posisi geap, da sisaya aka masuk ke posisi gajil. Kita sudah meujukka bahwa ada palig bayak C1006 bayaga P yag mugki. Kita belum membuktika bahwa misalya B 1 da B 5 ditukar, maka bayaga yag terbetuk pasti berbeda. Sekarag aka kita tujukka bahwa ada A i sedemikia sehigga ada tepat C1006 bayaga P yag mugki. Yaki, jika B i da B j ditukar, di maa i geap da j gajil, maka bayaga yag terbetuk pasti berbeda. Buatlah koordiat A i di (2 i, 0) da koordiat P di (0, 0). Misalka a 1,..., a 1006 adalah ideks yag terpilih utuk masuk posisi geap, da b 1,..., b 1006 adalah ideks yag terpilih utuk masuk posisi gajil dalam permutasi B i. Sekarag, posisi bayaga P tergatug dari jumlah berikut ii:

8 (2 a a 1006 ) (2 b b 1006 ) = 2(2 a a 1006 ) ( ) Sekarag, ilai dari suku pertama aka tergatug oleh ideks maa saja yag terpilih masuk posisi geap. Jika X = 2 a a 1006, maka tijau represetasi bier dari X. Digit-digit yag berisi 1 adalah a i da digit-digit yag berisi 0 adalah b i. Jika kita memilih ideks yag berbeda utuk masuk ke posisi geap da gajil, maka ilai X juga aka terubah, sehigga posisi bayaga P juga berubah. Skema Peilaia: 1. Dapat meetuka absis da ordiat dari bayaga titik P : 1 poi 2. Sampai dapat meemuka bayak maksimum bayaga dari P yag mugki: 3 poi 3. Dapat meemuka suatu kostruksi yag dapat meghasilka bayaga dari P yag berbeda sebayak C 1006: 4 poi Jumlah poi dari 1 da 2 maksimum 3.

9 Solusi Soal OSN Matematika SMA/MA Hari Kedua Soal 5. Diberika bilaga asli m da. Misalka P da Q adalah dua kumpula m bilaga 0 da 1 yag disusu dalam m baris da kolom. Cotoh salah satu kumpula itu utuk m = 3 da = 4 adalah Misalka kedua kumpula tersebut memeuhi empat sifat berikut. (i) Pada setiap baris di P, bilaga dari kiri ke kaa tidak perah aik (boleh sama atau turu), (ii) pada setiap kolom di P, bilaga dari atas ke bawah tidak perah aik (boleh sama atau turu), (iii) jumlah bilaga pada sebarag baris di P sama dega jumlah bilaga pada baris yag sama di Q, da (iv) jumlah bilaga pada sebarag kolom di P sama dega jumlah bilaga pada kolom yag sama di Q. Tujukkalah bahwa bilaga pada baris ke-i kolom ke-j di P sama dega bilaga pada baris ke-i kolom ke-j di Q utuk setiap i = 1,..., m da j = 1,...,. Solusi. Jika m = 1 atau = 1, kasus trivial. Selajutya asumsika m, > 1. Sebutlah kumpula bilaga berilai 0 atau 1 berbetuk persegi pajag baik jika pada suatu baris, bilaga-bilaga dari kiri ke kaa tidak perah aik da pada suatu kolom, bilagabilaga dari atas ke bawah tidak perah aik. Pertama-tama, aka dibuktika lemma berikut : Lemma : Jika M adalah kumpula bilaga baik, maka terdapat suatu baris atau suatu kolom pada M yag memiliki bilaga-bilaga yag sama (0 semua atau 1 semua). Bukti Lemma : Adaika tak ada baris yag semua bilagaya sama semua. Karea bilaga pada satu baris tak perah aik, haruslah utuk setiap baris, agka palig kiri adalah 1 da agka palig kaa adalah 0. Dega demikia, pada kolom palig kiri, semua bilagaya sama, yaitu 1. Terbukti. Kembali ke soal. Misalka kita puya kumpula m bilaga P da m bilaga Q berbetuk persegi pajag yag asosiatif. Bilaga-bilaga pada P sudah terisi da

10 bilaga-bilaga pada Q belum terisi. Kita aka membuktika bahwa setiap bilaga pada baris da kolom tertetu pada Q sama dega bilaga pada baris da kolom yag bersesuaia pada P. Jelas bahwa P baik. Meurut Lemma, terdapat baris atau kolom yag semua isiya sama (0 semua atau 1 semua). Tapa meguragi asumsi, terdapat baris yag isiya sama (kasus kolom yag isiya sama aalog). Badigka baris tersebut pada P da Q. Misal baris itu memiliki k bilaga. Perhatika bahwa peyelesaia dari a 1 + a 2 + a k = 0 atau a 1 + a 2 + a k = k dega a i = 0, 1 adalah berturut-turut a i = 0 utuk semua i atau a i = 1 utuk semua i. Dega demikia, isi baris tersebut pada P da Q adalah sama. Selajutya, kita warai baris tersebut dega wara hitam. Sekarag kita puya kumpula bilaga P da Q berbetuk persegi pajag dega P semuaya terisi da Q kosog. P juga baik. Dega megulagi lagkah ii (mewarai suatu baris dega wara hitam), dalam berhigga bayakya lagkah, semua bilaga pada Q berwara hitam. Karea pada setiap lagkah, kumpula bilaga yag dihitamka pada Q persis sama dega kumpula bilaga yag dihitamka pada P, akhirya kita peroleh bahwa P = Q. Jadi, P haya asosiatif dega diriya sediri. Skema Peilaia: 1. Dapat meujukka bahwa pada P ada baris atau kolom yag semua usurya 1 atau 0: 3 poi 2. Meujukka lagkah awal awal utuk iduksi: 1 poi 3. Lagkah iduksi pada baris saja atau kolom saja: 2 poi 4. Iduksi pada jumlah baris da kolom: 4 poi 5. Iduksi tidak formal tetapi jelas: 4 poi Iduksi tidak formal tetapi tidak jelas: 3 poi Jumlah poi dari 2 da (4 atau 5) maksimum 4. Jumlah poi dari 2 da 3 maksimum 2.

11 Soal 6. Misalka R + meyataka himpua semua bilaga real positif. Tujukka bahwa tidak ada fugsi f : R + R + yag memeuhi f (x + y) = f (x) + f (y) + 1 utuk setiap bilaga real positif x, y. Solusi 1. Adaika ada fugsi f yag memeuhi syarat di atas. Utuk x > y, perhatika bahwa x y R + da sehigga f (x) = f (x y) + f (y) + 1 > f (y) + 1 f (x) f (y) > 1. Dega prisip teleskopis, utuk sebarag bilaga asli berlaku [ ( )] [ ( ) ( )] f (1) = f (1) f + f f [ ( ) ( )] ( ) f f + f > ( ) 1 +f }{{ } + 1 >. Ii tidak mugki karea utuk cukup besar berlaku > f (1). Jadi pegadaia kita salah da kesimpula terbukti. Solusi 2. Adaika ada fugsi f yag memeuhi syarat di atas. Perhatika bahwa utuk setiap bilaga real positif x berlaku f (2x) = 2f (x) + 1 f (3x) = f (2x) + f (x) + 1 Dari pola ii, mudah dibuktika dega iduksi bahwa f (x) = f (x) + 1 utuk setiap bilaga asli da bilaga real positif x. Substitusi x = 1 da karea f ( 1 ) R + meghasilka f (1) = f ( 1 ) = 3f (x) > 1 utuk setiap bilaga asli. Namu hal ii tidak mugki terjadi karea utuk cukup besar berlaku 1 > f (1). Jadi pegadaia kita salah da kesimpula pada soal terbukti.

12 Soal 7. Misalka bilaga asli. Buktika bahwa persamaa x + y = memiliki solusi pasaga bilaga asli (x, y) jika da haya jika habis dibagi oleh suatu bilaga kuadrat yag lebih besar dari 1. Solusi. Persamaa x + y = dapat kita tulis mejadi y = x. Dega meguadratka kedua ruas, kita peroleh y = + x 2 x. Dari sii dapat kita simpulka bahwa x bilaga rasioal, tetapi da x merupaka bilaga asli sehigga x juga merupaka billaga asli yaitu x = m 2 utuk suatu bilaga asli m. Dari sii diperoleh solusi x = m2 ( m)2 da y = dega m < tetuya. (2 poi) =) Perhatika bahwa jika habis dibagi oleh suatu bilaga kuadrat yag lebih besar dari 1, kataka p 2 maka = p 2 t utuk suatu bilaga asli t. Utuk kasus ii, kita dapat memilih m = pt yag jelas m < da m2 yag memeuhi persamaa. = p2 t pt = p N, yag artiya ada bilaga asli x da y (2 poi) = ) Adaika tidak habis dibagi oleh kuadrat sempurya lebih besar dari 1 maka = p 1 p 2...p k utuk suatu bilaga-bilaga prima berbeda p 1, p 2,..., p k. Kita tahu bahwa solusi dari persamaa x + y = adalah x = m2 ( m)2 da y = dega m <. Agar x bulat, haruslah m 2, artiya p i m 2 utuk setiap i, akibatya p i m yag tetu saja berakibat m. Hal ii tidaklah mugki karea m <. (3 poi)

13 Soal 8. Diberika segitiga sebarag ABC da garis bagi BAC memotog sisi BC da ligkara luar segitiga ABC berturut-turut di titik D da E. Misalka M da N berturutturut titik tegah BD da CE. Ligkara luar segitiga ABD memotog AN di titik Q. Ligkara yag melalui A da meyiggug BC di D memotog garis AM da sisi AC berturut-turut di titik P da R. Tujukka bahwa empat titik B, P, Q, R terletak pada satu garis. Solusi. Kita guaka otasi // utuk kesejajara dua garis da utuk kesebagua dua segitiga. Misalka K adalah titik potog garis AN da DR. Pertama, karea ligkara luar segitiga ADR meyiggug BC di D da AD adalah garis bagi BAC, maka CDR = DAR = BAD sehigga ADR = ADC CDR = ( ABD + BAD) BAD = ABD = ABC = AEC sehigga ADR ABD da juga DR // EC. Ii berakibat K adalah titik tegah DR (karea N titik tegah EC) sehigga M K // BR (karea M titik tegah BD). Lebih lajut, karea ADR ABD, maka ABM ADK da AMD AKR (ii juga karea M titik tegah BD). Akibatya MAK = MAD + DAK = MAD + BAM = BAD. Karea CDR = BAD, maka AM DK segiempat talibusur. Sekarag misalka garis BR memotog AM di P da AN di Q. Aka dibuktika bahwa P = P da Q = Q. Dari MK // BR da AMDK segiempat talibusur, diperoleh AP R = AMK = ADK = ADR sehigga ARDP segiempat talibusur juga. Dega kata lai, titik P terletak pada ligkara luar segitiga ARD da juga terletak pada garis AM. Disimpulka bahwa P = P. Dari AMDK segiempat talibusur da MK // BR diperoleh AQ B = AKM = ADM = ADB

14 sehigga ABDQ segiempat talibusur. Dega kata lai, titik Q terletak pada ligkara luar segitiga ABD da juga terletak pada garis AN. Disimpulka bahwa Q = Q. Jadi, titik P da Q terletak pada garis BR atau dega kata lai, B, P, Q, R terletak pada satu garis. Skema Peilaia: 1. Dapat meujukka bahwa ADR = AEC: 1 poi 2. Dapat meujukka bahwa DR sejajar EC: 1 poi 3. Dapat meujukka bahwa segitiga ABM sebagu dega segitiga ADK da segitiga AMD sebagu dega segitiga AKR: 1 poi 4. Dapat meujukka bahwa AM DK adalah segiempat talibusur: 1 poi 5. Dapat meujukka bahwa P = P : 1 poi 6. Dapat meujukka bahwa Q = Q: 1 poi 7. Dapat meujukka bahwa titik P da Q terletak pada garis BR: 1 poi Jumlah poi dari 2 da (4 atau 5) maksimum 4. Jumlah poi dari 2 da 3 maksimum 2.