MARKING SCHEME INAMO 2010 HARI 2

Transkripsi

1 MRKING SCHEME INM 00 HRI Soal [Problem 8 (Fajar Yuliawan) - 3 suara] Misalkan a, b, c tiga bilangan asli berbeda. uktikan bahwa barisan a + b + c, ab + bc + ca, 3abc tidak mungkin membentuk suatu barisan geometri (ukur) maupun aritmatika (hitung). Solusi pertama: Karena a, b, c berbeda, maka ab, bc dan ca juga berbeda. Dengan ketaksamaan M-GM, a b + b c > ab b c + c a c, > abc c a + a b, > a bc, ( poin) yang jika dijumlahkan akan menghasilkan a b + b c + c a > abc(a + b + c), atau ekivalen dengan (ab + bc + ca) > 3abc(a + b + c) ( poin). kibatnya, tiga suku barisan pada soal tidak mungkin merupakan suatu barisan geometrik. Sekarang andaikan barisan di atas adalah suatu barisan aritmetik. Dengan demikian, a + b + c + 3abc (ab + bc + ca). () Tanpa mengurangi keumuman, asumsikan bahwa a > b > c. Dengan demikian ab > ca > bc, akibatnya 6ab > (ab + bc + ca) a + b + c + 3abc > 3abc, sehingga > c ( poin). Jadi, haruslah c, sehingga dari (??) kita peroleh a + b + + 3ab ab + (a + b) atau ekivalen dengan (a )(b ) 0. Namun, hal ini tidak mungkin terjadi karena a > b > c ( poin). Solusi kedua: Karena a, b, c bilangan asli berbeda, maka ab, bc dan ca juga berbeda, sehingga (ab + bc + ca) 3abc(a + b + c) a b + b c + c a abc(a + b + c) a b + b c ab c + b c + c a abc (ab bc) (bc ca) (ca ab) + + > 0. + c a + a b a bc kibatnya, barisan pada soal tidak mungkin merupakan suatu barisan geometrik. Sekarang asumsikan bahwa a > b > c. Karena a, b, c bilangan asli, maka c, b dan a 3. kibatnya, a + b + c + 3abc (ab + bc + ca) (abc ab bc ca + a + b + c ) + (abc ab c + ) + (ab a b + ) (a )(b )(c ) + (ab )(c ) + (a )(b ) 0 + (3 )( ) > 0, sehingga barisan pada soal juga tidak mungkin merupakan suatu barisan aritmetik. Catatan. Kedua penyelesaian di atas sebenarnya sama. Penyelesaian kedua hanyalah penyelesaian pertama yang ditulis secara ringkas.

2 Soal [Problem G6 (Fajar Yuliawan) - 3 suara] Diberikan segitiga lancip C dengan C > C dan titik pusat lingkaran luar. Garis tinggi segitiga C dari C memotong dan lingkaran luar segitiga C lagi berturut-turut di titik D dan E. Garis melalui sejajar memotong garis C di titik F. uktikan bahwa garis C, garis melalui F tegak lurus C, dan garis melalui E sejajar D bertemu di satu titik. Solusi pertama: Misalkan garis C memotong lingkaran luar segitiga C lagi di titik K (sehingga CK adalah diameter) dan garis F memotong talibusur CE di titik M. Karena F sejajar, dan tegak lurus CE, maka F tegak lurus CE. Karena adalah titik pusat lingkaran, maka M adalah titik tengah tali busur CE ( poin). C F M P D K E Sekarang misalkan garis melalui E sejajar D memotong garis C di titik P. Kita akan membuktikan bahwa garis melalui F tegak lurus C juga melalui titik P. Hal ini ekivalen juga dengan membuktikan bahwa F P tegak lurus C. Pertama, karena D sejajar EP dan M titik tengah CE, serta F M sejajar D, maka CP C CE CM C, ( poin) atau ekivalen dengan C CP C CP CK. Dengan demikian, F P sejajar K ( poin). Karena CK adalah diameter, maka K tegak lurus C. kibatnya, F P (yang sejajar dengan K) juga tegak lurus C, seperti yang diinginkan ( poin). Solusi kedua: Misalkan garis melalui F tegak lurus C memotong garis C di titik P dan misalkan garis yang melalui E sejajar D memotong garis C di titik Q. kan dibuktikan bahwa P Q. Hal ini ekivalen dengan CP CQ. Misalkan C dan C. Karena F sejajar, maka. Karena C C dan C (panjang jari-jari lingkaran), dan juga karena CE tegak lurus, maka C 80 C 90 C CE E.

3 C C F + P Q D E Sekarang dengan aturan sinus pada segitiga, kita memperoleh sehingga (karena P 90 ) sin( + ) CP cos sin(80 ( + )) C sin, C sin( + ) sin cos. Selanjutnya dengan aturan sinus pada segitiga CE, kita memperoleh CE sin( + ) C sin EC sehingga (karena EQ sejajar D dan 90 ) C sin(90 ) C cos, CQ CE C C sin( + ) cos Jadi, CP CQ, seperti yang diinginkan. C C sin( + ) cos C C sin( + ) cos sin. 3

4 Soal 3 [Problem C3 (Raymond Christopher) - 3 suara] Suatu kompetisi matematika diikuti oleh 0 peserta dari beberapa kontingen. Pada acara penutupan, setiap peserta memberikan souvenir pada setiap peserta dari kontingen yang sama dan souvenir pada salah seorang peserta dari tiap kontingen lainnya. Di akhir acara, diketahui terdapat 3840 souvenir yang dipertukarkan. erapa banyak kontingen maksimal sehingga kondisi di atas dapat terpenuhi? Solusi: Misal K adalah banyak kontingen dan a, a,..., a K adalah banyak peserta dari kontingen,,...k. Maka, a i 0 () ( poin) Peserta dari kontingen ke i memberikan souvenir pada a k peserta lain dari kontingen yang sama dan souvenir pada K peserta dari kontingen lainnya. Maka, a i (a i + K ) 3840 a i + (K ) a i 3840 dari (), a i 3840 (K ) 0 (3) ( poin) Dengan menggunakan QM-M pada () dan (), K K a i ( a i K K ) K (3840 (K ) 0) (0) 0 (K 4)(K 30) 0 ( poin) Dan kita dapatkan 4 K 30. Kondisi () dan () dapat terjadi untuk K 30, a a a K 4. Jadi, banyak kontingen maksimal yang mungkin adalah 30. ( poin) 4

5 Soal 4 [Problem N (Nanang Susyanto) - 6 suara] Diketahui bahwa m dan n adalah bilangan-bilangan asli dengan sifat (mn) ( m 00 + n 00 + n ). uktikan bahwa terdapat bilangan asli k sehingga n k 00. Solusi. Misalkan d gcd (m, n). Kita dapat menyatakan m dm dan n dn dengan (m, n ). Dengan demikian d m n d 00 m 00 + d 00 n 00 + dn dm n d 009 m 00 + d 009 n 00 + n. Karena d d 009 ( m 00 + n 00 ) maka d n, ( poin) tulis n dn maka dengan argumen yang sama seperti di atas diperoleh dm n d 008 m 00 + d n 00 + n dan seterusnya dapat dilakukan sampai 00 kali sehingga diperoleh (3 poin) dm n 00 m 00 + d k n n 00. (4) Sekarang, perhatikan bahwa n 00 m 00 + d k n n 00 tentu akan berakibat n 00 m 00. kan tetapi gcd ( m 00 ), n 00, sehingga n00. Dengan demikian, diperoleh bahwa seperti yang diminta (3 poin). n dn d n... d 00 n 00 d 00 Catatan. () Kasus gcd(m, n) yang berakibat n bernilai poin. () Menebak bahwa k gcd(m, n) tanpa membuktikan apa-apa mendapatkan poin. (3) Kesalahan minor dari awal sampai (??) mendapat pengurangan paling sedikit poin. (4) Tanpa menyebutkan bahwa gcd(m 00, n 00 ) yang berakibat n 00 mendapat pengurangan poin. Solusi alternatif. Pertama, perhatikan bahwa n m 00. Misalkan gcd(m, n) d. Jika d, maka n dan kita selesai. Sekarang asumsikan bahwa d >. Tulis m da dan n db dengan gcd(a, b). Dengan demikian, db (da) 00 atau ekivalen dengan b d 009 a 00. Karena gcd(a, b), maka b d 009 atau ekivalen dengan n d 00. ndaikan d 00 n, maka terdapat bilangan asli r 009 dengan d r n namun d r+ n. Karena d m, d r n dan r + 00, maka d r+ membagi mn, m 00 dan n 00, yang berakibat d r+ n, suatu kontradiksi. Jadi d 00 n Kita simpulkan bahwa n d 00 dan kita selesai. 5