OSN MATEMATIKA SMA Hari 1 Soal 1. Buktikan bahwa untuk sebarang bilangan asli a dan b, bilangan. n = F P B(a, b) + KP K(a, b) a b

Transkripsi

1 OSN MATEMATIKA SMA Hari 1 Soal 1. Buktikan bahwa untuk sebarang bilangan asli a dan b, bilangan adalah bilangan bulat genap tak negatif. n = F P B(a, b + KP K(a, b a b Solusi. Misalkan d = F P B(a, b, sehingga KP K(a, b = ab d. Maka n = d + ab ( a ( b d a b = d d 1 d 1. Karena a/d dan b/d adalah bilangan asli, jelas bahwa n adalah bilangan bulat tak negatif. Kita tahu bahwa d adalah faktor persekutuan terbesar dari a dan b, maka 2d tidak mungkin membagi a dan b sekaligus. Jadi a/d dan b/d tidak keduanya genap. Salah satu dari a/d 1 dan b/d 1 genap, sehingga n genap. Soal 2. Diberikan bilangan asli n dan bilangan-bilangan real positif a 1, a 2,..., a n. Buktikan bahwa (1 + a 1 2 (1 + a 2 3 (1 + a n n+1 (n + 1 n+1 a 1 a 2 a n dan tentukan kapan kesamaan berlaku. Solusi. Dengan Ketaksamaan AM-GM, untuk k = 1, 2,..., n, ( 1 (1 + a k k+1 = k + 1 k k+1 k + a k ( 1 (k + 1 k+1 k 1 k 1 k a k = (k + 1 k+1 ak = a k k k (k + 1k+1 k k. Kesamaan berlaku ketika a k = 1 k. Jadi (1 + a 1 2 (1 + a 2 3 (1 + a n n+1 (a 1 (a ( 2 2 = k+1 (a n (n + 1n+1 22 n n = (n + 1 n+1 a 1 a 2 a n. (n + 1n+1 n n a 1 a 2 a n Kesamaan berlaku ketika a 1 = 1, a 2 = 1 2,..., a n = 1 n.

2 Soal 3. Diberikan segitiga lancip ABC dengan AB > AC dan memiliki titik pusat lingkaran luar O. Garis BO dan CO memotong garis bagi BAC berturut-turut di titik P dan Q. Selanjutnya, garis BQ dan CP berpotongan di titik R. Buktikan bahwa garis AR tegak lurus terhadap garis BC. Solusi. Misalkan AD adalah garis tinggi segitiga ABC. Dengan Teorema Ceva, karena AP, BO, CP konkuren maka sin CAP sin ABO sin BCP 1 = sin P AB sin OBC sin P CA = sin(a/2 sin(a/2 sin(90 C sin BCP sin(90 A sin P CA. A P O R Q B C Jadi sin BCP sin P CA = cos A cos C. Dengan cara serupa, karena AQ, BQ, CO konkuren maka sin ABQ sin QBC = cos B cos A. Akibatnya, sin ABQ sin BCP sin CAD sin QBC sin P CA sin DAB = cos B cos A cos A cos C cos C cos B = 1. Menurut Teorema Ceva, AD, CP, BQ konkuren. Karena CP dan BQ berpotongan di R, maka garis AR dan AD berimpit, sehingga AR tegak lurus terhadap BC. Soal 4. Diberikan titik berbeda A 1, A 2,..., A di bidang Cartesius. Untuk sebarang permutasi B 1, B 2,..., B dari A 1, A 2,..., A, didefinisikan bayangan dari titik P terhadap permutasi tersebut sebagai berikut. Titik P dirotasikan 180 dengan pusat B 1 menghasilkan titik P 1, titik P 1 dirotasikan 180 dengan pusat B 2 menghasilkan titik P 2,, titik P 2011 dirotasikan 180 dengan pusat B menghasilkan titik P. Selanjutnya, titik P dikatakan sebagai bayangan dari titik P terhadap permutasi B 1, B 2,..., B. Misalkan N adalah banyak bayangan titik P yang berbeda terhadap semua permutasi dari A 1, A 2,..., A. Tentukanlah nilai terbesar yang mungkin bagi N.

3 Jawaban. ( 1006 olimat.wordpress.com Solusi. Nyatakan setiap titik di bidang Cartesius sebagai bilangan kompleks (contohnya titik (2, 3 menjadi 2+3i, kemudian bilangan kompleks tersebut dinotasikan dalam huruf kecil (misalnya titik A i dinyatakan sebagai bilangan kompleks a i. Perhatikan bahwa, untuk sebarang bilangan kompleks x dan y, refleksi x terhadap y adalah 2y x. Maka kita punya Perhatikan bahwa p 1 = 2b 1 p, p 2 = 2b 2 p 1 = 2b 2 2b 1 + p, p 3 = 2b 3 p 2 = 2b 3 2b 2 + 2b 1 p,, p = 2b p 2011 = 2b 2b b 1 + p. p = 2s 4(b 1 + b b p di mana s = b 1 + b b. Jadi N sama dengan banyaknya nilai berbeda dari b 1 + b b Maka ( N Sekarang kita akan membuktikan bahwa kesamaan dapat berlaku. Pilih a i = 2 i, i = 1, 2,...,. Maka b 1 + b b 2011 adalah jumlah dari bilangan-bilangan perpangkatan 2. Tetapi setiap bilangan asli dapat ditulis secara tunggal sebagai jumlah dari bilangan-bilangan perpangkatan 2 (yaitu representasi binernya. Maka setiap pilihan 1006 titik B 1, B 3,..., B 2011 akan menghasilkan nilai b 1 +b 3 + +b 2011 yang berbeda-beda. Hari 2 Soal 5. Diberikan bilangan asli m dan n. Misalkan P dan Q adalah dua kumpulan m n bilangan 0 dan 1 yang disusun dalam m baris dan n kolom. Contoh salah satu kumpulan itu untuk m = 3 dan n = 4 adalah Misalkan kedua kumpulan tersebut memenuhi empat sifat berikut. (i Pada setiap baris di P, bilangan dari kiri ke kanan tidak pernah naik (boleh sama atau turun, (ii pada setiap kolom di P, bilangan dari atas ke bawah tidak pernah naik (boleh sama atau turun, (iii jumlah bilangan pada sebarang baris di P sama dengan jumlah bilangan pada baris yang sama di Q, dan (iv jumlah bilangan pada sebarang kolom di P sama dengan jumlah bilangan pada kolom yang sama di Q. Tunjukkanlah bahwa bilangan pada baris ke-i kolom ke-j di P sama dengan bilangan pada baris ke-i dan kolom ke-j di Q untuk setiap i = 1, 2,..., m dan j = 1, 2,..., n..

4 Solusi. Secara singkat, P dan Q adalah matriks m n, dan akan dibuktikan bahwa P = Q. Untuk suatu matriks M, bilangan pada baris ke-i dan kolom ke-j kita tulis sebagai M ij. Kita akan melakukan induksi pada m + n. Kasus dasar m + n = 2 jelas berlaku, karena hanya ada satu bilangan pada matriks P dan Q. Asumsikan pernyataan pada soal benar untuk nilai m + n yang lebih kecil. Anggaplah P 1n = 0. Maka baris pertama dari P harus nol seluruhnya. Jumlah bilangan pada baris pertama Q juga 0, sehingga baris pertama Q juga nol seluruhnya. Dalam kasus ini, misalkan P dan Q berturut-turut adalah matriks yang diperoleh dengan menghapus baris pertama dari P dan Q. Maka P dan Q memenuhi keempat syarat, sehingga menurut asumsi induksi kita peroleh P = Q. Jadi P = Q. Sekarang anggaplah P 1n = 1. Maka kolom terakhir dari P harus 1 seluruhnya. Jumlah bilangan pada kolom terakhir Q juga m (sama dengan P, sehingga kolom terakhir Q juga 1 seluruhnya. Misalkan P dan Q berturut-turut adalah matriks yang diperoleh dengan menghapus kolom terakhir dari P dan Q. Maka P dan Q juga memenuhi keempat syarat, sehingga P = Q menurut asumsi induksi. Jadi P = Q juga berlaku pada kasus ini, dan kita selesai. Tun- Soal 6. Misalkan R + menyatakan himpunan semua bilangan real positif. jukkan bahwa tidak ada fungsi f : R + R + yang memenuhi f(x + y = f(x + f(y + 1 untuk setiap bilangan real positif x dan y. n Solusi. Akan dibuktikan dengan induksi pada n bahwa f(a > untuk setiap a R + dan bilangan bulat n 0. Ini jelas benar untuk n = 0. Asumsikan f(a > n 1 untuk setiap a R+. Substitusi x = y = a/2, diperoleh ( a ( a f(a = f + f > n 1 + n > n. Klaim terbukti. Akibatnya, f(1 > n untuk setiap bilangan asli n. Tetapi ini jelas salah: kita dapat memilih bilangan asli n yang lebih besar dari f(1. Soal 7. Misalkan n bilangan asli. Buktikan bahwa persamaan x + y = n memiliki solusi pasangan bilangan asli (x, y jika dan hanya jika n habis dibagi oleh suatu bilangan kuadrat yang lebih besar daripada 1. Solusi. Asumsikan n habis dibagi oleh suatu bilangan kuadrat m 2 di mana m > 1. Misalkan n = km 2. Pilih x = (m 1 2 k dan y = k, maka x + y = (m 1 k + k = m k = n. Jadi kita memperoleh solusi pasangan bilangan asli (x, y = ((m 1 2 k, k dari persamaan x + y = n. Sebaliknya, asumsikan persamaan x + y = n memiliki solusi pasangan bilangan asli (x, y. Maka n = x + y + 2 xy. Jadi xy adalah bilangan kuadrat sempurna. Misalkan d = F P B(x, y, dan x = dx, y = dy. Karena xy = d 2 x y adalah kuadrat sempurna, maka x y juga kuadrat sempurna. Tetapi x dan y

5 relatif prima, sehingga haruslah keduanya merupakan kuadrat sempurna. Misalkan x = a 2, y = b 2. Jadi x = da 2, y = db 2 dan n = x + y + 2 xy = da 2 + db 2 + 2dab = d(a + b 2 habis dibagi bilangan kuadrat (a + b 2 > 1. Soal 8. Diberikan sebarang segitiga ABC dan garis bagi BAC memotong sisi BC dan lingkaran luar segitiga ABC berturut-turut di D dan E. Misalkan M dan N berturut-turut titik tengah BD dan CE. Lingkaran luar segitiga ABD memotong AN di titik Q. Lingkaran yang melalui A dan menyinggung BC di D memotong garis AM dan sisi AC berturut-turut di titik P dan R. Tunjukkan bahwa empat titik B, P, Q, R terletak pada satu garis. Solusi. Misalkan O adalah pusat dari lingkaran yang melalui A dan menyinggung BC di D. Maka AP R = ADR = ADC RDC = (180 A/2 C A/2 = B. Perhatikan juga bahwa MP MA = MD 2 = MB 2, sehingga MB adalah garis singgung dari lingkaran luar ABP. Jadi MBP MAB, sehingga Jadi B, P, R segaris. MP B = MBA = B = AP R. A O P Q R B M D C N E

6 Selanjutnya, perhatikan bahwa ABD AEC. Karena M dan N berturutturut adalah titik tengah BD dan EC, maka ABM AEN. Jadi DBQ = DAQ = EAN = BAM = DBP. Maka B, P, Q juga segaris, dan kita selesai.