Buletin Olimpiade.org

Buletin Olimpiade.org Vol 1. Tahun 2015

XXIII

Maii MMXV k 00:29h

Garis Bagi Segitiga Episode pertama dari seri catatan segitiga

21:00 h | Secara umum, garis bagi dari dua garis m dan n adalah

Lingkaran-lingkaran singgung segitiga

suatu garis ` yang menyebabkan sudut antara n dan ` sama besar dengan sudut antara m dan `. Tentu saja garis ini tidak tunggal karena sudut yang terbentuk dari perpotongan m dan n ada dua, sudut lancip dan sudut pelurusnya. Istimewakah? Tentu saja. Disini akan dibahas beberapa sifat istimewa garis bagi.

ADVANCED

Induksi Matematika: Teknik Sederhana yang Sangat Bermanfaat

Daftar Isi Garis Bagi Segitiga

page 3

Penerapan Induksi Matematika pada soal-soal Olimpiade 10:23 h | Induksi adalah sebuah metode pembuktian secara langsung; metode ini sering digunakan untuk menyelesaikan soal kombinatorik, aljabar, maupun teori bilangan. Prinsip dasar dari metode ini adalah mem-

buktikan bahwa pernyataan A1 benar, lalu jika pernyataan Ak benar, maka pernyataan Ak+1 juga benar. Akan ditunjukan aplikasi sederhana dari metode induksi pada soal berikut ini.

Konstruksi Segi-60 dengan Segilima dan Segienam page 4

Keterbagian Bilangan di Basis b page 6 PERSPEKTIF

Road to IMO 2015 Perjalanan Panjang Menuju IMO 2015 10:02 h | Saya pertama kali mengikuti olimpiade matematika ketika 4 SD. Waktu itu ada lomba matematika tingkat Jabodetabek yang diselanggarakan suatu sekolah dan sekolah saya diundang untuk ikut. Karena nilai matematika saya cukup tinggi, guru saya mengajak saya untuk ikut lomba tersebut. Setelah berpikir cukup lama, akhirnya saya tertarik untuk ikut. Sebelum lomba, saya diberikan contoh-contoh soal olimpiade matematika. Pada awalnya saya kira soal-soalnya akan membosankan seperti menghitung perkalian atau pembagian bilangan yang besar-besar dan rumit. Tapi setelah saya lihat soalnya, ternyata soal-soalnya tidak seperti soal sekolah yang hanya perlu menghitung dan mengaplikasikan rumus. Soal-soalnya lebih cenderung menggunakan logika. Karena saya suka mengerjakan permasalahan yang menggunakan logika, saya yang awalnya bosan dengan matematika karena hanya menghitung dan memakai rumus, menjadi berubah setelah melihat soal olimpiade. Sejak saat itu, saya sering mengerjakan soal olimpiade matematika. Saya memperolehnya baik dari buku yang saya cari di toko buku maupun dari lomba-lomba yang saya ikuti.

Induksi Matematika: Teknik Sederhana yang Sangat Bermanfaat page 7 Ketaksamaan 3 Variabel Siklis Homogen Derajat 3 page 9

Road to IMO 2015

Pojok Olimpiade: Soal page 11

page 10

Soal-

Pojok Olimpiade: Simulasi OSN page 12

Buletin Olimpiade.org

EDITORIAL

Vol 1. Tahun 2015 2 / 12

Sekapur Sirih Puji syukur kehadirat Tuhan YME, akhirnya jurnal kecil bertajuk Buletin Olimpiade.org berhasil dicetak dan disebarkan. Terima kasih terutama kepada Bapak Aleams Barra yang selalu mendukung usaha kami, serta kepada teman-teman alumni pembinaan olimpiade matematika yang namanya tentu saja tak akan cukup jika dilampirkan semua di halaman ini. Rilis perdana jurnal ini sengaja dilakukan pada saat OSN agar materi yang sedikit ini bisa tersebar luas di seluruh penjuru Nusantara. Harapannya adalah materi-materi yang berkaitan dengan olimpiade matematika bisa dinikmati oleh siswa peserta OSN beserta guru pendampingnya, supaya tidak ada satupun yang pulang dengan tangan hampa. Gelaran OSN sendiri yang sudah berlangsung sejak 13 tahun yang lalu; namun, baru sekali saja buku tentang silabus OSN Matematika terbit. Tahun lalu, forum olimpiade.org merilis buku bertajuk “10 Tahun Olimpiade.org: Koleksi Soal-Soal Pilihan”. Kali ini, jurnal kecil ini adalah kontinuasi dari buku yang terbit tahun lalu. Harapannya, selain tiap tahun saat OSN, jurnal ini akan terbit satu edisi tiap kuartal. Selain itu, buku ini juga bisa diakses dari situs olimpiade.org di kategori Resources. Mengenai edisi pertama ini, Buletin Olimpiade.org akan dibagi menjadi beberapa bagian. Bagian Catatan akan berisikan materi-materi yang tidak terlalu berat. Bagian advanced terkait dengan materi lanjut yang membutuhkan beberapa materi dasar lain. Bagian perspektif berisikan cerita atau opini dari suatu sudut pandang tertentu. Pada bagian akhir, ada Pojok Olimpiade yang berisikan soal-soal level olimpiade. Untuk edisi berikutnya, akan disertakan pula jawaban soal-soal Pojok Olimpiade dari edisi ini. Akhir kata, Tiada gading yang tak retak. Kritik, saran, dan usulan ide bisa anda sampaikan dengan sural yang dialamatkan ke [email protected]. Selamat membaca!

Editor

Kontes Bulanan Olimpiade.org Forum Olimpiade.org merupakan komunitas pecinta olimpiade matematika yang anggotanya tersebar di berbagai daerah di Indonesia. Forum ini merupakan tempat di mana siswa-siswa, guru, dan pendamping olimpiade matematika dapat membahas soal-soal olimpiade, kompetisikompetisi regional, berbagi pengalaman terkait olimpiade matematika, atau hanya sekedar berkenalan dengan sesama pecinta matematika. Olimpiade.org sudah mengadakan beberapa kegiatan seperti pengadaan Simulasi OSN 2015 secara cuma-cuma, penerbitan buku Olimpiade.org, pembuatan suvenir Olimpiade.org seperti kaos, perkumpulan para anggota pada kegiatan-kegiatan lomba tertentu, dll. Kali ini, Olimpiade.org mengadakan Kontes Terbuka Olimpiade.org yang akan diadakan setiap bulannya. Kontes Terbuka Olimpiade.org yang pertama akan diselenggarakan pada bulan Juni yaitu pada tanggal 19-20 Juni 2015. Kontes ini diselenggarakan sebagai misi dari Olimpiade.org untuk membuka akses materi olimpiade matematika sebesar-besarnya bagi siswa-siswi, guru, dan pendamping olimpiade matematika di berbagai daerah. Dengan terselenggaranya kontes ini secara kontinu setiap bulannya, Olimpiade.org para peminat olimpiade matematika di Indonesia terpicu untuk lebih aktif berkomunikasi baik di forum maupun di luar forum melalui soal-soal yang diberikan di kontes. Selain itu, kontes ini diharapkan

menjadi kontes yang dapat dijadikan ajang di mana para peserta olimpiade matematika dapat berlatih baik secara materi maupun mental. Kontes ini awalnya diselenggarakan secara cuma-cuma oleh para alumni Olimpiade Sains Nasional bidang matematika di Olimpiade.org. Namun, dalam rangka pengembangan kegiatan-kegiatan yang akan diadakan Olimpiade.org sendiri, dana yang terkumpulkan di kontes ini akan digunakan untuk membiayai hal-hal teknis kegiatankegiatan Olimpiade.org lainnya yang sifatnya lebih menuntut secara finansial. Pelaksanaan kontes ini sendiri memerlukan tenaga pembuatan soal yang orisinal, pemeriksaan pekerjaan para peserta, tabulasi nilai peserta, dan konsultasi atau moderasi hasil pekerjaan peserta. Selain itu, peserta akan mendapatkan buklet Kontes Terbuka Olimpide.org yang berisi soal kontes dan solusinya. Detail teknis tentang pendaftaran dan pelaksanaan kontes dapat dilihat di forum Olimpiade.org bagian Kompetisi Regional dan Internasional atau dengan menghubungi melalui surat elektronik [email protected]. Catatan: Para siswa-siswi, guru, dan pendamping yang mengikuti Olimpiade Sains Nasional 2015 di Yogyakarta dapat mendaftar langsung dengan menghubungi Olimpiade.org di lobi Hotel Merapi Merbabu, Yogyakarta, atau menghubungi 085643043335 a.n. Rudi Adha Prihandoko.


CATATAN

Vol 1. Tahun 2015 3 / 12

CATATAN

Garis Bagi Segitiga Episode pertama dari seri catatan segitiga Oleh: Rudi Prihandoko

Perkenalan: Apa itu garis bagi? Pada segitiga ABC, misalkan garis g melewati titik A dan memotong sisi BC di titik D. Jika ∠BAD = ∠DAC, garis g disebut garis bagi dalam segitiga ABC yang melalui titik sudut A. Secara umum, garis bagi dari dua garis m dan n adalah suatu garis ` yang menyebabkan sudut antara n dan ` sama besar dengan sudut antara m dan `. Tentu saja garis ini tidak tunggal karena sudut yang terbentuk dari perpotongan m dan n ada dua, sudut lancip dan sudut pelurusnya. Pada segitiga, garis bagi yang melewati interior segitiga disebut garis bagi dalam, dan garis bagi yang lainnya disebut garis bagi luar. Istimewakah? Tentu saja. Berikutnya akan dibahas beberapa sifat istimewa garis bagi.

pusat lingkaran luar segitiga DEF dan garis sisi dari segitiga ABC menyinggung lingkaran tersebut; IE = ID berakibat segitiga IEC kongruen dengan segitiga IDC sehingga CI juga merupakan garis bagi. Telah diperlihatkan sebelumnya bahwa garis-garis bagi dalam segitiga ABC, yaitu AK,BL dan CN , saling berpotongan di satu titik, yaitu I. Keistimewaan tidak berhenti sampai di sini. Bisa dibuktikan pula bahwa BK : KC = BA : AC dan AI : IK = (AB + AC) : BC (tentu saja di sisi lain juga berlaku, dengan proporsi yang sejenis). Kedua hal ini menyebabkan banyak penghitungan panjang segmen pada garis bagi menjadi lebih mudah. Salah satunya adalah AK 2 = AB × AC − BK × KC atau lebih terkenal dengan √ 2 bc p s(s − a) AK = b+c dengan b = AC, c = AB dan s = 21 (AB + BC + CA).

Garis bagi pada segitiga

Lingkaran dalam

Pada segitiga ABC misalkan titik D pada sisi BC sehingga garis AD adalah garis bagi dalam sudut ∠BAC. Jika X adalah sebarang titik pada garis AD, jarak X ke sisi AB dan ke sisi AC tepat sama, atau dengan kata lain: garis AD adalah tempat kedudukan titik-titik pada bidang sehingga jarak ke garis AB sama dengan jarak ke garis AC. Sekarang, misalkan titik P dan Q sebagai proyeksi tegak lurus titik X ke AB dan ke BC.

Jika garis-garis bagi dalam AK, BL dan CN berpotongan di I, maka I merupakan pusat lingkaran yang menyinggung ketiga garis sisi segitiga ABC. Untuk selanjutnya lingkaran ini dinamakan lingkaran singgung dalam atau lingkaran dalam. Jika D, E dan F merupakan titik singgung lingkaran dalam segitiga ABC dengan sisisisinya, bisa dengan mudah diperoleh bahwa AE = AF , BD = BF dan CD = CE. Menggabungkan hasil ini dengan panjang sisi-sisi segitiga, diperoleh AE = AF = s − a dengan s merupakan setengah keliling segitiga ABC dan a adalah panjang sisi BC (dengan cara yang sama BD = BF = s − b dan CD = CE = s − c). Menarik bukan? Lebih jauh, jika r menyatakan panjang jari-jari lingkaran dalam, bisa pula diperoleh

C Q X

A

P

B

Karena P dan Q adalah hasil proyeksi X, tentu saL = [ABC] = [ABI] + [BCI] + [CAI] ja ∠XP A = ∠AQX = π2 . Padahal di sudut yang lain r × AB r × BC r × CA diketahui pula bahwa ∠XAP = ∠QAX karena X terle= + + 2 2 2 tak pada garis bagi ∠BAC. Ini berarti segitiga AP X dan 1 AQX sebangun. Lebih jauh, karena mereka punya sisi = r × (AB + BC + CA) = rs 2 yang sama panjang, yaitu AX, maka kedua segitiga tersebut kongruen; akibatnya XP = XQ, jarak X ke kedua dengan [XY Z] menyatakan luas segitiga XY Z. Menginsisi sama panjang. gat L dan s biasanya lebih mudah dicari, formula L = rs lebih sering dituliskan dalam bentuk r = Ls .

Perpotongan garis bagi Pada segitiga ABC, garis AK, BL dan CN adalah garis bagi dalam. Titik I adalah perpotongan AK dan BL. Proyeksi I ke sisi BC, CA dan AB berturut-turut adalah D, E dan F . Berdasarkan temuan sebelumnya, semua titik di garis AD sama panjang ke sisi AB maupun AC; ini berarti IF = IE. Di sisi lain, dengan memandang garis BE sebagai garis bagi, dengan cara yang sama diperoleh ID = IF . Ini berarti ID = IE = IF . Hal ini menimbulkan banyak konsekuensi yang menarik: titik I merupakan

Lingkaran singgung luar Perpotongan garis bagi luar segitiga ABC tidak kalah menarik dengan perpotongan garis bagi dalam. Perpotongan garis bagi luar ∠ABC dan ∠ACB dinotasikan dengan IA . Karena titik IA ini terletak di garis bagi sudut ABC, IA terletak sama jauh ke garis sisi AB maupun BC, juga sama jauh ke garis sisi AC maupun BC. Seperti bukti pada lingkaran dalam, IA akan menjadi pusat lingkaran yang menyinggung garis-garis sisi AB, BC dan CA, kali ini di


CATATAN

luar segitiga ABC. Hal inilah yang menyebabkan lingkaran tersebut diberi nama lingkaran singgung luar dihadapan sudut ∠BAC (atau di sisi BC). Dengan cara yang sama pula seperti bab sebelumnya, bisa diperoleh bahwa jari-jari lingkaran singgung luar ini, yang untuk selanjutnya dinotasikan dengan rA , bisa diperoleh dengan formula L . rA = s−a

5.

Vol 1. Tahun 2015 4 / 12

AI BI CI + + = 2. AK BL CN

6. AI ⊥ IB IC ; BI ⊥ IC IA ; CI ⊥ IA IB . 7. Segiempat BICIA merupakan segiempat talibusur, begitu pula dengan CIAIB dan AIBIC . BCIA , CAIB ,

8. Keempat segitiga ini sebangun: ABIC dan IA IB IC .

Tak kenal maka tak sayang

9. Jika JA , JB dan JC adalah pusat lingkaran luar BIC, CIA dan AIB, tunjukkan bahwa lingkaran luar ABC berhimpit dengan lingkaran luar JA JB JC .

Untuk mengenali lebih jauh, banyak hal yang harus ditelusuri sendiri. Murni untuk tujuan ini, berikut dilampirkan beberapa soal latihan yang patut dicoba. Pada segitiga ABC, AK, BL dan CN merupakan garis bagi yang saling berpotongan di I. Titik D, E dan F merupakan titik singgung lingkaran dalam dengan garis-garis sisi BC, CA dan AB. Titik IA , IB dan IC merupakan titik pusat lingkaran singgung luar segitiga ABC. Panjang sisi BC, CA dan AB dinyatakan dengan a, b dan c. Buktikan bahwa pernyataan-pernyataan di bawah ini benar:

10.

BI CI 3 AI + + ≤ . AJA BJB CJC 2 IB A IC E

F I

1. BK : KC = BA : AC dan AI : IK = (AB + AC) : BC. √ √ 2 ca p 2 bc p s(s − a); BL = s(s − b); 2. AK = c+a √b + c 2 ab p CN = s(s − c). a+b

D B

C

3. rs = rA (s − a) = rB (s − b) = rC (s − c). IA

1 1 1 1 = 4. + + . r rA rB rC

CATATAN

Konstruksi 60-gon dengan Segilima dan Segienam Lukisan dengan Jangka dan Penggaris Tak Berskala Oleh: Rudi Prihandoko

Jam dan Segi-60 Beraturan Beberapa waktu yang lalu ada pertanyaan tentang konstruksi jam beserta menitnya, atau bahasa matematikanya reguler 60-gon alias segi-60 beraturan. Tentu saja membagi lingkaran menjadi 60 kemudian membuat talibusurtalibusur yang sama panjangnya menjadi solusi, yang ternyata tidak mudah dilakukan. Misalnya saja jika kita ingin menaruh angka 12, 3, 6, 9 pada jam akan sangat mudah, buat saja dua garis tegak lurus. Namun yang terjadi kemudian menjadi hampir tidak bisa dilakukan, membagi kuadran 12-3 menjadi tiga bagian, angka 1 dan angka 2 sebagai pemisahnya (diketahui bahwa membagi sudut menjadi tiga bagian sama besar secara umum telah dibuktikan tidak mungkin dilakukan dengan menggunakan jangka dan penggaris tak berskala). Bahwa kita bisa membuat sudut 30◦ dan 60◦ , hal ini dilakukan tanpa melibatkan secara langsung si angka 12 dan angka 3. Setelah

kuadran-kuadran ini terbentuk, – menjadi 12 jam – muncul kendala baru, yaitu membagi tiap sektor menjadi lima sektor kecil yang sama besar, untuk menjadi menit. Lagilagi pembagian sudut menjadi lima secara umum telah dibuktikan tidak mungkin dilakukan dengan jangka dan penggaris tak berskala. Kesulitan-kesulitan tersebut memacu orang mencari cara lain untuk menkonstruksi jam beserta menitnya. Pembagian lingkaran menjadi 60 ternyata bisa dilakukan dengan cara lain. Dengan sedikit perhitungan, bisa diperoleh bahwa 1 1 1 − = . 5 6 30 Dengan demikian, jika bisa dikonstruksi segienam dan segilima, yang notabene sudut pusatnya berturut-turut adalah seperlima dan seperenam lingkaran, kita bisa konstruksi sektor dengan sudut 1/30 lingkaran. Lebih dekat dengan apa yang kita inginkan. Dengan pengetahuan pada artikel sebelumnya, kita bisa dengan mudah membagi sudut menjadi dua bagian yang sama besar. Hal ini membe-


CATATAN

Vol 1. Tahun 2015 5 / 12

rikan kita 1/30 : 2 = 1/60 bagian lingkaran atau dengan kita sebut dengan a, maka jika kita bisa membuat segitiga kata lain 1 menit. Jika ini bisa dilakukan, maka kita men- dengan panjang sisi a,a dan b, maka kita bisa konstruksi gonstruksi jam seperti leluhur kita dahulu, hanya dengan segilima. jangka dan penggaris. Tinjau bahwa sudut-sudut pada titik sudut segilima adalah 108◦ dan dua diagonalnya membagi sudut tersebut menjadi tiga bagian sama besar yaitu 36◦ . Tinjau Segienam dan segilima beraturan segitiga ACD. Perhatikan bahwa DB adalah garis bagi Konstruksi segienam bisa dilakukan dengan mudah. Ide- sudut ∠ADC, maka diperoleh nya adalah dengan membuat menempelkan enam segitiga ∠CAD = ∠ADB = ∠BDC = 36◦ sama sisi. Konstruksi segitiga sama sisi juga mudah dilakukan jika diberikan salah satu sisi. Teknisnya sebagai Misalkan perpotongan AC dan BD kita namakan J, maka berikut: kita punya tiga segitiga samakaki yaitu ACD, AJD, JDC. 1. Buatlah segmen a (pada gambar berwarna merah) Ini berarti JC = AC − AJ = AC − DJ = AC − DC = sebagai jari-jari lingkaran. b − a. Dari sifat garis bagi yang diperoleh dari artikel sebelumnya, kita punya 2. Buatlah lingkaran dengan jari-jarinya adalah segmen a. DC a b AD = ⇐⇒ = ⇐⇒ a2 = b2 + ab AJ JC b a − b 3. Buatlah diameter lingkaran dengan memperpanjang √

segmen a . 4. Buatlah dua lingkaran dengan pusat ujung-ujung diameter pada langkah sebelumnya, yang mana kedua lingkaran ini melalui pusat lingkaran pada langkah nomer 2. 5. Hubungkan titik-titik potong lingkaran-lingkaran dengan ujung-ujung diameter (pada langkah 3).

Jika dipilih b = 1 maka diperoleh a = 1+2 5 (karena panjang tidak mungkin negatif). Hal ini berarti, jika kita bisa membuat segmen dengan √ panjang 1+2 5 maka kita selesai. Namun ternyata ini juga mudah sebab bisa diakali dengan teorema Phytagoras. Sebut saja misalnya segitiga√dengan panjang sisi 1 dan 2 bisa menghasilkan panjang 5. Tambahkan satu satuan, lalu bagi dua bagian sama panjang dan kita selesai.

6. Segienam dengan panjang sisi sepanjang segmen a . √

5

2

a

1

√ 1

5-a

√

5

a

Setelah kita mendapatkan diagonalnya, kita bisa membuat segitiga-segitiga yang menyusun segilima beraturan. Dengan demikian, kita bisa membuat sudut 72◦ dan denKonstruksi segilima sedikit lebih susah daripada segie- gan melengkapinya dengan 60◦ bisa kita buat 12◦ . Setenam. Yang menarik dari segilima ini salah satunya adalah lah dibagi dua, kita peroleh 6◦ , yaitu satu menit. Berikut semua diagonalnya sama panjang, seperti pada persegi. gambar akhirnya. Ini berbeda dengan segibanyak lain, yang sisinya lebih dari lima, selalu memiliki diagonal-diagonal yang tidak semuanya sama panjang. Berikut gambar segilima beserta diagonal-diagonalnya. D0

D

b E

b

C a

C0 a-b

b A

B

0

A

Sebelum kita konstruksi, kita perlu sedikit observasi. Jika kita misalkan sisi segilima dengan b dan diagonalnya


CATATAN

Vol 1. Tahun 2015 6 / 12

CATATAN

Keterbagian Bilangan di Basis b bilangan di basis 10 berbentuk (dn dn−1 · · · d1 d0 )10 denn P gan penjabaran d = dj 10j , karena 5|10 menyebabkan

Oleh: Ibrohim Syarif

Pendahuluan

j=0

Basis di bilangan yang kita pakai adalah basis sepuluh; basis tersebut memakai angka 0, 1, 2, · · · , 9. Secara umum, suatu bilangan bisa dinyatakan dalam basis b, yakni (dn dn−1 · · · d1 d0 )b dengan b ≥ 2 dan dj ∈ {0, 1, · · · , b − 1} untuk setiap j = n, n − 1, · · · , 1, 0, dan nilai suatu bilangan pada suatu basis dalam basis 10 memiliki nilai d=

n X

j

d ≡ d0 (mod5) dan 5|d ⇔ 5|d0 , karena d0 ∈ 0, 1, · · · , 9 dan hanya 0 dan 5 yang habis dibagi 5, jika 5|d ⇔ d0 = 0 atau d0 = 5. Hal itu terjadi karena 5|10 dan 10 adalah basis dari bilangan yang kita pakai, serta d0 = 0 atau d0 = 5 yang bisa dibagi 5. Akibatnya suatu bilangan q di basis b akan memiliki sifat pembagian seperti bilangan 5 di basis 10, jika q | b dan ada d0 sehingga q|d0 , dengan d0 ∈ {0, 1, · · · , b − 1}, sebagai contoh: i. 2 d ibasis 4 (2 | d jika d0 = 0 atau d0 = 5) ii. 6 di basis 12 (6 | d jika d0 = 0 atau d0 = 6) dan

dj b .

j=0

iii. 3 di basis 9 (3 | d jika d0 = 0, d0 = 3, atau d0 = 6).

Basis bilangan kita memiliki nilai b = 10 dengan n P dj ∈ 0, 1, · · · , 9 dan memiliki nilai d = dj 10j . Bentuk j=0

basis yang kita pakai memunculkan beberapa sifat yang istimewa untuk pembagian di beberapa bilangan, seperti pembagian oleh 2k , 3 dan 5.

Sifat pembagian 2k di suatu basis b Perhatikan bahwa 2k | d = (dn dn−1 · · · d1 d0 )10 ⇔ 2k | (dk−1 dn−2 · · · d1 d0 )10 . Hal ini disebabkan karena: i. 2k | 10k

ii. 2k ≡ 10k (mod 2k+1 ) Di sistem bilangan yang kita pakai berlaku bahwa suatu bilangan akan habis dibagi dengan 2k jika k angka iii. 2k 6 | 10l untuk k > l terakhir dari bilangan tersebut dapat dibagi 2k , dengan iv. (2, 5) = 1 k ∈ N; akan habis dibagi 3 jika jumlah angka-angka dari bilangan tersebut habis dibagi dengan 3; dan akan habis Angka 5 merupakan hasil pembagian dari 10 oleh 2. Karedibagi 5 jika bilangan tersebut memiliki satuan 0 atau 5. na (2,5)=1 maka bisa dipastikan 2n | 101 dengan n terbeSebagai contoh, 23 | 453104, 3 | 78 dan 5 | 3205. sar adalah 1. Hal ini menyebabkan 2k ≡ 10k (mod 2k+1 ) dan 2k 6 | 10l untuk k > l. Ketika ada n ≥ 1 untuk 2n | 101 maka ada a sehingga 2ak | 10k sehingga sifat pembagian Sifat pembagian 3 di suatu basis b yang diinginkan tidak muncul. Akibatnya suatu bilangan Suatu bilangan di basis 10 akan habis dibagi dengan q di basis b akan memiliki sifat pembagian seperti bilangan 3, jika jumlah angka-angka dari bilangan tersebut habis k 2 di basis 10 jika: dibagi dengan 3. Suatu bilangan di basis 10 berbenn P i. q k | bk tuk (dn dn−1 · · · d1 d0 )10 dengan penjabaran d = dj 10j , j=0 ii. q k ≡ bk mod q k+1 karena 10 ≡ 1 (mod 3). Perhatikan bahwa iii. q k 6 | bl untuk k > l n n X X d≡ dj 10j ≡ dj mod 3 iv. (q, h) = 1 dengan b = hq j=0 j=0 sebagai contoh: 2k dibasis 12 (2 × 6), 6k dibasis 78 n (6 × 13), 3k dibasis 21 (3 × 7). P sehingga 3|d ⇔ 3| dj . Hal itu terjadi karena 10 ≡ 1 j=0

(mod 3), maka suatu bilangan q di suatu basis b akan me- Kesimpulan miliki sifat pembagian seperti bilangan 3 di basis 10 jika Sifat pembagian yang dimiliki oleh 2k , 3 dan 5 pada bab ≡ 1 (mod q), sebagai contoh: sis 10 memiliki beberapa keadaan tertentu sehingga sifat tersebut bisa terjadi. Di sisi lain, kita bisa memanipulasi i. 2 di basis 3, suatu bilangan dan membuat bilangan tersebut memiliki ii. 6 di basis 7, dan sifat yang diinginkan di suatu basis b. Mungkin kendala yang akan dihadapi adalah penggunaan lambang baru iii. 6 di basis 13. untuk bilangan yang lebih dari 9 jika basis yang digunakan dari 10. Tentu saja, proses diatas bisa diulangi dan Sifat pembagian 5 di suatu basis b bisa digunakan untuk beberapa sifat-sifat bilangan lain di Suatu bilangan di basis 10 akan habis dibagi dengan 5, basis bilangan kita. jika bilangan tersebut memiliki satuan 0 atau 5. Suatu


ADVANCED

Vol 1. Tahun 2015 7 / 12

ADVANCED

Induksi Matematika: Teknik Sederhana yang Sangat Bermanfaat Oleh: Erlang Wiratama Surya

Pengenalan: Apa itu induksi? Induksi adalah sebuah metode pembuktian secara langsung; metode ini sering digunakan untuk menyelesaikan soal kombinatorik, aljabar, maupun teori bilangan. Prinsip dasar dari metode ini adalah membuktikan bahwa pernyataan A1 benar, lalu jika pernyataan Ak benar, maka pernyataan Ak+1 juga benar. Akan ditunjukan aplikasi sederhana dari metode induksi pada soal berikut ini. 2 untuk Soal. Buktikan bahwa 13 +23 +...+n3 = n(n+1) 2 setiap n ∈ Z+ . Jawab. Kita akan aplikasikan induksi pada n. Jelas pernyataan diatas benar untuk n = 1; misalkan benar untuk n = k. Kita juga punya 2 k(k + 1) 3 3 3 3 1 + 2 + ... + k + (k + 1) = + (k + 1)3 2 2 (k + 1)(k + 2) = 2 maka pernyataan benar untuk n = k + 1. Ini berarti, menurut induksi matematika pernyataan benar untuk setiap n ∈ Z+ .

Contoh aplikasi induksi pada olimpiade Metode induksi matematika dapat menyelesaikan soal yang mudah sampai yang sulit. Soal-soal berikut akan menunjukan aplikasi metode induksi yang lebih sulit dari contoh diatas. Penggunaan metode ini bisa menjadi sangat tricky. Terkadang metode ini digunakan untuk membuktikan hal yang tidak ditanya pada soal, namun dapat memmbantu untuk menyelesaikan soal tersebut. Soal 1. Sebanyak n orang berdiri di sebuah lapangan sehingga untuk setiap orang, jarak ke setiap orang lain berbeda semua. Tepat pada saat Tahun Baru, setiap orang menembakkan sebuah pistol air ke orang yang terdekat dengannya. Jika n ganjil, buktikan bahwa setidaknya ada satu orang yang tidak tertembak. Jawab. Kasus dasar n = 1 jelas, karena tidak ada terjadi penembakkan sama sekali. Karena kita hanya ingin membuktikan untuk n ganjil, kita akan sedikit mengubah langkah induksi kita. Kita misalkan n = k benar, kemudian kita akan buktikan untuk n = k + 2. Sekarang tinjau bila terdapat k + 2 orang. Lihat jarak antara setiap dua orang, dan misalkan A dan B memiliki jarak yang terdekat. Akibatnya A dan B pasti saling menembakkan pistolnya satu sama lain. Kemudian lihat k orang sisanya. Jika ada salah satu dari mereka yang menembakkan ke A atau ke B, tentunya terdapat setidaknya satu orang dari k orang sisanya tersebut yang kering, karena di antara k orang tersebut terjadi hanya maksimal k − 1 buah penembakkan. Namun, jika tidak ada dari k orang sisanya yang

menembakkan ke A atau ke B, kita bisa menggunakan hipotesis induksi: pasti ada setidaknya satu orang di antara k orang tersebut yang kering. Dengan demikian induksi selesai, dan soal terbukti. Soal 3. Definisikan barisan {xn }n≥0 dengan x0 = 0 r+1 dan xn = xn−1 + 3 2 −1 untuk n = 3r (3k + 1) dan r+1 xn = xn−1 − 3 2 +1 untuk n = 3r (3k + 2) dimana k, r adalah bilangan bulat non negatif. Buktikan bahwa setiap bilangan bulat muncul di barisan ini tepat sekali. r+1 Jawab. Definisikan f (n) = 3 2 −1 untuk n = 3r (3k + 1) r+1 dan f (n) = − 3 2 +1 untuk n = 3r (3k + 2), maka xn = xn−1 + f (n) dan jelas f (3n) = 3f (n). Selain itu, dapat ditunjukan bahwa f (3k + 3) − 1 = 3f (k), detailnya diserahkan pada pembaca. Perhatikan bahwa x0 = 0, x1 = 1, x2 = −1, x3 = 3. Kemudian, lihat bahwa jelas x3n+1 = x3n + 1 dan x3n+2 = x3n − 1. Kini, akan dibuktikan bahwa x3n = 3xn dengan induksi di n. Sedikit pekerjaan tangan akan menjelaskan darimana bisa dapat klaim seperti itu. Perhatikan bahwa hal yang ingin dibuktikan benar untuk n = 0, 1. Misalkan ini benar untuk n = k. Perhatikan kalau x3k+3 = x3k+2 + f (3k + 3) = x3k − 1 + f (3k + 3) = 3(xk + f (k)) = 3xk+1 , maka klaim x3n = 3xn terbukti. Sekarang, jelas ada angka 1 di barisan. Misalkan ada 1, 2, ..., 3k + 1 di barisan. Karena 3k + 3 = 3(k + 1), maka jelas ada l ∈ Z+ sehingga x3l = 3k + 3. Setelah itu jelas x3l+1 = 3k + 4 dan x3l+2 = 3k + 2. Akibatnya ada 1, 2, ..., 3(k + 1) + 1 pada barisan. Ini berarti induksi di k membuktikan bahwa semua bilangan bulat positif muncul di barisan. Dengan cara yang serupa bisa ditunjukkan bahwa semua bilangan negatif muncul di barisan. Tugas untuk membuktikan bahwa angkanya muncul hanya sekali diserahkan kepada pembaca. (Hint: 3|xl jika dan hanya jika 3|l) Soal 4. Diberikan berhingga orang laki-laki dan perempuan. Sebuah himpunan beranggotakan laki-laki disebut sosial jika setiap perempuan kenal setidaknya satu lakilaki pada himpunan tersebut; dan sebuah himpunan beranggotakan perempuan disebut sosial jika setiap laki-laki kenal setidaknya satu perempuan pada himpunan tersebut. Buktikan bahwa paritas dari banyaknya himpunan sosial laki-laki dan himpunan sosial perempuan itu sama. (Diasumsikan jika A kenal B, maka B kenal A) (Romanian Masters in Mathematics 2012). Jawab. Akan dibuktikan dengan induksi di banyaknya laki-laki. Misalkan ada m orang perempuan. Kita mulai dari kasus dasar, yakni ada satu laki-laki dan laki tersebut mengenal k perempuan. Banyaknya himpunan sosial perempuan adalah banyaknya himpunan yang setidaknya satu anggotanya dikenal lelaki tersebut, mudah dilihat bahwa banyaknya adalah 2m−k (2k − 1), yang bernilai ganjil jika dan hanya jika k = m. Pada saat yang sama, banyaknya himpunan sosial laki-laki adalah 1 (ganjil) jika laki itu mengenal semua perempuan (m = k), dan 0 jika ada perempuan yang tidak ia kenal. Artinya, benar bahwa


ADVANCED

Vol 1. Tahun 2015 8 / 12

paritas dari banyaknya himpunan sosial laki-laki dan himpunan sosial perempuan itu sama untuk banyak laki-laki sama dengan 1. Misalkan pernyataan di soal benar untuk 1, 2, ..., k orang laki-laki dan sembarang m, kita akan buktikan pernyataan benar untuk k + 1 orang laki-laki dan sembarang m.

Latihan Soal

Jika setiap laki-laki mengenal semua perempuan, maka banyaknya himpunan sosial laki-laki adalah 2k+1 − 1 dan banyaknya himpunan sosial perempuan adalah 2m − 1, keduanya ganjil, maka pernyataan di soal berlaku. Jika ada laki-laki yang tidak mengenal setidaknya seorang perempuan, kita namai dia sebagai x, himpunan k laki-laki sisanya sebagai L, himpunan semua perempuan yang dikenal x sebagai B, dan himpunan semua perempuan yang tidak dikenal x sebagai A. Karena ada setidaknya satu perempuan yang tidak dikenal x maka jelas himpunan A tidak kosong.

Soal 1. Definisikan F1 = F2 = 1 dan Fn+2 = Fn+1 + Fn untuk setiap n ∈ Z+ . Buktikan bahwa F1 + F2 + ... + Fn = Fn+2 − 1.

Pertama kita definisikan sebuah himpunan perempuan sebagai himpunan sosial-L jika setiap anggota L mengenal setidaknya satu anggota di himpunan perempuan tersebut, sebuah himpunan laki-laki sebagai himpunan sosial-AL jika semua perempuan di A mengenal setidaknya 1 laki-laki di himpunan laki-laki tersebut dan semua laki-laki pada himpunan tersebut merupakan anggota dari L, dan sebuah himpunan perempuan sebagai himpunan sosial-LA jika semua laki-laki di L mengenal setidaknya 1 perempuan di himpunan perempuan tersebut, dan semua anggota perempuan di himpunan tersebut merupakan anggota himpunan A. Misalkan banyaknya himpunan sosial laki-laki yang tidak memiliki x adalah l, banyaknya himpunan sosial-AL adalah y, banyaknya himpunan sosial-L adalah t, dan banyaknya himpunan sosialLA adalah z. Kita lihat himpunan sosial-AL dan himpunan sosial-LA, jika kita hanya melihat laki- laki di L dan perempuan di A, himpunan sosial perempuannya adalah himpunan sosial-LA dan himpunan sosial laki-lakinya adalah himpunan sosial-AL, maka dari induksi diperoleh bahwa paritas y sama dengan paritas z. Kemudian jika laki-laki yang dilihat hanya laki-laki di L namun perempuan yang dilihat itu semua perempuan, maka himpunan sosial laki-lakinya banyaknya l, dan himpunan sosial perempuan banyaknya t, maka dari induksi diperoleh paritas l sama dengan paritas t. Himpunan sosial laki-laki ada dua jenis, yang memiliki x dan tidak memiliki x dan yang tidak memiliki x banyaknya ada l. Jika himpunan sosial itu memiliki x, setelah x dibuang, himpunan yang tersisa adalah himpunan sosial-AL, banyaknya ada y. Akibatnya banyak himpunan sosial laki-laki adalah l + y. Kemudian, jelas himpunan sosial perempuan adalah himpunan sosialL yang memiliki setidaknya satu anggota di B, sama dengan himpunan sosial-L yang bukan himpunan sosial-LA, maka banyak himpunan sosial perempuan adalah t − z. Karena paritas l sama dengan paritas t dan paritas y sama dengan paritas z, maka paritas l + y sama dengan paritas t − z. Berarti pernyataan di soal benar untuk k + 1 orang laki-laki dan sembarang m. Dengan demikian, berdasarkan induksi matematika ini benar untuk sembarang k, m ∈ Z+ , dan pernyataan di soal terbukti secara general.

Waktunya kalian menerapkan metode ini. Berikut ini adalah soal-soal yang dapat diselesaikan dengan metode induksi, namun jangan ragu-ragu untuk mencoba mengerjakan soal-soal ini dengan metode lain jika kalian inginkan.

(m+1)! + · · · + (m+n)! = Soal 2. Buktikan bahwa m! 0! + 1! n! (m+n+1)! n!(m+1) untuk setiap m dan n bilangan bulat nonnegatif.

Soal 3. Buktikan bahwa (1 + x)n > 1 + nx untuk semua bilangan real x yang memenuhi x > −1, x 6= 0 dan n bilangan bulat yang lebih besar dari 1. (Ketaksamaan Bernoulli) Soal 4. Misalkan n ∈ Z+ . Diberikan sebuah neraca dan n buah bobot dengan berat 20 , 21 , ..., 2n−1 . Kita akan menaruh n bobot tersebut satu persatu pada neraca, sedemikian sehingga banyak beban pada piringan kiri selalu lebih besar dari banyak beban pada piringan kanan. Cari banyaknya cara kita bisa menaruh bobot tersebut. (IMO 2011) Soal 5. Buktikan bahwa terdapat sebuah bilangan dengan 2015 digit yang semua digitnya ganjil dan habis dibagi 52015 . (USAMO 2003) Soal 6. Pada sebuah grid berukuran 22015 + 1 × 22015 + 1 beberapa kotak diwarnai hitam. Diketahui bahwa untuk setiap n > 2 tidak ada kotak-kotak hitam s1 , s2 , .., sn sehingga si dan si+1 memeliki satu sisi yang sama untuk setiap i = 1, 2, ..., n (anggap sn+1 = s1 ) dan si 6= sj untuk i 6= j. Berapa banyak kotak hitam maksimum pada grid tersebut? (ELMO SL 2014) Soal 7. Diberikan segitiga ABC dimana titik A, B, C berwarna merah, biru dan hijau secara berturut-turut. Diketahui bahwa didalam segitiga ABC terdapat berhingga buah titik berwarna merah, biru dan hijau, lalu terdapat berhingga buah titik pada sisinya sehingga warna titiknya sama dengan warna salah satu titik sudut sisi dimana titik itu berada. Jika titik-titik itu dihubungkan dengan segmen sedemikian sehingga tidak ada segmen yang berpotongan dan segitiga ABC terpartisi menjadi segitiga-segitiga, buktikan ada ganjil buah segitiga dengan titik sudut yang warnanya berbeda, tanpa ada titik berwarna didalamnya. (Kasus khusus Sperner’s Lemma) Soal 8. Pada sebuah grid berukuran n × n dimana n ≥ 4, setiap kotak pada diagonal utama berisikan +, sedangkan semua kotak lainnya berisikan -. Anda bisa melakukan sebuah operasi, yakni mengganti semua tanda dari sebuah baris atau kolom. Buktikan bahwa setelah berhingga operasi, anda selalu memiliki setidaknya n buah + pada grid. (All-Russian 2011)


ADVANCED

Vol 1. Tahun 2015 9 / 12

ADVANCED

Ketaksamaan 3 Variabel Siklis Homogen Derajat 3 Oleh: Fajar Yuliawan Artikel ini pertama kali muncul di http://olimpiade.org Misalkan a, b, c bilangan real. Notasikan x = a − c dan y = b − c dan juga S = c a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca . Pemanasan. Periksa identitas-identitas berikut a3 + b3 + c3

=

3abc + x3 + y 3 + 3S

a2 b + b2 c + c2 a =

3abc + x2 y + S

ab2 + bc2 + ca2

=

3abc + xy 2 + S

3

=

27abc + (x + y) + 9S

(a + b + c)

3

kemudian nyatakan bentuk-bentuk berikut dalam x, y dan S F0 F1 F2 F3

= a3 + b3 + c3 + 3abc − (ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a)) 3 = 4 (a + b + c) − 27 a2 b + b2 c + c2 a + abc = a3 + b3 + c3 + 2 ab2 + bc2 + ca2 − 3 a2 b + b2 c + c2 a = 3 a3 + b3 + c3 + 6abc − 5 a2 b + b2 c + c2 a .

Soal 1. Buktikan bahwa jika a, b, c ≥ 0, maka F0 , F1 , F2 , F3 ≥ 0. Soal 2. Diberikan konstanta real A, B, C, D. Definisikan fungsi f (a, b, c) = A a3 + b3 + c3 + B a2 b + b2 c + c2 a + C ab2 + bc2 + ca2 + D · 3abc untuk setiap bilangan real a, b, c. Jika diketahui bahwa f (1, 1, 1) ≥ 0 dan f (x, y, 0) ≥ 0 untuk setiap x, y ≥ 0, buktikan bahwa f (a, b, c) ≥ 0 untuk setiap a, b, c ≥ 0. Soal 3. Buktikan bahwa untuk setiap a, b, c > 0 berlaku 1 a b c ≥ + + . 3 4a + 4b + c 4b + 4c + a 4c + 4a + b Soal 4. Diberikan konstanta real A, B, C. Definisikan fungsi g(a, b, c) = A a3 + b3 + c3 + B a2 b + b2 c + c2 a +C ab2 + bc2 + ca2 untuk setiap bilangan real a, b, c. Bila g (a, b, c) ≥ 0 untuk setiap a, b, c ≥ 0, buktikan bahwa g (a, b, c) ≥ (A + B + C) · 3abc + (3A + B + C) · min(a, b, c) · (a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca). Soal 5. Diberikan bilangan real positif r. Buktikan terdapat pasangan terurut bilangan real (A, B) yang tunggal sedemikian sehingga fungsi yang didefinisikan dengan h (a, b, c) = a3 + b3 + c3 − 3abc + A a2 b + b2 c + c2 a − 3abc + B ab2 + bc2 + ca2 − 3abc memenuhi kedua sifat berikut: 1. h(a, b, c) ≥ 0 untuk setiap a, b, c ≥ 0 dan 2. h(r, 1, 0) = h(1, 1, 1) = 0. Hint: A dan B dapat dinyatakan sebagai fungsi dalam r. Soal 6. Tentukan bilangan real positif K, L terbesar sehingga ketaksamaan berikut berlaku untuk setiap a, b, c ≥ 0 a3 + b3 + c3 + K ab2 + bc2 + ca2 ≥ (K + 1) a2 b + b2 c + c2 a a3 + b3 + c3 + 3Labc ≥ (L + 1) a2 b + b2 c + c2 a .


PERSPEKTIF

Vol 1. Tahun 2015 10 / 12

PERSPEKTIF

Road to IMO 2015 Perjalanan Panjang Menuju IMO 2015 Oleh: Rezky Arizaputra

Logo International Olympiad (IMO)

Mathematic

Saya pertama kali mengikuti olimpiade matematika ketika 4 SD. Waktu itu ada lomba matematika tingkat Jabodetabek yang diselanggarakan suatu sekolah dan sekolah saya diundang untuk ikut. Karena nilai matematika saya cukup tinggi, guru saya mengajak saya untuk ikut lomba tersebut. Setelah berpikir cukup lama, akhirnya saya tertarik untuk ikut. Sebelum lomba, saya diberikan contoh-contoh soal olimpiade matematika. Pada awalnya saya kira soal-soalnya akan membosankan seperti menghitung perkalian atau pembagian bilangan yang besar-besar dan rumit. Tapi setelah saya lihat soalnya, ternyata soal-soalnya tidak seperti soal sekolah yang hanya perlu menghitung dan mengaplikasikan rumus. Soal-soalnya lebih cenderung menggunakan logika. Karena saya suka mengerjakan permasalahan yang menggunakan logika, saya yang awalnya bosan dengan matematika karena hanya menghitung dan memakai rumus, menjadi berubah setelah melihat soal olimpiade. Sejak saat itu, saya sering mengerjakan soal olimpiade matematika. Saya memperolehnya baik dari buku yang saya cari di toko buku maupun dari lomba-lomba yang saya ikuti. Ketika kelas 1 SMP, saya diikutkan oleh sekolah saya dalam seleksi OSN tingkat kabupaten, atau OSK. Guru saya menjelaskan bahwa jika saya bisa masuk sekian besar, saya akan lanjut ke tingkat provinsi, atau OSP, dan jika masuk sekian besar di OSP, saya akan lanjut ke tingkat nasional. Dalam pikiran saya,

“Wah keren sekali kalau masuk nasional, bisa bertemu dan berkenalan dengan teman-teman dari provinsi lain yang juga jago matematika”. Saat itu saya berani bertekad untuk bisa masuk tingkat nasional dan meraih medali, walaupun saya yakin di provinsi saya sendiri banyak yang lebih jago dari saya. Untuk meraih impian saya itu, saya memperbanyak mengerjakan soal olimpiade SMP dari tingkat kabupaten, provinsi, hingga nasional yang saya peroleh dari buku-buku dan internet. Dari usaha saya tersebut dan tentunya tak lepas dari doa kepada yang Maha Kuasa, saya memperoleh hasil yang manis, dari peringkat 1 OSK, masuk 9 besar provinsi, dan meraih medali emas di tingkat nasional. Ketidaklolosan tersebut tidak membuat saya sedih berlama-lama, bahkan saya jadikan acuan untuk memperoleh hasil yang lebih baik tahun depannya. Ketika kelas 3 SMP (2013) saya ikut seleksi OSN lagi, tapi kali ini saya ikut tingkat SMA. Saya tahu dari teman saya bahwa yang meraih medali di tingkat nasional berkesempatan untuk mengikuti seleksi anggota tim IMO Indonesia. Menurut saya keren sekali kalau bisa sampai menjadi tim; selain bisa mengharumkan nama bangsa, saya juga bisa mendapat teman dari luar negeri. Walaupun untuk OSN kali ini saya berpikir saingannya akan lebih hebat lagi dibanding waktu 1 SMP(karena saya masih kelas 3 SMP, sementara saingan saya kebanyakan sudah SMA), saya tetap berusaha untuk melakukan yang terbaik. Seperti sebelumsebelumnya saya memperbanyak latihan soal dari tingkat kabupaten, provinsi, nasional, dan soal-soal dari luar negeri yang saya peroleh dari Internet. Pada akhirnya saya memperoleh perunggu, yang berarti saya berkesempatan untuk mengikuti seleksi tim IMO 2014. Seleksi dibagi menjadi 3 tahap, yang setiap tahapnya ber-

langsung hampir 1 bulan. Di setiap tahap, peserta akan diberikan materi dan diselingi dengan beberapa tes akademik. Selain itu, ada juga psikotes dan sesi kerohanian. Di tahap 1 ini, ada sekitar 28 orang yang ikut. Pada awalnya saya belum mengenal kebanyakan peserta. Namun selama pelatihan berlangsung, saya berkenalan dan menjadi akrab dengan semua peserta dalam waktu yang relatif pendek. Banyak ilmu yang saya dapatkan di tahap 1, baik dari para dosen maupun dari teman-teman lainnya. Setelah 1 bulan lamanya tahap 1 pun berakhir. 2 bulan kemudian sekolah saya dikirimkan surat yang menyatakan bahwa saya lolos tahap 2. Ketika diberitahu, saya merasa sangat senang, karena saya merasa saya kurang maksimal dalam tahap 1 kemarin. Di tahap 2 ini, pesertanya adalah peserta dari tahap 1 dan 6 veteran, yaitu mereka yang lolos tahap 3 tahun lalunya dan masih bisa ikut IMO. Jujur untuk tahap 2 ini saya kurang yakin bisa lolos ke tahap 3, karena saingan berat yang bertambah dan kemampuan saya yang kurang. Dan pada akhirnya saya pun tidak lolos dan harus mengulang kembali dari OSK. Ketidaklolosan tersebut tidak membuat saya sedih berlama-lama, bahkan saya jadikan acuan untuk memperoleh hasil yang lebih baik tahun depannya. Tahun berikutnya, saya mengikuti OSN lagi dan memperoleh hasil yang lebih baik dari tahun lalu, yaitu perak. Saya pun memperoleh kesempatan untuk mengikuti seleksi tim IMO 2015. Di tahap 1 kali ini, saya merasa lebih yakin untuk lolos ke tahap 2 dibandingkan tahun lalu karena kemampuan yang mungkin lebih baik dibandingkan tahun lalu. Kali ini pengumuman dilangsungkan saat penutupan. Alhamdulillah saya bisa lolos ke tahap 2 dengan peringkat yang cukup meyakinkan Di tahap 2 kali ini, veterannya ada 4, lebih sedikit dari tahun lalu. Ditambah hasil tahap 1 kemarin, saya merasa mungkin saya bisa lolos ke tahap 3 kali ini. Dan ternyata keinginan saya terkabul. Seperti tahap 1,


POJOK OLIMPIADE

pengumuman dilangsungkan saat penutupan. Ketika nama saya dipanggil, saya sangat senang karena kegagalan tahun lalu bisa saya balas sekarang. Akhirnya tinggal 1 tahap lagi untuk bisa menjadi tim IMO, dan hanya tersisa 10 orang. Di tahap 3, ada 2 tipe tes, yaitu 4 tes biasa dan tes Simulasi IMO. Setelah menjalani tes-tes yang ada, saya tinggal menunggu hasilnya. Saya yakin terjadi persaingan yang sangat ke-

tat di tahap 3 ini. Saya berdoa agar saya diberikan hasil yang terbaik buat saya. Saat pengumuman, nama-nama yang menjadi tim disebutkan satu per satu. Peringkat 1 dipanggil, kemudian peringkat 2 dan seterusnya. Sampai peringkat 5 nama saya belum dipanggil. Saat peringkat 6 atau anggota terakhir mau dibacakan, dalam hati saya berteriak nama saya. Dan ternyata. . . , nama saya dipanggil! Sungguh menegangkan. Usaha, perjuan-

Vol 1. Tahun 2015 11 / 12

gan, dan doa saya selama ini akhirnya bisa membuat saya menjadi anggota tim IMO Indonesia. Tidak lupa juga peran orangtua, teman-teman, dan guru-guru yang membina saya. Kesempatan ini akan saya gunakan semaksimal mungkin untuk meraih hasil yang terbaik. Semoga tim Indonesia bisa meraih hasil yang maksimal di IMO 2015 nanti!

POJOK OLIMPIADE

Soal-Soal Volume 1 1. Diberikan segitiga ABC. Buktikan bahwa proyeksi titik A ke garis bagi dalam dan luar dari B dan C segaris. 2. Misalkan x, y, z Buktikan bahwa

adalah bilangan real positif.

x2 + xy 2 + xyz 2 ≥ 4xyz − 4. 3. Titik P adalah titik di dalam segitiga ABC. Misalkan D, E dan F berturut-turut adalah titik tengah sisi BC, CA dan AB. Misalkan garis lA adalah garis melalui D yang sejajar P A. Definisikan lB dan lC dengan cara yang sama. Perlihatkan bahwa lA , lB dan lC berpotongan di satu titik. Misalkan titik perpotongan ketiganya adalah Q. Perlihatkan bahwa titik berat segitiga ABC terletak pada garis P Q.

untuk setiap bilangan asli n. Tunjukkan bahwa f tidak surjektif, yakni terdapat bilangan asli c, dengan 1 ≤ c ≤ 2014 sehingga f (m) = c tidak memiliki penyelesaian bilangan asli m. 8. Buktikan bahwa untuk setiap bilangan real positif a, b, c dengan 1 ≤ a, b, c ≤ 8 berlaku ketaksamaan √ a+b+c 3 ≤ abc. 5 (Shortlist OSN 2014 ) 9. Suatu barisan bilangan asli a1 , a2 , a3 , . . . memenuhi dan ak + al = am + an

4. Tentukan semua sukubanyak dengan koefisien rasional sehingga √ √ √ 3 3 3 f 3 + 9 = 3 + 3.

untuk setiap bilangan asli k, l, m, n dengan kl = mn.

Apakah terdapat sukubanyak dengan koefisien bulat sehingga memenuhi persamaan di atas?

(b) Jika a1 = 1 dan a2014 = 2014, buktikan bahwa terdapat bilangan asli m, n dengan 1 ≤ m < n ≤ 20142 yang memenuhi am > an .

5. Diberikan sebarang barisan bilangan asli a1 , a2 , a3 , . . . yang tak terbatas. Buktikan bahwa terdapat tak berhingga bilangan asli k sedemikian sehingga s

10. (a) Perlihatkan bahwa terdapat tak hingga banyak N bilangan bulat positif sehingga persamaan

a2k+2 + a2k > ak+1 . 2

6. Diberikan sebuah persegi n × n dengan n genap. n2 2 + 1 persegi dari papan ini diwarnai hitam. Dua buah persegi hitam disebut “terhubung” bila terdapat satu sisi persekutuan dari dua persegi ini. Buktikan bahwa bisa ditemukan persegi-persegi hitam A, B, dan C sehingga A terhubung dengan B dan B terhubung dengan C. 7. Suatu fungsi f : N → {1, 2, . . . , 2014} memenuhi persamaan f (n + 34) + f (n) = f (n + 20) + f (n + 14)

(a) Buktikan bahwa untuk setiap bilangan asli m, n dengan m | n berlaku am ≤ an .

x2 + y 2 + z 2 + t2 =N xyzt + 1 memiliki solusi bulat (x, y, z, t) (b) Tentukan semua solusi bulat (x, y, z, t) dari persamaan x2 + y 2 + z 2 + t 2 = 2015 xyzt + 1 Jawaban soal-soal bisa dikirimkan ke alamat surel [email protected] untuk dimuat di edisi berikutnya.


POJOK OLIMPIADE

Vol 1. Tahun 2015 12 / 12

POJOK OLIMPIADE

Simulasi OSN 2015 Hari Kedua

Hari Pertama 1. Barisan a1 , a2 , . . . , an merupakan barisan yang anggotanya berbeda-beda dan merupakan anggota himpunan {1, 2, . . . , 100}. Diketahui FPB(ai , ai+1 ) > 1 untuk setiap i = 1, 2, . . . , n−1 dan FPB(an , a1 ) > 1. Berapakah nilai terbesar yang mungkin untuk n?

1. Tentukan semua fungsi f : R → R yang memenuhi

2. Pada segitiga sama kaki lancip ABC, diketahui AB > AC. Misalkan HA , HB , HC adalah kaki-kaki garis tinggi dari A, B, C dan titik H adalah titik tinggi segitiga ABC. Misalkan pula M adalah titik tengah BC dan J titik tengah AH. Perlihatkan bahwa M HB JHC adalah suatu layang-layang.

2. Sebuah banteng di papan catur berjalan dari kotak asal ke kotak yang terletak di satu baris ataupun satu kolom dengan kotak asal tersebut, namun tidak boleh ke kotak yang bertetangga. Contohnya, dari kotak biru di bawah ini, sebuah banteng bisa berjalan ke kotak hijau.

f (x + f (y)) + xf (y) = f (xy + x) + f (y) untuk sebarang bilangan real x dan y.

3. Cari bilangan real terbesar M demikian sehingga berlaku √ √ √ √ √ √ M ( a + b + c) ≤ (1 + a)(1 + b)(1 + c) untuk semua bilangan real tak negatif a, b, dan c yang memenuhi 2 max{a, b, c} ≤ a + b + c. 4. Diberikan bilangan asli n. Pada setiap kotak dari papan catur berukuran n × n, bilangan-bilangan 1, 2, . . . , n2 dituliskan sembarang sehingga setiap bilangan digunakan tepat satu kali. Bilangan-bilangan ini ingin disusun sehingga di setiap baris, bilanganbilangan di baris tersebut bertambah besar dari kiri ke kanan dan di setiap kolom, bilangan-bilangan di kolom tersebut bertambah besar dari atas ke bawah. Untuk menyusunnya, dapat dilakukan beberapa langkah. Satu buah langkah dapat bertipe salah satu dari berikut: (Tipe 1) Pilih dua kotak bertetangga yang berada pada satu kolom; jika bilangan pada kotak di atas lebih besar dari bilangan pada kotak di bawah, tukarkan kedua bilangan di kotak tersebut. (Tipe 2) Pilih dua kotak bertetangga yang berada pada satu baris; jika bilangan pada kotak di kiri lebih besar dari bilangan pada kotak di kanan, tukarkan kedua bilangan di kotak tersebut. Selama operasi dapat dilakukan, operasi harus dilakukan hingga susunan yang diinginkan tercapai. Tunjukkan bahwa untuk sebarang kondisi awal: (i) terdapat barisan berhingga langkah dengan banyak langkah kurang dari n3 langkah sehingga permainan dapat diselesaikan. (ii) saat permainan terselesaikan, banyak langkah yang telah dilakukan tidak mungkin lebih dari n6 langkah. (Catatan: Dua kotak dikatakan bertetangga jika kedua kotak memiliki satu sisi bersama.)

Apakah mungkin setiap kotak di papan catur 4 × 4 dinomori 1, 2, 3, ..., 16, dengan setiap nomor digunakan tepat satu kali, sehingga sebuah banteng bisa berjalan dari kotak nomor 1, ke kotak nomor 2, ke kotak nomor 3, dan seterusnya sampai ke kotak nomor 16, kemudian kembali lagi ke kotak nomor 1? (Catatan: Dua kotak dikatakan bertetangga jika kedua kotak memiliki satu sisi bersama.) 3. Diberikan segitiga lancip ABC dengan ∠ABC > ∠ACB. Lingkaran Γ1 adalah lingkaran luar segitiga ABC dengan pusat O. Dibentuk lingkaran Γ2 yang menyinggung lingkaran Γ1 di A dan menyinggung BC di D. Perpanjang garis AD hingga memotong lingkaran Γ1 lagi di Q. Misalkan pula lingkaran Γ2 memotong segmen garis AC lagi di titik E. Diketahui bahwa ∠OAD = ∠OAC. Buktikan bahwa QE = QB. 4. Pada bidang koordinat Kartesian, titik rasional didefinisikan sebagai pasangan terurut (x, y) dengan x dan y merupakan bilangan rasional. Buktikan bahwa semua titik rasional di bidang bisa diwarnai dengan hitam dan putih sehingga dua titik rasional yang berjarak 1 selalu memiliki warna berbeda. (Catatan: Jarak dua buah titik (x1 , y1 ) dan (x2 , y2 ) didefinisikan dengan nilai dari p (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 .)

Buletin Olimpiade.org

Recommend Documents