MA

OSN 2014 Matematika SMA/MA Nomor Peserta :

Hari Kedua

Soal 5. Suatu barisan bilangan asli a1 , a2 , a3 , . . . memenuhi ak + al = am + an untuk setiap bilangan asli k, l, m, n dengan kl = mn. Jika m membagi n, buktikan bahwa am ≤ an . Solusi. Andaikan terdapat bilangan asli p, q dengan p | q namun ap > aq . Tulis q = pr diperoleh aq + a1 = ap + ar . Karena ap > aq maka a1 − ar > 0. Tinjau ar , ar2 , ar3 , . . . ar2 = ar + ar − a1 = ar − (a1 − ar ) ar3 = ar2 + ar − a1 = ar − 2(a1 − ar ) .. . ars+1 = ars + ar − a1 = ar − s(a1 − ar ). Padahal kalau diambil s cukup besar sehingga s > ar , maka ars+1 = ar − s(a1 − ar ) ≤ ar − s < 0 suatu kontradiksi karena suku di barisan adalah bilangan asli. Solusi Alternatif. Pertama akan ditunjukkan bahwa a1 ≤ as untuk setiap bilangan asli s. Andaikan a1 > as untuk suatu bilangan asli s. Maka untuk setiap bilangan asli k berlaku a1 + ask > as + ask = ask+1 + a1 . Sehingga ask > ask+1 untuk setiap k dan kita punya barisan takhingga yang monoton turun tegas (mustahil!). Sekarang misalkan m | n dan tulis mt = n. Akibatnya am + at = an + a1 ⇔ am − an = a1 − at ≤ 0. Jadi am ≤ an . Skema. 1. Menunjukkan bahwa a1 ≤ as untuk setiap bilangan asli s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (4 poin) 2. Melengkapi solusi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (3 poin)

1


Hari Kedua

Soal 6. Diberikan segitiga ABC dengan AD sebagai garis bagi dalam ∠BAC. Misalkan titik M dan N berturut-turut pada AB dan AC sehingga ∠M DA = ∠ABC dan ∠N DA = ∠ACB. Jika P merupakan titik potong dari garis AD dan garis M N , buktikan bahwa AD3 = AB · AC · AP. Solusi. A

N P M

C B

D

Karena ∠ADM = ∠ABC maka AD menyinggung lingkaran luar segitiga BM D dan karena ∠ADN = ∠ACB, maka AD menyinggung lingkaran luar segitiga CN D. Dari sini diperoleh AD2 = AM · AB dan AD2 = AN · AC. Karena ∠M DN = ∠ADM + ∠ABC = 180◦ − ∠BAC, maka AM DN siklis dan kita mendapatkan ∠AM P = ∠ADN = ∠ACB. Karena AD garis bagi segitiga ABC, maka ∠M AP = ∠DAN . Jadi, AM P ∼ ADN dan diperoleh AM/AP = AD/AN , yakni AM · AN = AP · AD. Jadi, AD3 =

AP · AD · AB · AC AM · AB · AN · AC = = AB · AC · AP. AD AD

Skema. (1) Membuktikan AD2 = AM · AB dan AD2 = AN · AC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2 poin) (2) Membuktikan AM · AN = AP · AD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(3 poin) (3) Solusi penuh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2 poin)

2


Hari Kedua

Soal 7. Misalkan k, m, n merupakan bilangan asli dengan k ≤ n. Buktikan bahwa m X k mr nk m+n = 1. (r + k) r+k r=0

Solusi. Pandang suatu permainan mendapatkan k buah kartu merah dari sekumpulan kartu yang terdiri dari n kartu merah dan m kartu kuning dengan cara mengambilnya satu persatu tanpa pengembalian. Karena k ≤ n, maka pasti k kartu merah akan terambil dengan peluang 1. Di sisi lain, kita akan menghitung peluang terambilnya k kartu merah untuk pertama kalinya dengan terlebih dahulu mendapatkan r kartu kuning diantara r + k kartu yang terambil. Banyaknya cara mengambil k kartu merah dari n kartu merah yang tersedia dan r kartu kuning dari m kartu kuning yang tersedia adalah nk · mr . Sedangkan banyaknya cara untuk mengambil k + r m+n kartu dari n + m kartu yang tersedia adalah r+k . Jadi peluang terambilnya k kartu merah dan r kartu dari n + m kartu yang mengandung n kartu merah dan m kartu kuning kuning adalah

n m k r n+m k+r

. Sekarang agar kartu yang terakhir terambil adalah kartu merah, peluangnya m n r · m+nk . Dengan menjumlahkan semua peluang ini untuk 0 ≤ r ≤ m kita

k r+k r+k peroleh identitas yang diinginkan.

menjadi

Skema. n m k r n+m k+r

1. Mengenali

sebagai peluang terpilihnya k objek dari grup I yang mengandung n

objek dan terpilihnya r objek dari grup ke II yang mengandung m objek . . . . ( 2 poin) k sebagai peluang terpilihnya kartu merah sebagai kartu terakhir diantara r+k r + k kartu yang ada yang k diantaranya merupakan kartu merah . . . . . . . . . . . . (1 poin)

2. Mengenali

3. Melengkapi solusi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (4 poin)

3


Hari Kedua

Soal 8. Suatu bilangan asli disebut cantik jika dapat dinyatakan dalam bentuk x2 + y 2 x+y untuk suatu bilangan asli x dan y yang berbeda. (a) Tunjukkan bahwa 2014 dapat dituliskan sebagai perkalian bilangan cantik dan bilangan tidak cantik. (b) Buktikan bahwa hasil perkalian dua bilangan tidak cantik tetap tidak cantik. Solusi. Kita notasikan f (x, y) =

x2 + y 2 x+y

untuk sebarang bilangan asli x, y (tidak harus berbeda). Kita mulai dengan beberapa observasi. Untuk n, x, y ∈ N, perhatikan f (nx, ny) =

(nx)2 + (ny)2 x2 + y 2 =n· = nf (x, y). nx + ny x+y

Jadi, untuk setiap a, b ∈ N f (a(a + b), b(a + b)) = (a + b)f (a, b) = a2 + b2 . Sekarang katakan suatu bilangan cantik bila ia berbentuk f (x, y) dengan x, y ∈ N berbeda. Kita ingin menentukan semua bilangan cantik. Pertama, misalkan p ≡ 1 mod 4 prima. Ingat bahwa p dapat ditulis sebagai p = a2 + b2 dengan a, b ∈ N. Jelas bahwa a, b berbeda. Dengan demikian, p = f (a(a + b), b(a + b)) cantik. Berikutnya bila suatu bilangan asli k habis dibagi oleh p, tulis k = mp, maka k = m(a2 + b2 ) = mf (a(a + b), b(a + b)) = f (ma(a + b), mb(a + b)) cantik. Jadi, setiap bilangan asli yang memiliki suatu faktor prima ganjil yang kongruen 1 mod 4 senantiasa cantik. Kita klaim bahwa tidak ada bilangan cantik yang lain. Kita butuh dua lema sederhana berikut. Lema 1. Misalkan m bilangan asli. Jika 2m cantik, maka m juga cantik. Bukti. Misalkan 2m = f (a, b) dengan a, b berbeda. Dari definisi f , diperoleh 2m(a + b) = a2 + b2 . Seandainya a, b keduanya ganjil, maka a2 + b2 ≡ 2 mod 4 padahal 2(a + b) ≡ 0 mod 4, suatu kontradiksi. Jadi, a, b keduanya genap sehingga 2m = f (a, b) = f (2a0 , 2b0 ) = 2f (a0 , b0 ) dan m = f (a0 , b0 ) cantik. Lema 2. Misalkan m, q bilangan asli dengan q ≡ 3 mod 4 prima. Jika qm cantik, maka m juga cantik. 4


Hari Kedua

Bukti. Misalkan qm = f (a, b) dengan a, b berbeda. Dari definisi f , diperoleh qm(a + b) = a2 + b2 . Karena q ≡ 3 mod 4, maka q membagi a dan b. Jadi, qm = f (a, b) = f (qa0 , qb0 ) = qf (a0 , b0 ) dan m = f (a0 , b0 ) cantik. Kembali ke soal, andaikan ada bilangan cantik selain disebut di atas, maka ia berbentuk 2k q1 q2 · · · ql dengan qi ≡ 3 mod 4 untuk setiap i. Dengan lema berkali-kali diperoleh bahwa 1 adalah bilangan cantik. Tulis 1 = f (a, b) dengan a, b berbeda, maka a + b = a2 + b2 sehingga a(a − 1) + b(b − 1) = 0. Ini berakibat a = b = 1, suatu kontradiksi. 1. Karena 2014 = 53 × 38 dengan 53 bilangan prima berbentuk 4k + 1. Maka 53 merupakan bilangan cantik dan akibatnya 2014 juga cantik. Di lain pihak 1 tidak cantik. Jadi 2014 = 1 × 2014 merupakan suatu perkalian bilangan cantik dan tak cantik. 2. Bilangan tak cantik adalah bilangan berbentuk n = 2α m dengan semua faktor prima dari m berbentuk 4k + 3. Mengalikan dua bilangan seperti itu akan menghasilkan bilangan yang sama bentuknya. Skema. 1. Menunjukkan suatu faktor dari 2014 yang tidak cantik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1 poin) 2. Menunjukkan suatu faktor dari 2014 yang cantik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1 poin ) Kedua nilai diatas bersifat aditif jika hasil kali kedua faktor diatas adalah 2014, jika tidak maksimum 1 poin 3. Menunjukkan bahwa jika suatu bilangan mempunyai faktor prima berbentuk p = 4k + 1 maka ia bilangan cantik. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2 poin) 4. Menunjukkan bahwa jika suatu bilangan tidak mempunyai faktor prima berbentuk p = 4k + 1 maka ia bilangan tidak cantik. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2 poin) 5. Menyimpulkan bahwa perkalian dua bilangan tidak cantik tetap tidak cantik . ( 1 poin)

5

MA

Recommend Documents