MARKING SCHEME INAMO 2010 HARI 2 Soal 1 [Problem A8 (Fajar Yuliawan) - 3 suara] Misalkan a, b, c tiga bilangan asli berbeda. Buktikan 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 AM-GM, a2 b2 + b2 c2 b2 c2 + c2 a2 c2 a2 + a2 b2 > ab2 c, > abc2 , > a2 bc, 2 2 2 (2 poin) yang jika dijumlahkan akan menghasilkan a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 > abc(a + b + c), atau ekivalen dengan (ab + bc + ca)2 > 3abc(a + b + c) (1 poin). Akibatnya, 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 = 2(ab + bc + ca).
(1)
Tanpa mengurangi keumuman, asumsikan bahwa a > b > c. Dengan demikian ab > ca > bc, akibatnya 6ab > 2(ab + bc + ca) = a + b + c + 3abc > 3abc, sehingga 2 > c (2 poin). Jadi, haruslah c = 1, sehingga dari (??) kita peroleh a + b + 1 + 3ab = 2ab + 2(a + b) atau ekivalen dengan (a − 1)(b − 1) = 0. Namun, hal ini tidak mungkin terjadi karena a > b > c = 1 (2 poin).
Solusi kedua: Karena a, b, c bilangan asli berbeda, maka ab, bc dan ca juga berbeda, sehingga (ab + bc + ca)2 − 3abc(a + b + c) = a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 − abc(a + b + c) a2 b2 + b2 c2 − 2ab2 c b2 c2 + c2 a2 − 2abc2 c2 a2 + a2 b2 − 2a2 bc = + + 2 2 2 2 2 2 (ab − bc) (bc − ca) (ca − ab) = + + > 0. 2 2 2 Akibatnya, barisan pada soal tidak mungkin merupakan suatu barisan geometrik. Sekarang asumsikan bahwa a > b > c. Karena a, b, c bilangan asli, maka c ≥ 1, b ≥ 2 dan a ≥ 3. Akibatnya, a + b + c + 3abc − 2(ab + bc + ca) = 2(abc − ab − bc − ca + a + b + c − 1) + (abc − ab − c + 1) + (ab − a − b + 1) = 2(a − 1)(b − 1)(c − 1) + (ab − 1)(c − 1) + (a − 1)(b − 1) ≥ 0 + (3 − 1)(2 − 1) > 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.
1
Soal 2 [Problem G6 (Fajar Yuliawan) - 3 suara] Diberikan segitiga lancip ABC dengan AC > BC dan titik pusat lingkaran luar O. Garis tinggi segitiga ABC dari C memotong AB dan lingkaran luar segitiga ABC lagi berturut-turut di titik D dan E. Garis melalui O sejajar AB memotong garis AC di titik F . Buktikan bahwa garis CO, garis melalui F tegak lurus AC, dan garis melalui E sejajar DO bertemu di satu titik. Solusi pertama: Misalkan garis CO memotong lingkaran luar segitiga ABC lagi di titik K (sehingga CK adalah diameter) dan garis F O memotong talibusur CE di titik M . Karena F O sejajar AB, dan AB tegak lurus CE, maka F O tegak lurus CE. Karena O adalah titik pusat lingkaran, maka M adalah titik tengah tali busur CE (1 poin). C
O
F
M
A
D
B
P
K
E
Sekarang misalkan garis melalui E sejajar DO memotong garis CO di titik P . Kita akan membuktikan bahwa garis melalui F tegak lurus AC juga melalui titik P . Hal ini ekivalen juga dengan membuktikan bahwa F P tegak lurus AC. Pertama, karena DO sejajar EP dan M titik tengah CE, serta F M sejajar AD, maka CP CE 2CM 2CF = = = , CO CD CD CA (2 poin) atau ekivalen dengan CF CP CP = = . CA 2CO CK Dengan demikian, F P sejajar AK (2 poin). Karena CK adalah diameter, maka AK tegak lurus AC. Akibatnya, F P (yang sejajar dengan AK) juga tegak lurus AC, seperti yang diinginkan (2 poin). Solusi kedua: Misalkan garis melalui F tegak lurus AC memotong garis CO di titik P dan misalkan garis yang melalui E sejajar DO memotong garis CO di titik Q. Akan dibuktikan bahwa P = Q. Hal ini ekivalen dengan CP = CQ. Misalkan ∠CAB = α dan ∠ACO = θ. Karena F O sejajar AB, maka ∠CF O = α. Karena ∠AOC = 2∠ABC dan AO = CO (panjang jari-jari lingkaran), dan juga karena CE tegak lurus AB, maka θ = ∠ACO =
180◦ − ∠AOC = 90◦ − ∠ABC = ∠BCE = ∠BAE. 2
2
C
C
θ
θ
F
α
O
O
α+θ A
θ
α
α
A B
θ
Q
D
B
P
E
Sekarang dengan aturan sinus pada segitiga CF O, kita memperoleh CF CF CO = = , ◦ sin(α + θ) sin(180 − (α + θ)) sin α sehingga (karena ∠CF P = 90◦ ) CP =
CF CO sin(α + θ) 1 = . cos θ sin α cos θ
Selanjutnya dengan aturan sinus pada segitiga CAE, kita memperoleh CA CA CA CE = = = , ◦ sin(α + θ) sin ∠AEC sin(90 − θ) cos θ sehingga (karena EQ sejajar DO dan ∠CDA = 90◦ ) CQ = CE
CO CA sin(α + θ) CO CO sin(α + θ) CA CO sin(α + θ) 1 = = = . CD cos θ CD cos θ CD cos θ sin α
Jadi, CP = CQ, seperti yang diinginkan.
3
Soal 3 [Problem C3 (Raymond Christopher) - 3 suara] Suatu kompetisi matematika diikuti oleh 120 peserta dari beberapa kontingen. Pada acara penutupan, setiap peserta memberikan 1 souvenir pada setiap peserta dari kontingen yang sama dan 1 souvenir pada salah seorang peserta dari tiap kontingen lainnya. Di akhir acara, diketahui terdapat 3840 souvenir yang dipertukarkan. Berapa banyak kontingen maksimal sehingga kondisi di atas dapat terpenuhi? Solusi: Misal K adalah banyak kontingen dan a1, a2 , ..., aK adalah banyak peserta dari kontingen 1,2,...K. Maka, K X ai = 120 (2) i=1
(1 poin) Peserta dari kontingen ke i memberikan 1 souvenir pada ak − 1 peserta lain dari kontingen yang sama dan 1 souvenir pada K − 1 peserta dari kontingen lainnya. Maka, K X i=1 K X
ai (ai − 1 + K − 1) = 3840
a2i
+ (K − 2)
K X
i=1
ai = 3840
i=1
dari (1), K X
a2i = 3840 − (K − 2) × 120
(3)
i=1
(2 poin)
Dengan menggunakan QM-AM pada (1) dan (2), PK
PK
2 i=1 ai
≥ (
i=1 ai 2
K K K × (3840 − (K − 2) × 120) ≥ (120)2
)
120 × (K − 4)(K − 30) ≤ 0
(2 poin) Dan kita dapatkan 4 ≤ K ≤ 30. Kondisi (1) dan (2) dapat terjadi untuk K = 30, a1 = a2 = · · · = aK = 4. Jadi, banyak kontingen maksimal yang mungkin adalah 30.
(2 poin)
4
Soal 4 [Problem N1 (Nanang Susyanto) - 6 suara] Diketahui bahwa m dan n adalah bilangan-bilangan asli dengan sifat (mn) m2010 + n2010 + n . Buktikan bahwa terdapat bilangan asli k sehingga n = k 2010 . Solusi. Misalkan d = gcd (m, n) . Kita dapat menyatakan m = dm1 dan n = dn1 dengan (m1 , n1 ) = 1. Dengan demikian d2 m1 n1 | d2010 m2010 + d2010 n2010 + dn1 ⇒ dm1 n1 | d2009 m2010 + d2009 n2010 + n1 . 1 1 1 1 Karena d | d2009 m2010 + n2010 maka d | n1 , (1 poin) tulis n1 = dn2 maka dengan argumen yang sama 1 1 seperti di atas diperoleh dm1 n2 | d2008 m2010 + d2008+2010 n2010 + n2 dan seterusnya dapat dilakukan 1 2 sampai 2010 kali sehingga diperoleh dm1 n2010 | m2010 + dk n2010 1 2010 + n2010 .
(4)
(3 poin) 2010 . Akan Sekarang, perhatikan bahwa n2010 | m2010 + dk n2010 1 2010 + n2010 tentu akan berakibat n2010 | m1 2010 tetapi gcd m1 , n2010 = 1, sehingga n2010 = 1. Dengan demikian, diperoleh bahwa
n = dn1 = d2 n2 = ... = d2010 n2010 = d2010 seperti yang diminta (3 poin). Catatan. (1) Kasus gcd(m, n) = 1 yang berakibat n = 1 bernilai 1 poin. (2) Menebak bahwa k = gcd(m, n) tanpa membuktikan apa-apa mendapatkan 1 poin. (3) Kesalahan minor dari awal sampai (??) mendapat pengurangan paling sedikit 1 poin. (4) Tanpa menyebutkan bahwa gcd(m2010 , n2010 ) = 1 yang berakibat n2010 = 1 mendapat pengurangan 2 poin. Solusi alternatif. Pertama, perhatikan bahwa n | m2010 . Misalkan gcd(m, n) = d. Jika d = 1, maka n = 1 dan kita selesai. Sekarang asumsikan bahwa d > 1. Tulis m = da dan n = db dengan gcd(a, b) = 1. Dengan demikian, db | (da)2010 atau ekivalen dengan b | d2009 a2010 . Karena gcd(a, b) = 1, maka b | d2009 atau ekivalen dengan n | d2010 . Andaikan d2010 - n, maka terdapat bilangan asli r ≤ 2009 dengan dr | n namun dr+1 - n. Karena d | m, dr | n dan r + 1 ≤ 2010, maka dr+1 membagi mn, m2010 dan n2010 , yang berakibat dr+1 | n, suatu kontradiksi. Jadi d2010 | n Kita simpulkan bahwa n = d2010 dan kita selesai.
5
