KATA PENGANTAR

PS AX

Dar i (1) dan (2) didapat

BD 2 R

Kar ena o ∠XQC = 90 dan ∠XRC = 90 maka segiempat Q XRC adalah segiempat t ali busur yang j uga

t er let ak pada suat u lingkar an yang dapat dianggap ber j ar i-j ar i r 2 .

Kar ena ∠QRC = 90 o dengan t it ik R t er let ak pada lingkar an ber j ar i-j ar i r 2 maka CX adalah diamet er lingkar an t er sebut

CX = 2r 2 .

Sesuai dalil sinus pada ∆CQR maka

QR

= 2 r 21 = CX ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4)

sin ∠ RCQ

BD

Sesuai dalil sinus pada ∆CDB maka

= 2 R ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5)

sin ∠ RCQ

QR CX

Dar i (4) dan (5) didapat

BD 2 R PS + QR AX + CX AC ⋅ BD

Dar i (3) dan (6) didapat

PS + QR =

BD 2 R

AC ⋅ BD

Dengan car a yang sama akan didapat kan PQ + SR =

Ter bukt i bahwa PS + Q R = PQ + SR

2 5 84. Tunj ukkan bahwa per samaan x 3 +y =z mempunyai t ak hingga penyelesaian unt uk bilangan bulat x, y, z dengan xyz ≠ 0.

(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1991) Solusi :

2 5 Dapat dihit ung bahwa 10 3 +3 =7 . Kar ena KPK(2, 3, 5) = 30 maka

2 30 5 30 3 10 30 n +3 n =7 n

15 2 6 5 10 (10n 3 ) + (3n ) = (7n ) yang ber laku unt uk semua nilai n.

2 5 Ter bukt i bahwa per samaan x 3 +y =z mempunyai t ak hingga penyelesaian unt uk bilangan bulat x, y, z dengan xyz ≠ 0.

85. Misalkan C adalah lingkar an dan t it ik P t er let ak pada bidang. Dibuat gar is-gar is melalui P dan masing- masing memot ong lingkar an di dua t it ik dengan r uas gar is kedua t it ik ini ser ing disebut busur . Tunj ukkan bahwa t it ik t engah busur -busur ini t er let ak pada sat u lingkar an. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1991) Solusi : Misalkan O adalah pusat lingkar an dan M adalah t it ik t engah busur . ∠OMP = 90 o Kar ena o ∠OMP = 90 maka M akan t er let ak pada suat u lingkar an dengan diamet er OP. (Ter bukt i)

86. Sepuluh bilangan ber beda diambil dar i bilangan-bilangan {0, 1, 2, ⋅⋅⋅, 13, 14} unt uk melengkapi lingkar an pada diagr am di bawah. Selisih posit if dar i dua bilangan yang dihubungkan dengan gar is har us saling ber beda. Apakah hal t er sebut mungkin ? Ber ikan alasan.

(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1991)

Solusi :

Ada 4 bilangan di ant ar a 10 bilangan t er sebut yang ber hubungan dengan t epat 4 buah bilangan lain. Misalkan bilangan-bilangan t er sebut adalah a 1 ,a 2 ,c 1 dan c 2 . Sedangkan 6 buah bilangan akan ber hubungan dengan t epat 2 bilangan lain. Misalkan bilangan-bilangan t er sebut adalah b 1 ,b 2 ,b 3 ,d 1 ,d 2 dan d 3 . Akan didapat kan 14 kemungkinan selisih posit if bilangan t er sebut yait u ⏐a 1 −b 1 ⏐, ⏐a 1 −b 2 ⏐. ⏐a 1 −b 3 ⏐, ⏐a 2 −b 1 ⏐, ⏐a 2 −b 2 ⏐, ⏐a 2 −b 3 ⏐, ⏐c 1 −d 1 ⏐, ⏐c 1 −d 2 ⏐. ⏐c 1 −d 3 ⏐, ⏐c 2 −d 1 ⏐, ⏐c 2 −d 2 ⏐, ⏐c 2 −d 3 ⏐, ⏐a 1 −c 1 ⏐ dan ⏐a 2 −c 2 ⏐. Andaikan mungkin bahwa selisih posit if dar i dua bilangan yang dihubungkan dengan gar is lur us akan saling ber beda. Dar i bilangan-bilangan {0, 1, 2, 3, ⋅⋅⋅, 14} hanya bisa didapat 14 kemungkinan selisih posit if yait u 1, 2, 3,

4, ⋅⋅⋅, 14. Maka selisih posit if keempat belas ⏐a 1 −b 1 ⏐, ⏐a 1 −b 2 ⏐. ⏐a 1 −b 3 ⏐, ⏐a 2 −b 1 ⏐, ⏐a 2 −b 2 ⏐, ⏐a 2 −

b 3 ⏐, ⏐c 1 − d 1 ⏐, ⏐c 1 − d 2 ⏐. ⏐c 1 − d 3 ⏐, ⏐c 2 − d 1 ⏐, ⏐c 2 − d 2 ⏐, ⏐c 2 − d 3 ⏐, ⏐a 1 − c 1 ⏐ dan ⏐a 2 − c 2 ⏐ har us memuat selisih posit if dar i 1 sampai 14. Akibat nya di ant ar a keempat belas ⏐a 1 −b 1 ⏐, ⏐a 1 −b 2 ⏐. ⏐a 1 −b 3 ⏐, ⏐a 2 −b 1 ⏐, ⏐a 2 −b 2 ⏐, ⏐a 2 −b 3 ⏐, ⏐c 1 −

d 1 ⏐, ⏐c 1 −d 2 ⏐. ⏐c 1 −d 3 ⏐, ⏐c 2 −d 1 ⏐, ⏐c 2 −d 2 ⏐, ⏐c 2 −d 3 ⏐, ⏐a 1 −c 1 ⏐ dan ⏐a 2 −c 2 ⏐ har us memuat t epat 7 buah ganj il dan 7 buah genap. • J ika a 1 dan a 2 memiliki par it as yang sama (sama-sama genap at au sama-sama ganj il) dan c 1 dan c 2 j uga memiliki par it as yang sama

Kedua ⏐a 1 −c 1 ⏐ dan ⏐a 2 −c 2 ⏐ akan ganj il at au keduanya t idak ada yang ganj il. Kedua ⏐a 1 −b i ⏐ dan ⏐a 2 −b i ⏐ unt uk i = 1, 2, 3 akan ganj il at au keduanya t idak ada yang ganj il. Kedua ⏐c 1 −d j ⏐ dan ⏐c 2 −d j ⏐ unt uk j = 1, 2, 3 akan ganj il at au keduanya t idak ada yang ganj il.

Akibat nya akan t er dapat sej umlah genap di ant ar a keempat belas ⏐a 1 − b 1 ⏐, ⏐a 1 −b 2 ⏐. ⏐a 1 −b 3 ⏐, ⏐a 2 −b 1 ⏐, ⏐a 2 −b 2 ⏐, ⏐a 2 −b 3 ⏐, ⏐c 1 −d 1 ⏐, ⏐c 1 −d 2 ⏐. ⏐c 1 −d 3 ⏐, ⏐c 2 −d 1 ⏐, ⏐c 2 −d 2 ⏐, ⏐c 2 −d 3 ⏐, ⏐a 1 −

c 1 ⏐ dan ⏐a 2 −c 2 ⏐ yang ganj il. Kont r adiksi.

• J ika a 1 dan a 2 memiliki par it as ber beda dan c 1 dan c 2 j uga memiliki par it as yang ber beda.

Kedua ⏐a 1 −c 1 ⏐ dan ⏐a 2 −c 2 ⏐ akan ganj il at au keduanya t idak ada yang ganj il. Kedua ⏐a 1 −b i ⏐ dan ⏐a 2 −b i ⏐ unt uk i = 1, 2, 3 akan t er dapat sat u yang ganj il sedangkan sat unya lagi akan genap. Akibat nya akan t er dapat t epat 3 di ant ar a ⏐a 1 −b 1 ⏐, ⏐a 1 −b 2 ⏐. ⏐a 1 −b 3 ⏐, ⏐a 2 −

b 1 ⏐, ⏐a 2 −b 2 ⏐, ⏐a 2 −b 3 ⏐ yang ganj il.

Kedua ⏐c 1 −d i ⏐ dan ⏐c 2 −d i ⏐ unt uk i = 1, 2, 3 akan t er dapat sat u yang ganj il sedangkan sat unya lagi akan genap. Akibat nya akan t er dapat t epat 3 di ant ar a ⏐c 1 −d 1 ⏐, ⏐c 1 −d 2 ⏐. ⏐c 1 −d 3 ⏐, ⏐c 2 −

d 1 ⏐, ⏐c 2 −d 2 ⏐, ⏐c 2 −d 3 ⏐ yang ganj il.

Akibat nya akan t er dapat sej umlah genap di ant ar a keempat belas ⏐a 1 − b 1 ⏐, ⏐a 1 −b 2 ⏐. ⏐a 1 −b 3 ⏐, ⏐a 2 −b 1 ⏐, ⏐a 2 −b 2 ⏐, ⏐a 2 −b 3 ⏐, ⏐c 1 −d 1 ⏐, ⏐c 1 −d 2 ⏐. ⏐c 1 −d 3 ⏐, ⏐c 2 −d 1 ⏐, ⏐c 2 −d 2 ⏐, ⏐c 2 −d 3 ⏐, ⏐a 1 −

c 1 ⏐ dan ⏐a 2 −c 2 ⏐ yang ganj il. Kont r adiksi.

• J ika a 1 dan a 2 memiliki par it as yang sama dan c 1 dan c 2 memiliki par it as yang ber beda.

Salah sat u dar i ⏐a 1 −c 1 ⏐ dan ⏐a 2 −c 2 ⏐ akan ganj il dan yang lainnya genap. Kedua ⏐a 1 −b i ⏐ dan ⏐a 2 −b i ⏐ unt uk i = 1, 2, 3 akan ganj il at au keduanya t idak ada yang ganj il. Kedua ⏐c 1 −d i ⏐ dan ⏐c 2 −d i ⏐ unt uk i = 1, 2, 3 akan t er dapat sat u yang ganj il sedangkan sat unya lagi akan genap. Akibat nya akan t er dapat t epat 3 di ant ar a ⏐c 1 −d 1 ⏐, ⏐c 1 −d 2 ⏐. ⏐c 1 −d 3 ⏐, ⏐c 2 −

d 1 ⏐, ⏐c 2 −d 2 ⏐, ⏐c 2 −d 3 ⏐ yang ganj il.

Akibat nya akan t er dapat sej umlah genap di ant ar a keempat belas ⏐a 1 − b 1 ⏐, ⏐a 1 −b 2 ⏐. ⏐a 1 −b 3 ⏐, ⏐a 2 −b 1 ⏐, ⏐a 2 −b 2 ⏐, ⏐a 2 −b 3 ⏐, ⏐c 1 −d 1 ⏐, ⏐c 1 −d 2 ⏐. ⏐c 1 −d 3 ⏐, ⏐c 2 −d 1 ⏐, ⏐c 2 −d 2 ⏐, ⏐c 2 −d 3 ⏐, ⏐a 1 −

c 1 ⏐ dan ⏐a 2 −c 2 ⏐ yang ganj il. Kont r adiksi.

• J ika a 1 dan a 2 memiliki par it as yang ber beda dan c 1 dan c 2 memiliki par it as yang sama. Kar ena simet r is maka pembukt ian ini akan sama dengan pembukt ian j ika a 1 dan a 2 memiliki par it as

yang sama dan c 1 dan c 2 memiliki par it as yang ber beda.

87. Bukt ikan bahwa hasil kali n bilangan asli per t ama habis dibagi penj umlahan n bilangan asli per t ama j ika dan hanya j ika n + 1 bukan bilangan pr ima. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1992) Solusi : 1+2+3+4+ ⋅⋅⋅ + n = ½n(n + 1) Ada dua hal yang har us dibukt ikan : • J ika n! habis dibagi ½ n(n + 1) maka n + 1 bukan bilangan pr ima

Kar ena ½n(n + 1) membagi n! maka ½(n + 1) har us membagi (n − 1)!. J ika n + 1 bilangan pr ima maka n + 1 t idak habis dibagi 2 unt uk n > 1. Kar ena 1, 2, 3, 4, ⋅⋅⋅, n − 1 semuanya kur ang dar i n + 1 dan n + 1 bilangan pr ima maka t idak ada di ant ar a 1, 2, 3, ⋅⋅⋅, n − 1 yang mer upakan f akt or dar i n + 1 n! t idak habis dibagi ½n(n + 1). J ika n + 1 bilangan pr ima maka n! t idak habis dibagi ½n(n + 1). Pembukt ian j ika n + 1 bilangan pr ima maka n! t idak habis dibagi ½n(n + 1) sama dengan pembukt ian j ika n! habis dibagi ½ n(n + 1) maka n + 1 bukan bilangan pr ima (pembukt ian dengan kont r aposisi)

• J ika n + 1 bukan bilangan pr ima maka n! habis dibagi ½ n(n + 1) J ika n + 1 bukan bilangan pr ima maka n + 1 = ab dengan a, b ∈ bilangan asli dan a, b ≥ 2. Unt uk n = 1 maka n! =1 dan ½n(n + 1) = 1 ser t a 1 membagi 1. Unt uk n > 1 maka 2n > n + 1

n > ½(n + 1)

• J ika n ganj il Maka ½(n + 1) mer upakan bilangan bulat . Kar ena n > ½(n + 1) maka ½ (n + 1) mer upakan salah sat u dar i 1, 2, 3, 4, 5, ⋅⋅⋅, at au n − 1. Maka n ⋅ (n − 1) ⋅ (n − 2) ⋅ ⋅⋅⋅ ⋅ 1 = n! habis dibagi ½n(n + 1)

• J ika n genap Maka ½n, a, b semuanya kur ang dar i n. Kar ena n + 1 ganj il maka a dan b keduanya ganj il.

1 1 Kar ena a, b ganj il > 1 maka a, b ≤ ( n + 1 ) a, b ≤ n maka a, b < ½n

Kar ena 3a, 3b ≤ n maka b, 3a dan ½n masing-masing adalah salah sat u dar i 1, 2, 3, 4, ⋅⋅⋅, n. Akibat nya n ⋅ (n − 1) ⋅ (n − 2) ⋅ ⋅⋅⋅ ⋅ 1 = n! habis dibagi ½n(n + 1)

Ter bukt i j ika n + 1 bukan bilangan pr ima maka n! habis dibagi ½ n(n + 1) Ter bukt i bahwa hasil kali n bilangan asli per t ama habis dibagi penj umlahan n bilangan asli per t ama j ika dan hanya j ika n + 1 bukan bilangan pr ima.

88. Selesaikan per samaan x +

(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1992) Solusi :

2 x 2 + 3x + 3 = 0 at au x −x−1=0 • Unt uk x 2 + 3x + 3 = 0

Disk = 3 2 − 4(1)(3) = −3 < 0 Tidak ada akar r eal yang memenuhi

• Unt uk x 2 −x−1=0

x = 1+

5 at au x = 1−

1 1 Maka nilai x yang memenuhi per samaan x +

2 = 3 adalah x = 1+

5 at au x = 1−

89. Tunj ukkan bahwa bilangan x adalah r asional j ika dan hanya j ika t er dapat t iga bilangan ber beda yang mer upakan bar isan geomet r i yang dipilih dar i x, x + 1, x + 2, x + 3, ⋅⋅⋅⋅⋅ (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1993) Solusi : Ada dua hal yang har us dibukt ikan : • J ika x adalah bilangan r asional maka t er dapat t iga bilangan ber beda yang mer upakan bar isan

geomet r i yang dipilih dar i x, x + 1, x + 2, x + 3, ⋅⋅⋅⋅⋅

Kar ena x bilangan r asional maka x =

dengan m, n ∈ bilangan asli.

2 2 2 2 xn = m 2 xmn = m (x + m) =x +m + 2xm = x + xmn + 2xm = x(x + mn + 2m) Kar ena ber laku (x + m) 2 = x(x + mn + 2m) maka x, x + m dan x + mn + 2m mer upakan bar isan

geomet r i. (t er bukt i) • J ika t er dapat t iga bilangan ber beda yang mer upakan bar isan geomet r i yang dipilih dar i x, x + 1, x + 2, x + 3, ⋅⋅⋅⋅⋅ maka x adalah bilangan r asional

Misalkan t er dapat x + a, x + b dan x + c mer upakan bar isan geomet r i maka (x + b) 2 = (x + a)(x + c)

2 2 2 x 2 + 2bx + b =x + (a + c)x + ac x(2b − a − c) = ac − b .

ac 2 − b

x= mer upakan bilangan r asional unt uk a, b, c ∈ bilangan asli dan 2b − a − c ≠ 0.

(t er bukt i)

90. Beber apa sekolah mengikut i t ur namen t enis. Tidak ada dua pemain yang ber asal dar i sat u sekolah ber t anding sat u dengan lainnya. Set iap dua pemain dar i sekolah yang ber beda ber t anding t epat sat u kali dengan yang lainnya. Per t andingan ant ar a dua pemain put r a maupun dua pemain put r i dinamakan single dan per t andingan ant ar a pemain put r a melawan pemain put r i disebut dengan mixed single. Tot al j umlah pemain put r a memiliki selisih dengan pemain put r i paling banyak sat u. Tot al per t andingan single dengan t ot al per t andingan mixed single paling banyak j uga sat u. Tent ukan j umlah sekolah maksimal yang dapat mengir imkan sej umlah pemain yang mer upakan bilangan ganj il. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1993) Solusi : Misalkan banyaknya sekolah yang mengikut i t ur namen t enis ada n. Sekolah ke-i akan mengir im kan pemain put r a sebanyak B i dan pemain put r i sebanyak G i .

J umlah selur uh pemain put r a = B = B 1 +B 2 +B 3 + ⋅⋅⋅ + B n = ∑ B i

J umlah selur uh pemain put r i = G = G 1 +G 2 +G 3 + ⋅⋅⋅ + G n = ∑ G i

Dar i soal kit a dapat ⏐B − G⏐ = 1

Banyaknya per t andingan single =

Banyaknya per t andingan mixed single = ∑ B i ( G − G i ) = BG − ∑ B i G i

Kar ena t ot al per t andingan single dengan t ot al per t andingan mixed single paling banyak j uga sat u, maka:

⎜ B − ∑ B i + G − ∑ G i ⎟ − BG + ∑ B i G i = 0 at au ±1

2 2 2 B 2 − 2 BG + G − ∑

B i − ∑ G i + ∑ B i G i = 0 at au ±2

B − G ) − ∑ ( B i − G i ) = 0 at au ±2

Kar ena (B 2 − G) = 1 maka ∑ (

B i − G i ) = −1, 1 at au 3.

B i − G i ) t idak mungkin negat if .

⏐B i −G i ⏐ ≤ 1 unt uk i = 1, 2, 3 ⋅⋅⋅, n sebab j ika sedikit nya 1 dar i 1, 2, 3, ⋅⋅⋅, n t er dapat ⏐B i −G i ⏐ ≥ 2 unt uk

i = 1, 2, 3 2 ⋅⋅⋅, n maka ∑ (

B i − G i ) ≥ 4.

J ika ⏐B i − G i ⏐ = 1 maka j elas bahwa sekolah ke-i t er sebut mengir imkan pemain dalam j umlah ganj il sedangkan j ika ⏐B j −G j ⏐ = 0 maka sekolah ke-j t er sebut mengir imkan pemain dalam j umlah genap. n maks = 3 yait u j ika t er dapat t epat 3 di ant ar a 1, 2, 3, ⋅⋅⋅, n yang memenuhi ⏐B i −G i ⏐ = 1 unt uk i = 1, 2, 3, ⋅⋅⋅, n. J umlah sekolah maksimal yang dapat mengir imkan sej umlah pemain yang mer upakan bilangan ganj il adalah 3.

91. Tent ukan j umlah ∑ ( − 1 )

. J awaban boleh dinyat akan dalam f akt or ial.

(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1994) Solusi :

Misalkan S = ∑ ( − 1 )

+ = 1 ⎝ ( n − 1 )! n ! ⎟⎟ ⎠

S = ∑ ( − 1 ) ⎜⎜

( n 1 )! ⎟⎟ + ∑

n ⎛+ n 1 ⎞

⎛ 1 2 3 4 1993 1994 ⎞ ⎛ 2 3 4 5 1994 1995 ⎞ S = ⎜ − + − + − L −

1994 2 n n + n + 1 ∑ 1995

92. Misalkan f ( x ) = x

. Tent ukan j umlah f ⎜

(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1995) Solusi :

⎟ = 1 ⋅ 997 + f ⎜ ⎟ = 997 +

93. J ika α, β dan γ adalah akar -akar per samaan x − x − 1 = 0 t ent ukan +

(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1996) Solusi :

94. Tent ukan semua penyelesaian sist em per samaan ber ikut . Hat i-hat i dengan j awaban Anda.

(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1996) Solusi : Kar ena bilangan kuadr at t idak mungkin negat if maka :

≤ 4p 2 0 2 < 1 + 4p

2 < 1 0 ≤x<1 ; 0≤y<1 ; 0≤z<1

• J ika x = 0 Dar i per s (1) didapat y = 0

z=0

Begit u j uga j ika y = 0 dan z = 0 Didapat penyelesaian sist em per samaan (x, y, z) adalah (0, 0, 0)

• J ika t idak ada sat u pun x, y, z = 0

Kar ena per samaan kuadr at t idak mungkin negat if dan t elah dibukt ikan sebelumnya bahwa x, y, z >

0 maka per samaan di at as hanya dapat dipenuhi j ika :

(2x 2 − 1) = 0 ; (2y − 1) 2 = 0 dan (2z − 1) 2 =0

Penyelesaian t r ipel (x, y, z) sist em per samaan di at as adalah (0, 0, 0) dan (½, ½, ½)

95. Segit iga ABC adalah segit iga sama kaki dengan AB = AC. Gar is bagi dar i t it ik B memot ong AC di D dan diket ahui bahwa BC = BD + AD. Tent ukan besar ∠A. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1996) Solusi :

Dibuat t it ik E yang t er let ak pada sisi BC sehingga BE = BD

AD = EC

AD

Kar ena BD adalah gar is bagi ∆ABC maka : AB =

BC CD

CE AD = AB =

CD CD BC

Kar ena ∆ABC sama kaki maka :

CE AD AB = CA = =

CD CD BC BC

CA

Pada ∆CED dan ∆CAB ber laku ∠DCE = ∠ACB dan CE =

yang membuat ∆CED ≅ ∆CAB.

CD BC

Maka ∠DCE = ∠ACB ; ∠CDE = ∠ABC dan ∠CED = ∠CAB Misalkan ∠ABC = 2x maka ∠CDE = ∠DCE = 2x ∠DEC = 180 o − 4x ∠DEB = 4x Kar ena ∠BDE sama kaki maka ∠BDE = ∠DEB = 4x Kar ena BD adalah gar is bagi sudut B maka ∠DBE = x

Pada o ∠BDE ber laku : x + 4x + 4x = 180 x = 20

∠A = 180 o − 4x ∠A = 100 o

96. Ber apa banyak pasangan bilangan bulat posit if x, y dengan x ≤ y yang memenuhi FPB(x, y) = 5! dan KPK(x, y) = 50!. Tanda “!” menyat akan f akt or ial. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1997) Solusi :

Misalkan p 1 ,p 2 ,p 3 , ⋅⋅⋅, p 12 adalah bilangan pr ima ant ar a 7 sampai 47

⋅⋅⋅ , p 2 m15 ,3 ,5 , p 1 ,p 2 , 12 semuanya membagi 50!. Maka pangkat pr ima dar i 5! Dan 50! semuanya ber beda.

4 2 2 m4

m5

Misalkan x = 2 n1 ⋅3 n2 ⋅5 n3 ⋅p n4 ⋅p n5 2 ⋅ ⋅⋅⋅ ⋅ p 1 n15 12

Maka maks (n i ,m i ) = pangkat pr ima dar i 50! Dan min (n i ,m i ) = pangkat pr ima dar i 5!. Kar ena n i dan m i keduanya ber beda maka ada 2 kemungkinan nilai n i maupun m i .

Banyaknya kemungkinan nilai x dan y masing-masing adalah 2 15 . Kar ena t idak ada nilai x dan y yang sama dan kar ena diinginkan x < y maka hanya ada set engah

kemungkinan dar i nilai x dan y yang mungkin.

Banyaknya pasangan (x, y) yang memenuhi dengan x < y adalah 14 =2

97. Bukt ikan bahwa

(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1997) Solusi :

Misal P = ⋅ ⋅ ⋅ L ⋅

dan Q = ⋅ ⋅ ⋅ L ⋅

PQ = ⋅ ⋅ ⋅ L ⋅

P<Q 2 P < PQ

Maka didapat

<P <

(t er bukt i)

98. Tent ukan bilangan r eal x yang memenuhi x = ⎛− ⎜ x ⎟ + ⎜ ⎛− 1 ⎟ .

(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1998) Solusi : Akar dar i suat u bilangan t idak mungkin negat if . Kar ena x ≠ 0 maka x > 0.

3 2 3 x 2 =x +x −2+ 2 x − x − x + 1

3 2 3 (x 2 −x − x + 1) − 2 x − x − x + 1 +1=0

2 Mengingat bahwa a 2 − 2a + 1 = (a − 1) maka

3 2 3 x 2 −x −x+1=1 x −x −x=0

≠ 0 maka x Kar ena x 2 −x−1=0

x = (memenuhi bahwa x > 0) at au x =

(t idak memenuhi bahwa x > 0)

Cek ke per samaan semula :

xx

Nilai x yang memenuhi adalah x =

99. Tent ukan semua penyelesaian r eal dar i per samaan 4x 2 − 40⎣x⎦ + 51 = 0 dengan t anda ⎣x⎦ menyat akan bilangan bulat t er besar kur ang dar i at au sama dengan x.

(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1999) Solusi : x ≥ ⎣x⎦ > x − 1

4x 2 − 40⎣x⎦ + 51 = 0 4x 2 + 51 = 40 ⎣x⎦

Maka per samaan di at as har us ber laku :

(a) 4x 2 + 51 ≤ 40x 4x 2 − 40x + 51 ≤ 0

(2x − 17)(2x − 3) ≤ 0

3 17 ≤x ≤

(b) 4x 2 + 51 > 40(x − 1) 4x 2 − 40x + 91 > 0 (2x − 13)(2x − 7) > 0

x < at au x >

Dar i bat as-bat as (1) dan (2) didapat

≤x < at au

<x ≤

• Unt uk

≤x <

Nilai ⎣x⎦ yang memenuhi adalah 1, 2 dan 3 * J ika ⎣x⎦ = 1

4x 2 − 40 + 51 = 0 4x 2 = −11 (t idak ada x r eal memenuhi)

* J ika ⎣x⎦ = 2

4x − 80 + 51 = 0 4x = 29

< 3 yang memenuhi ⎢

* J ika ⎣x⎦ = 3

2 − 120 + 51 = 0 4x 2 69

4x = 69

Tet api

= 4 yang t idak memenuhi ⎢

• Unt uk

<x ≤

Nilai ⎣x⎦ yang memenuhi adalah 6, 7 dan 8 * J ika ⎣x⎦ = 6

4x − 240 + 51 = 0 4x = 189

< 7 yang memenuhi ⎢ 189 = ⎥ 6

* J ika ⎣x⎦ = 7

2 − 280 + 51 = 0 4x 2 229

4x = 229

< 8 yang memenuhi ⎢ 229 = ⎥ 7

* J ika ⎣x⎦ = 8

− 320 + 51 = 0 4x 4x 2 = 269

< 9 yang memenuhi ⎢ 269 = ⎥ 8

Nilai x yang memenuhi per samaan x − 40⎣x⎦ + 51 = 0 adalah ⎜⎜

100. Tomi sedang mencoba mener ka umur Tanya dan keponakannya. Tanya menulis per samaan kuadr at yang t idak diket ahui Tomi dengan akar -akar nya adalah mer upakan umur nya dan keponakannya ser t a mer upakan bilangan asli. Diket ahui bahwa j umlah ket iga koef isien per samaan kuadr at t er sebut mer upakan bilangan pr ima. Tomi mencoba mener ka umur Tanya dengan suat u bilangan bulat t er t ent u (var iabel per samaan kuadr at t er sebut digant i dengan t er kaan Tomi). Set elah dihit ung oleh Tanya hasilnya adalah −55. (a) Bukt ikan bahwa keponakan Tanya ber umur 2 t ahun (b) Tent ukan umur Tanya (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 2001 dengan per ubahan r edaksional) Solusi : Misal T adalah umur Tanya dan K adalah umur keponakannya. − T)(x − K) = ax Per samaan kuadr at t er sebut adalah a(x 2 −a(T + K)x + aTK J umlah koef isien adalah a − a(T + K) + aTK = a(T − 1)(K − 1) Kar ena penj umlahan koef isiennya adalah bilangan pr ima maka 2 di ant ar a a, (T − 1) dan (K − 1) sama dengan 1. Kar ena T > K maka (T − 1) ≠ 1 yang ber akibat a = 1 dan K − 1 = 1 K = 2 (t er bukt i) Per samaan kuadr at f (x) = (x − T)(x − 2) Kar ena T > 2 maka x − T < 0 sebab j ika x − T > 0 maka x − 2 > 0 yang per kaliannya t idak akan menghasilkan bilangan negat if . Kar ena (x − T)(x − 2) = −55 maka kemungkinannya adalah : * x − 2 = 1 dan x − T = −55 yang menghasilkan x = 3 dan T = 58 T − 1 = 57 (bukan pr ima) * x − 2 = 5 dan x − T = −11 yang menghasilkan x = 7 dan T = 18 T − 1 = 17 (pr ima) * x − 2 = 11 dan x − T = −5 yang menghasilkan x = 13 dan T = 18 T − 1 = 17 (pr ima) * x − 2 = 55 dan x − T = −1 yang menghasilkan x = 57 dan T = 58 T − 1 = 57 (bukan pr ima) Umur Tanya adalah 18 t ahun.

101. Bilangan a, b, c adalah digit -digit dar i suat u bilangan yang memenuhi 49a + 7b + c = 286. Apakah bilangan t iga angka (100a + 10b + c) ? (Sumber : Canadian Open Mat hemat ics Challenge 1996)

Solusi : 286 j ika dibagi 7 akan ber sisa 6 49a + 7b habis dibagi 7. Kar ena r uas kanan j ika dibagi 7 ber sisa 6 maka c = 6. 49a + 7b + 6 = 286

7a + b = 40

kar ena 0 ≤ b ≤ 9 maka 31 ≤ 7a ≤ 40 maka a = 5 b = 5 100a + 10b + c = 556

2n

102. J ika 6 log (1944) = log (486 2 ), t ent ukan nilai n .

(Sumber : Canadian Open Mat hemat ics Challenge 1996) Solusi :

2n

Misalkan n log (1944) = log (486 2 ) = k maka :

1944 = (2n) k dan 486 2 =n

⎛ 3 2 n ⎞ 1944

2 2 2 = 2 2 k=

() n = ( 486 2 )

6 20 ⋅2 n 6 =3

103. Dua dadu dengan sisinya dicat mer ah at au bir u. Dadu per t ama t er dir i dar i 5 sisi mer ah dan 1 sisi bir u. Ket ika kedua dadu t er sebut dilempar , peluang munculnya sisi dadu ber war na sama adalah ½. Ada ber apa banyak sisi dadu kedua yang ber war na mer ah ? (Sumber : Canadian Open Mat hemat ics Challenge 1997) Solusi : Misalkan Banyaknya sisi dadu kedua yang ber war na mer ah = x maka sisi dadu bir unya = 6 −x

Peluang munculnya sisi dadu ber war na sama =

5x + 6 − x = 18 x=3 Banyaknya sisi dadu kedua yang ber war na mer ah = 3

104. Segit iga ABC memiliki sisi AB = 137, AC = 241 dan BC = 200. Tit ik D t er let ak pada sisi BC sehingga lingkar an dalam ∆ABD dan lingkar an dalam ∆ACD menyinggung sisi AD di t it ik yang sama, yait u E. Tent ukan panj ang CD. (Sumber : Canadian Open Mat hemat ics Challenge 1997)

Solusi :

Misalkan gar is AB menyinggung lingkar an di F dan G. Gar is BC menyingung lingkar an di H dan J . Panj ang AF = x

AE = AF = x dan BF = 137 − x AG = AE = x BH = BF = 137 − x Panj ang GC = 241 − x CJ = CG = 241 − x Misalkan panj ang DE = y

105. Tent ukan bilangan r eal x, y dan z yang memenuhi sist em per samaan : x − yz = 42

y − xz = 6

z − xy = − 30

(Sumber : Canadian Open Mat hemat ics Challenge 1997) Solusi :

2 2 Misal x = a 2 ,y=b dan z = c

a 2 − bc = 42 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

b 2 − ac = 6 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

c 2 − ab = −30 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)

((a + c) + b)((a + c) − 2b) = 0 • J ika a + c + b = 0

2 2 (b + c) 2 − bc = 42 b +c + bc = 42 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4)

b 2 − (−b − c)c = 6 b 2 +c 2 + bc = 6 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅’ (5)

Dar i per samaan (4) dan (5) maka t idak ada nilai a, b dan c yang memenuhi. • J ika a + c − 2b = 0

2 ⎛+ a c ⎞

⎟ c = 42

2 2a 2 − ac − c = 84 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (6)

2 ⎛+ a c ⎞

⎟ a = − 30

2 − ac − a 2c 2 = −60 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (7) 3a 2 − 3c 2 = 144

(a + c)(a − c) = 48 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (8)

a + c ) − ac = 6 (a − c) = 24 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (9)

4 * J ika a − c > 0 maka a − c = 2√6 a + c = 4√6 a = 3√6 dan c = √6 b = 2√6

2 2 x=a 2 = 96 ; y = b = 24 ; z = c =6 * J ika a − c < 0 maka a − c = −2√6 a + c = −4√6 a = −3√6 dan c = −√6 b = −2√6

2 2 2 x=a = 96 ; y = b = 24 ; z = c =6 Tr ipel (x, y, z) yang memenuhi (96, 24, 6)

106. Sebuah t r apesium DEFG dengan sebuah lingkar an dalam menyinggung keempat sisinya dan ber j ar i-j ar i

2 ser t a ber pusat di C. Sisi DE dan GF adalah sisi yang sej aj ar dengan DE < GF dan DE = 3. Diket ahui bahwa o ∠DEF = ∠EFG = 90 . Tent ukan luas t r apesium.

(Sumber : Canadian Open Mat hemat ics Challenge 1999) Solusi :

Misalkan gar is DG menyinggung lingkar an di t it ik Z dan Gar is GF menyinggung lingkar an di t it ik Y maka GZ = GY dan FY = 2. Misalkan gar is DE menyinggung lingkar an di t it ik X maka DX = 3 − 2 = 1 DZ = DX = 1 Tar ik gar is dar i t it ik D t egak lur us GF memot ong GF di t it ik J maka DJ = 4. Dengan menganggap GZ = GY = k maka pada ∆DGJ ber laku :

2 2 (k + 1) 2 = (k − 1) +4 k=4

GF = GY + YF = 4 + 2 = 6

Luas t r apesium =

14 k + 17 pd

107. Tent ukan bilangan asli t er kecil k sehingga pecahan dapat diseder hanakan menj adi

k − 9 qd

dengan p, q, d adalah bilangan asli, p dan q r elat if pr ima ser t a t idak ada sat u pun di ant ar a q at au d ber nilai 1. (Sumber : Canadian Open Mat hemat ics Challenge 1999)

Solusi : Alt er nat if 1 :

14 k + 17 143

k − 9 = qd. Agar k minimal maka q dan d har us minimal dengan d adalah f akt or dar i 143. Kar ena 143 = 11 ⋅ 13 maka nilai d minimal dengan d ≠ 1 adalah 11. Kar ena q har us r elat if pr ima dengan

13 maka nilai minimal q adalah 2.

k min − 9 = 2 ⋅ 11 k min = 31.

Alt er nat if 2 : Kar en d ⏐k − 9 dan d⏐14k + 17 maka d⏐14k + 17 − 14(k − 9) d⏐143 Kar ena d ≠ 1 maka nilai d minimal = 11. 14k + 17 adalah bilangan ganj il

p adalah bilangan ganj il

Agar FPB(p, q) = 1 maka q min = 2.

k min − 9 = 2 ⋅ 11 k min = 31.

3 108. J ika (bd + cd) adalah bilangan ganj il, t unj ukkan bahwa polinomial x 2 + bx + cx + d t idak dapat diekspr esikan ke dalam bent uk (x + r )(x 2 + px + q) dengan b, c, d, r , p, dan q semuanya adalah bilangan

bulat . (Sumber : Canadian Open Mat hemat ics Challenge 1999) Solusi :

Andaikan polinomial x 2 + bx + cx + d dapat diekspr esikan ke dalam bent uk (x + r )(x + px + q) dengan

b, c, d, r , p, dan q semuanya adalah bilangan bulat , maka :

3 2 2 3 x 2 + bx + cx + d = (x + r )(x + px + q) = x + (p + r )x + (pr + q)x + qr p+r =b ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

pr + q = c ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) qr = d ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) J ika bd + cd = d(b + c) adalah bilangan ganj il maka d dan b + c keduanya ganj il. Kar ena d ganj il ber dasar kan per samaan (3) maka q dan r keduanya ganj il. Dar i per samaan (1) dan (2) didapat :

b + c = p + r + pr + q

b + c = p(r + 1) + r + q Ruas kir i ber nilai ganj il. Kar ena r ganj il maka p(r + 1) genap sedangkan r + q genap unt uk q ganj il. Maka r uas kanan genap (kont r adiksi)

J ika (bd + cd) adalah bilangan ganj il maka polinomial x 3 + bx 2 + cx + d t idak dapat diekspr esikan ke dalam bent uk (x + r )(x 2 + px + q) dengan b, c, d, r , p, dan q semuanya adalah bilangan bulat (t er bukt i).

109. Segit iga ABC siku-siku di A. Tit ik P dan Q keduanya t er let ak pada sisi BC sehingga BP = PQ = Q C. J ika diket ahui AP = 3 dan AQ = 4,

t ent ukan panj ang masing-masing sisi ∆ABC. (Sumber : Canadian Open Mat hemat ics Challenge 1999)

Solusi : Misalkan BP = PQ = Q C = p dan panj ang sisi ket iga ∆ABC adalah a, b dan c a = 3p

Pada ∆ABP ber laku : 3 =c +p − 2cp cos ∠ABC dengan cos ∠ABC = =

9 = c +p ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

Pada ∆ACQ ber laku : 4 =b +p − 2bp cos ∠ACB dengan cos ∠ACB = =

16 = b +p ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

25 = (b +c ) + 2p

2 2 2 2 b 2 +c =a = 9p 25 = 5p p= 5 BC = a = 3 5

Subt it usikan hasil di at as ke per samaan (1) dan (2) didapat AB = c = 2 3 dan AC = b = 33

110. Pada segit iga ABC, t it ik D, E dan F secar a ber ur ut an t er let ak pada sisi BC, CA dan AB yang memenuhi ∠AFE = ∠BFD, ∠BDF = ∠CDE dan ∠CED = ∠AEF. (a) Bukt ikan bahwa ∠BDF = ∠BAC (b) J ika AB = 5, BC = 8 dan CA = 7, t ent ukan panj ang BD (Sumber : Canadian Open Mat hemat ics Challenge 2000) Solusi : (a) Misal ∠AFE = ∠BFD = x

∠CED = ∠AEF = z Maka o ∠FAE = 180 −x−z

∠BDF = ∠CDE = y

o ∠FBD = 180 −x−y o ∠ECD = 180 −y−z

Pada o ∆ABC ber laku ∠FAE + ∠DBD + ∠ECD = 180 o − x − z + 180 o − x − y + 180 o

180 o − y − z = 180

x + y + z = 180 o

o ∠FAE = 180 − (180 − y) = y

∠BDF = ∠FAE = ∠BAC (t er bukt i) (b) Ber dasar kan hit ungan sebelumnya maka ∠ABC = z dan ∠ACB = x Kar ena kesamaan sudut maka ∆ABC ≅ ∆DBF ≅ ∆DEC ≅ ∆AEF

BD BA 5

J ika BD = 5k maka BF = 8k

BF BC 8 CD CA 7

J ika CD = 7p maka CE = 8p

CE CB 8 AE AB 5

J ika AE = 5m maka AF = 7m

AF AC 7

Maka 5k + 7p = 8 7m + 8k = 5 5m + 8p = 7

Dar i ket iga per samaan di at as akan didapat k = ½

Maka BD = 5k =

111. (a) J ika f (x) = x 2 + 6x + c dengan c bilangan bulat , bukt ikan bahwa f (0) + f ( −1) ganj il

3 (b) Misalkan g(x) = x 2 + px + qx + r dengan p, q dan r bilangan bulat . Bukt ikan bahwa j ika g(0) dan g( −1) keduanya ganj il maka t idak mungkin ket iga akar per samaan g(x) = 0 semuanya bilangan bulat .

(Sumber : Canadian Open Mat hemat ics Challenge 2001) Solusi : (a) f (0) + f ( −1) = c + 1 + 6 + c = 2c + 7

Kar ena 2c adalah genap maka f (0) + f ( −1) ganj il (t er bukt i) (b) Andaikan bahwa g(x) = 0 mempunyai t iga akar yang semuanya bulat , yait u a, b dan c. Maka :

3 − (a + b + c)x 2 g(x) = (x − a)(x − b)(x − c) = x + (ab + ac + bc)x − abc = x 3 + px 2 + qx + r Kar ena g(0) ganj il maka r ganj il

Kar ena r = −abc maka a, b dan c semuanya ganj il. g( −1) = (1 − a)(1 − b)(1 − c) Kar ena a ganj il maka (1 − a) genap g(−1) genap (kont r adiksi) Maka j ika g(0) dan g( −1) keduanya ganj il maka t idak mungkin ket iga akar per samaan g(x) = 0 semuanya bilangan bulat .

112. Sebuah bilangan dipilih secar a acak dar i bilangan-bilangan 1, 2, 3, 4, 5, 6, ⋅⋅⋅, 999, 1000. Peluang bilangan yang t er pilih mer upakan pembagi M dengan M adalah bilangan asli kur ang dar i at au sama dengan 1000 adalah 0,01. Tent ukan nilai maksimum dar i M ? (Sumber : Canadian Open Mat hemat ics Challenge 2002) Solusi : Kalau p = 0,01 maka banyaknya f akt or posit if dar i M = 10

⋅ 10 = 2 ⋅ 5 maka M har us ber bent uk p 9 ⋅p Kar ena 10 = 1 4 1 at au p 1 2 dengan p 1 dan p 2 adalah bilangan pr ima.

• J ika M = p 9 1

1 < 1000 maka p 1 maks =2 M maks =2 9 = 512 • J ika M = p

Kar ena p 4

1 ≥ 2 maka p 2 ≤ 500 p 2 = 2 at au 3

* J ika p 2 =2

M = 16p 1 ≤ 1000 M maks = 976 didapat j ika p 1 = 61

* J ika p 2 =3

M = 81p 1 ≤ 1000 M maks = 891 didapat j ika p 1 = 11

Maka nilai maksimum dar i M adalah 976

113. (a) Misalkan A dan B adalah digit suat u bilangan (ar t inya A dan B adalah bilangan bulat t er let ak ant ar a 0 dan 9). J ika hasil kali bilangan t iga angka 2A5 dan 13B habis dibagi 36, t ent ukan empat kemungkinan pasangan (A, B)

(b) Sebuah bilangan bulat n dikat akan kelipat an 7 j ika n = 7k unt uk nilai k bulat .

(i) J ika a dan b bulat ser t a 10a + b = 7m unt uk m bulat , bukt ikan bahwa a − 2b kelipat an 7 (ii) J ika c dan d bulat ser t a 5c + 4d kelipat an 7, bukt ikan bahwa 4c − d j uga kelipat an 7.

(Sumber : Canadian Open Mat hemat ics Challenge 2002) Solusi : (a) 36 = 4 ⋅9

Kar ena 2A5 adalah bilangan ganj il maka kemungkinannya adalah 36 ⏐13B at au 3⏐2A5 dan 12⏐13B at au 9 ⏐2A5 dan 4⏐13B. • J ika 36⏐13B

Kar ena 4 ⋅ 36 = 144 > 139 dan 3 ⋅ 36 = 108 < 130 maka t idak ada B memenuhi 36⏐13B • J ika 3⏐2A5 dan 12⏐13B Maka 3 ⏐2 + A + 5 2⏐7 + A Nilai A yang memenuhi adalah 2, 5 at au 8.

12 ⋅10 = 120 < 130 dan 12⋅12 = 144 > 139 maka 12⏐13B hanya dipenuhi unt uk 13B : 12 = 11 B=2 Pasangan (A, B) yang memenuhi adalah (2,2), (5, 2) dan (8, 2) • J ika 9⏐2A5 dan 4⏐13B Maka 9 ⏐2 + A + 5 2⏐7 + A Nilai A yang memenuhi adalah 2. Kar ena 4 ⏐13B maka 4⏐10 + B Nilai B yang memenuhi adalah 2 dan 6. Pasangan (A, B) yang memenuhi adalah (2,2), (2, 6).

Pasangan (A, B) yang memenuhi (2A5)(13B) habis dibagi 36 adalah (2, 2), (5, 2), (8, 2) dan (2, 6). (b) (i) Alt er nat if 1 : 10p + q = 7m p − 2q = 50p − 49p + 5q − 7q = 5(10 + q) − 7(7p + q) p − 2q = 5 ⋅ 7m − 7(7p + q) p − 2q = 7(5m − 7p − q)

Ter bukt i p − 2q habis dibagi 7. Alt er nat if 2 :

Kar ena 10p + q = 7m maka q = 7m − 10p p − 2q = p − 2(7m − 10p) = 7(3p − 2m)

Ter bukt i p − 2q habis dibagi 7. (ii) Kar ena 5c + 4d habis dibagi 7 maka 5c + 4d = 7k ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Alt er nat if 1 : 4c − d = 14c − 10c + 7d − 8d = 7(2c + d) − 2(5c + 4d) 4c − d = 7(2c + d) − 2 ⋅ 7k 4c − d = 7(2c + d − 2k)

Ter bukt i 4c − d habis dibagi 7

Alt er nat if 2 :

Dar i (1) didapat : d =

4c − d = 4c −

Kar ena 4c − d bulat dan 7 r elat if pr ima dengan 4 maka 3c − k har us habis dibagi 4. 3c − k = 4p 4c − d = 7p

Ter bukt i 4c − d habis dibagi 7.

114. Misalkan a, b, c dan p adalah bilangan r eal dengan a, b dan c semuanya ber beda dan memenuhi

Tent ukan semua kemungkinan nilai p dan bukt ikan bahwa abc + p = 0 (Sumber : Dut ch Mat hemat ical Olympiad 1983) Solusi :

Dar i per samaan di at as didapat ac + 1 = ap 2 apc + p = ap ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

bc + 1 = cp ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Subt it usikan per samaan (2) ke (1) :

a(bc + 1) + p = ap 2 a(p 2 − 1) = abc + p ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)

Dengan car a yang sama didapat : b(p 2 − 1) = abc + p ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4)

c(p 2 − 1) = abc + p ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) − (4) (a − b)(p (3) 2 − 1) = 0

Kar ena a ≠ b maka p = ±1 Dar i per samaan (3) kar ena p = ±1 maka abc + p = 0 (t er bukt i)

4 115. Bukt ikan bahwa j ika a dan b (a > b) adalah bilangan pr ima t er dir i dar i sedikit nya 2 angka, maka a 4 −b habis dibagi 240.

(Sumber : Flander s Mat hemat ics Olympiad 1990 Babak Final) Solusi :

4 Misal n = a 4 −b Kar ena 240 = 3 ⋅ 5 ⋅ 16 dan 3, 5, 16 saling r elat if pr ima maka akan dibukt ikan bahwa n habis dibagi 3, 5

dan 16. • Akan dibukt ikan n habis dibagi 3

Sebuah bilangan pr ima > 3 akan ber bent uk 3k + 1 at au 3k + 2

4 ≡2 4 4 Kar ena (3k + 1) 4 ≡1 4 (mod 3) ≡ 1 (mod 3) dan (3k + 2) 4 (mod 3) ≡ 1 (mod 3) maka a dan b keduanya ber sisa 1 j ika dibagi 3.

a 4 −b 4 ≡ 0 (mod 3) • Akan dibukt ikan n habis dibagi 5

Bilangan pr ima > 5 akan t er masuk ke dalam salah sat u dar i 5k + 1, 5k + 2, 5k + 3 at au 5k + 4 (at au bisa j uga masuk ke dalam 5k ± 1 at au 5k ± 2. Lihat pada pembukt ian habis dibagi 16 alt er nat if 2)

(5k + 1) 4 ≡1 4 (mod 5) ≡ 1 (mod 5)

4 (5k + 2) 4 ≡2 (mod 5) ≡ 1 (mod 5)

4 (5k + 3) 4 ≡3 (mod 5) ≡ 1 (mod 5)

4 (5k + 4) 4 ≡4 (mod 5) ≡ 1 (mod 5)

4 Sehingga a 4 dan b keduanya ber sisa 1 j ika dibagi 5

a 4 −b 4 habis dibagi 5. • Akan dibukt ikan n habis dibagi 16

Alt er nat if 1 :

2 Bilangan kuadr at akan t er masuk ke dalam 4k at au 4k + 1. Kar ena a dan b pr ima maka a 2 dan b akan ber bent uk 4k + 1

2 Misal a 2 = 4m + 1 dan b = 4n + 1

a 4 −b 4 = (4m + 1) 2 − (4n + 1) 2 = 16m 2 + 8m − 16n 2 − 8n = 8m(m + 1) − 8n(n + 1)

m(m + 1) dan n(n + 1) adalah bilangan genap, maka 8m(m + 1) dan 8n(n + 1) keduanya habis dibagi 16.

4 a 4 −b habis dibagi 16 Alt er nat if 2 :

Sebuah bilangan pr ima akan masuk ke dalam salah sat u dar i 16k ± 1, 16k ± 3, 16k ± 5 at au 16k ± 7.

4 (16k 4 ± 1) ≡ (±1) (mod 16) ≡ 1 (mod 16) (16k 4 ± 3) ≡ (±3) 4 (mod 16) ≡ 81 (mod 16) ≡ 1 (mod 16) (16k ± 5) 4 ≡ (±5) 4 (mod 16) ≡ 625 (mod 16) ≡ 1 (mod 16) (16k 4 ± 7) ≡ (±7) 4 (mod 16) ≡ 2401 (mod 16) ≡ 1 (mod 16)

4 Sehingga a 4 dan b keduanya ber sisa 1 j ika dibagi 16

a 4 −b 4 habis dibagi 16.

4 −b 4 4 Kar ena a 4 habis dibagi 3, 5 dan 16 maka a −b habis dibagi 240.

116. Pada bulan Desember , masing-masing 20 or ang siswa dalam sat u kelas yang sama megir imkan 10 kar t u ucapan selamat kepada kawan-kawannya yang lain yang j uga ber ada dalam sat u kelas yang sama. Kelas t er sebut hanya ber isi ke-20 or ang siswa t er sebut . Bukt ikan bahwa t er dapat sedikit nya sat u pasang siswa yang saling mengir im kar t u. Misalkan sebuah kelas t er dir i dar i n siswa masing-masing megir imkan m kar t u ucapan selamat kepada m or ang kawan-kawannya yang lain yang j uga ber ada dalam sat u kelas yang sama. Bagaimanakah hubungan m dan n sedikit nya sat u pasang siswa yang saling mengir im kar t u (Sumber : Flander s Mat hemat ics Olympiad 1993 Babak Final) Solusi : Andaikan bahwa di ant ar a dua or ang siswa t idak ada keduanya saling mengir im kar t u. Maka maksimal

banyaknya kar t u yang ber edar = 20 C 2 = 190.

J umlah kar t u yang ber edar = 20 ⋅ 10 = 200 > 190 (kont r adiksi) Ter bukt i bahwa t er dapat sedikit nya sat u pasang siswa yang saling mengir im kar t u. Andaikan bahwa di ant ar a dua or ang siswa t idak ada keduanya saling mengir im kar t u. Maka maksimal

banyaknya kar t u yang ber edar = n C 2 = n(n − 1)/ 2.

J umlah kar t u yang ber edar = mn Maka mn > n(n − 1)/ 2 2m > n −1

117. Tent ukan semua penyelesaian (a, b, c) yang memenuhi per samaan ( a + c )( + b + c ) = 60 + 20 c

dengan a, b adalah bilangan bulat dan c ≤ 94. (Sumber : Flander s Mat hemat ics Olympiad 1994 Babak Final) Solusi : Syar at per samaan t er sebut adalah c ≥0

2 a 2 + b + 2 c + 2 ( a + b ) c = 60 + 20 c

2 a 2 +b + 2c = 60 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) dan a + b = 10 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

2 Dar i per samaan (1) didapat a 2 ≤ 60 dan b ≤ 60 −7 ≤ a ≤ 7 dan −7 ≤ b ≤ 7

Kar ena a + b = 10 maka pasangan (a, b) yang memenuhi adalah (3,7), (4,6), (5,5), (6,4) dan (7,3)

Dar i per samaan (1) dapat dihit ung nilai c • J ika a = 3 dan b = 7 maka c = 1 • J ika a = 4 dan b = 6 maka c = 4 • J ika a = 5 dan b = 5 maka c = 5 • J ika a = 6 dan b = 4 maka c = 4 • J ika a = 7 dan b = 3 maka c = 1 Penyelesaian (a, b, c) yang memenuhi adalah (3, 7, 1), (4, 6, 4), (5, 5, 5), (6, 4, 4) dan (7, 3, 1).

118. Misalkan ABC dan DAC adalah dua buah segit iga sama kaki dengan AB = AC dan AD = DC. Pada ∆ABC ∠BAC = 20 o

besar o sedangkan pada ∆ADC ber laku ∠ADC = 100 . Bukt ikan bahwa AB = BC + CD.

(Sumber : Flander s Mat hemat ics Olympiad 1996 Babak Final) Solusi :

Kar ena o ∠ADC = 100 maka ∠DAC = ∠DCA = 40

Kar ena o ∠BAC = 20 maka ∠ACB = ∠ABC = 80

∠BAD = 60 o dan ∠BCD = 120

2 2 2 BD o = BC + CD − 2 BC CD cos 120

2 2 BD 2 = BC + CD + BC ⋅ CD ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

2 2 2 BD o = AB + AD − 2 AB AD cos 60

2 2 BD 2 = AB + CD − AB ⋅ CD ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

2 2 ⋅ CD = AB 2 BC 2 + CD + BC + CD − AB ⋅ CD

2 − BC AB 2 = CD ⋅ (AB + BC) (AB + BC) (AB − BC) = CD ⋅ (AB + BC)

Kar ena AB + BC ≠ 0 maka : AB − BC = CD AB = BC + CD (t er bukt i)

119. Tent ukan semua 3 x 3 magic squar e. Def inisi : Sebuah n x n magic squar e adalah sebuah mat r iks dengan ukiur an n x n yang elemen-

elemennya adalah bilangan bulat - bilangan bulat 1, 2, 3, 2 ⋅⋅⋅, n dan memenuhi j umlah elemen pada masing-masing bar is, masing-masing kolom dan kedua diagonal ut ama sama.

Cont oh 4 x 4 magic squar e adalah :

13 3 2 16 (Sumber : Flander s Mat hemat ics Olympiad 1998 Babak Final) Solusi : Misalkan 3 x 3 magic squar e adalah :

Kar ena 1 + 2 + 3 + 4 + ⋅⋅⋅ + 9 = 45 maka j umlah elemen dalam masing-masing bar is, masing-masing kolom dan kedua diagonal ut ama masing-masing = 15. Penj umlahan-penj umlahan elemen t er sebut adalah :

c + e + g = 15 Elemen yang muncul 4 kali adalah e, yang muncul 3 kali adalah a, c, g, i sedangkan yang muncul 2 kali adalah b, d, f dan h. Kombinasi penj umlahan bilangan-bilangan yang menghasilkan nilai 15 :

4 + 5 + 6 = 15 Bilangan yang muncul 4 kali adalah 5, yang muncul 3 kali adalah 2, 4, 6, 8 sedangkan yang muncul 2 kali adalah 1, 3, 7 dan 9. Maka e = 5. Kemungkinan nilai a ada 4 yait u 2, 4, 6 at au 8. J ika nilai a t elah dit ent ukan maka pilihan nilai i hanya ada 1. Nilai c ada 2 kemungkinan j ika a t elah dit ent ukan dan i har us dipilih. Akibat nya pilihan nilai g hanya ada 1. J ika a, c, e, g dan i t elah dit ent ukan maka nilai b, d, f dan h masing-masing hanya ada 1 pilihan. Maka banyaknya 3 x 3 magic squar e ada 4 x 2 = 8.

120. Tent ukan semua bilangan asli t er dir i dar i 6 angka, misalkan abcdef , dengan a ≠ 0 dan d ≠ 0 yang memenuhi abcdef = (def ) 2 .

(Sumber : Flander s Mat hemat ics Olympiad 1999 Babak Final) Solusi :

a ⋅ 10 5 +b ⋅ 10 4 +c 3 ⋅ 10 +d ⋅ 10 2 ⋅ 10 + f = (100d + 10e + f ) +e 2

+e 2 +f + 2de + 2df ⋅ 10 + 2ef ⋅ 10

a ⋅ 10 5 4 +b 3 ⋅ 10 +c ⋅ 10 +d ⋅ 10 2 ⋅ 10 + f = d +e 2 ⋅ 10 4 2 ⋅ 10 2 2 3 ⋅ 10

2 2 100000a + 10000b + 1000c + 100d + 10e + f = 10000d 2 + 100e +f + 2000de + 200df + 20ef Angka sat uan r uas kir i = f

Angka sat uan r uas kanan = angka sat uan f 2

Nilai f yang memenuhi adalah 0, 1, 5 at au 6 Angka puluhan r uas kir i = e Angka puluhan r uas kanan = angka sat uan 2ef + angka puluhan f 2 • J ika f = 0

Angka puluhan r uas kanan = 0 + 0 = 0

e=0

100000a + 10000b + 1000c + 100d = 10000d 2 Angka r at usan r uas kir i = d sedangka angka r at usan r uas kanan = 0

d = 0 (t idak memenuhi) • J ika f = 1

Angka puluhan r uas kanan = 2e + 0 = 2e. Kar ena angka puluhan r uas kir i = e maka nilai e yang memenuhi adalah e = 0

100000a + 10000b + 1000c + 100d + 1 = 10000d 2 + 1 + 200d Angka r at usan r ua kir i = d sedangkan angka r at usan r uas kanan = 2d

d = 0 (t idak memenuhi) • J ika f = 5

Angka puluhan r uas kanan = Angka sat uan 10e + Angka puluhan 5 2 =0+2=2 e=2

2 100000a + 10000b + 1000c + 100d + 25 = (100d + 25) 2 = 10000d + 5000d + 625 Angka r at usan r uas kanan = 6 2 d=6 625 = 390625

• J ika f = 6 Angka puluhan r uas kanan = Angka sat uan 12e + Angka puluhan 6 2 = (Angka sat uan 2e) + 3 Angka puluhan r uas kir i = e

Nilai e yang memenuhi adalah e = 7

2 100000a + 10000b + 1000c + 100d + 76 = (100d + 76) 2 = 10000d + 15200d + 5776 Angka r at usan r uas kir i = d

Angka r at usan r uas kanan = (Angka sat uan 2d) + 7 2 d=3 376 = 141376

2 Nilai abcdef yang memenuhi adalah 390625 = 625 2 dan 141376 = 376

121. Sebuah bilangan asli n t er dir i dar i 7 digit ber beda dan habis dibagi oelh masing-masing digit nya. Tent ukan ket iga digit yang t idak t er masuk ke dalam digit dar i n. (Sumber : Flander s Mat hemat ics Olympiad 2000 Babak Final) Solusi : Kar ena hanya ada t iga digit yang t idak masuk ke dalam digit -digit dar i n maka sesuai dengan Pigeon Hole Pr inciple maka sedikit nya sat u dar i 2, 4, 6 at au 8 adalah digit dar i n. Akibat nya n genap. Kar ena 0 t idak membagi bilangan manapun maka 0 t idak t er masuk digit dar i n. Andaikan 5 adalah digit dar i n maka angka sat uan dar i n har us 0 at au 5. Kar ena 0 t idak t er masuk digit dar i n maka angka sat uan n adalah 5. Kont r adiksi dengan kenyat aan bahwa n genap. Maka 5 t idak t er masuk digit dar i n. Andaikan 9 t idak t er masuk digit dar i n maka penj umlahan digit n = 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 7 + 8 = 31. Kar ena 3 t er masuk digit dar i n maka penj umlahan digit n har us habis dibagi 3. Tet api 31 t idak habis dibagi 3. Maka 9 t er masuk digit dar i n. 1+2+3+4+6+7+8+9 ≡ 4 (mod 9). Maka 4 har us dibuang dar i digit -digit n. Maka ket iga digit yang t idak t er masuk ke dalam digit dar i n adalah 0, 4 dan 5. (Cat at an : Cont oh bilangan t er sebut adalah 9231768)

122. Dua gar is lur us membagi sebuah segit iga menj adi empat bagian dengan luas t er t ulis seper t i pada gambar . Tent ukan luas keempat .

(Sumber : Flander s Mat hemat ics Olympiad 2001 Babak Final ) Solusi : Misalkan luas ∆CDF = x dan luas ∆CEF = y ∆CDF dan ∆DAF memiliki t inggi yang sama, maka :

CD = x ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

DA 4

∆CDB dan ∆BDA memiliki t inggi yang sama, maka :

CD x + y + 7 =

DA 4 + 8

Dar i per samaan (1) dan (2) didapat : 12x = 4x + 4y + 28 2x = y + 7 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)

∆BEF dan ∆CEF memiliki t inggi yang sama, maka :

BE = 7

EC y

∆BAE dan ∆EAC memiliki t inggi yang sama, maka :

BE 7 + 8 =

EC x + y + 4 Dar i per samaan (4) dan (5) didapat : 7x + 7y + 28 = 15y 8y = 7x + 28 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (6)

Dar i per samaan (3) dan (6) didapat : x =

dan y =

Luas bagian keempat = x + y Luas bagian keempat = 21

123. Pada suat u har i t iga or ang sahabat , Mar adona, Pele dan Ronaldo sedang ber main sepakbola dengan sat u gawang. Mer eka membuat per at ur an sebagai ber ikut : Per mainan dimulai dengan salah sat u dar i mer eka akan ber per an sebagai penj aga gawang dan yang lainnya sebagai penyer ang yang ber usaha mencet ak gol ke gawang. Per mainan dihent ikan manakala ada penyer ang yang mencet ak gol. Saat it u dihit ung sebagai sat u per mainan. Per mainan bar u dimulai lagi dengan penyer ang yang mencet ak gol 123. Pada suat u har i t iga or ang sahabat , Mar adona, Pele dan Ronaldo sedang ber main sepakbola dengan sat u gawang. Mer eka membuat per at ur an sebagai ber ikut : Per mainan dimulai dengan salah sat u dar i mer eka akan ber per an sebagai penj aga gawang dan yang lainnya sebagai penyer ang yang ber usaha mencet ak gol ke gawang. Per mainan dihent ikan manakala ada penyer ang yang mencet ak gol. Saat it u dihit ung sebagai sat u per mainan. Per mainan bar u dimulai lagi dengan penyer ang yang mencet ak gol

124. Sebuah bilangan t er dir i dar i 3 digit . J umlah lima bilangan lain yang dibent uk dar i ket iga digit ini adala 2003. Tent ukan bilangan t er sebut . (Sumber : Flander s Mat hemat ics Olympiad 2003 Babak Final ) Solusi : Misalkan bilangan t er sebut n = 100a + 10b + c maka : (100a + 10c + b) + (100b + 10a + c) + (100b + 10c + a) + (100c + 10a + b) + (100c + 10b + a) = 2003 (100a + 10c + b) + (100b + 10a + c) + (100b + 10c + a) + (100c + 10a + b) + (100c + 10b + a) + n = 2003 + n 222(a + b + c) = 2003 + (100a + 10b + c) 2003 < 2003 + (100a + 10b + c) ≤ 2003 + 999 2003 < 222(a + b + c) ≤ 3002 9<a+b+c ≤ 13 • J ika a + b + c = 10

222 ⋅ 10 = 2003 + (100a + 10b + c) 100a + 10b + c = 217 a = 2, b = 1, c = 7

a + b + c = 2 + 1 + 7 = 10 (memenuhi) • J ika a + b + c = 11 222 ⋅ 11 = 2003 + (100a + 10b + c) 100a + 10b + c = 439 a = 4, b = 3, c = 9

a + b + c = 4 + 3 + 9 = 16 (t idak memenuhi) • J ika a + b + c = 12 222 ⋅ 12 = 2003 + (100a + 10b + c) 100a + 10b + c = 661 a = 6, b = 6, c = 1

a + b + c = 6 + 6 + 1 = 16 (t idak memenuhi) • J ika a + b + c = 13 222 ⋅ 13 = 2003 + (100a + 10b + c) 100a + 10b + c = 883 a = 8, b = 8, c = 3

a + b + c = 8 + 8 + 3 = 19 (t idak memenuhi) J adi bilangan t er sebut adalah 217

125. Tunj ukkan bahwa unt uk sembar ang bilangan r eal x maka

x sin x + x cos x + x + > 0

(Sumber : Regional Mat hemat ical Olympiad 1995) Solusi :

Misalkan y = x sin x + x cos x + x + = ( 1 + sin x ) x + x cos x +

Maka y mer upakan per samaan kuadr at dalam x. Diskr iminan = cos 2 x − 2(1 + sin x)

Diskr iminan = 1 2 − sin x − 2 − 2sin x Diskr iminan = 2 −(sin x + 1) −1<0

1 + sin x > 0

2 2 2 1 Kar ena diskr iminan dar i y < 0 sedangkan koef isien x > 0 maka x sin x + x cos x + x + def init

posit if .

Ter bukt i bahwa x sin x + x cos x + x + > 0

(Cat at an : Regional Mat hemat ical Olympiad mungkin seper t i Olimpiade Mat emat ika di I ndia pada t ingkat pr ovinsi)

126. J ika A adalah himpunan ber anggot akan 50 unsur yang mer upakan himpunan bagian dar i himpunan {1, 2,

3, ⋅⋅⋅, 100} dan ber sif at bahwa t idak ada dua bilangan di dalam A yang j umlahnya 100. Tunj ukkan bahwa

A mengandung suat u bilangan kuadr at mur ni. (Sumber : Regional Mat hemat ical Olympiad 1996) Solusi : Banyaknya pasangan bilangan asli yang j umlahnya 100 adalah 49 pasang yait u (1,99), (2,98), (3,97), (4,96), ⋅⋅⋅, (49,51). Asumsikan bahwa A t idak mengandung bilangan kuadr at mur ni. Agar hal t er sebut t er j adi maka paling banyak 1 dar i sepasang bilangan t er sebut yang mer upakan unsur

A. Tet api pasangan (36, 64) keduanya mer upakan bilangan kuadr at yang ber ar t inya keduanya t idak dapat menj adi anggot a A. 100 adalah bilangan kuadr at yang t idak t er masuk pasangan yang disebut kan sebelumnya. Maksimal banyaknya anggot a A = 100 − 49 − 1 − 1 = 49 (kont r adiksi dengan f akt a bahwa banyaknya anggot a A adalah 50 unsur ). Ter bukt i bahwa A mengandung bilangan kuadr at mur ni.

2 127. Tent ukan pasangan bilangan bulat posit if x dan n yang memenuhi per samaan x n + 615 = 2 . (Sumber : KRMO 1996)

Solusi : Kar ena n > 0 maka 2 n genap yang ber ar t i x bilangan ganj il.

Bilangan kuadr at j ika dibagi 3 akan ber sisa 0 at au 1.

615 habis dibagi 3.

2 n = (3 − 1) n 2 n ≡ (−1) n (mod 3)

J ika n ganj il maka 2 n ≡ −1 (mod 3) ≡ 2 (mod 3). Tidak akan ada kesamaan. J ika n genap maka 2 n ≡ 1 (mod 3). Maka n genap Misal n = 2p

2 p x 2 + 615 = (2 )

615 = 5 p ⋅ 3 ⋅ 41 ⋅ (2 + x)(2 − x) Banyaknya f akt or dar i 615 adalah 8. Maka ada 4 kasus yang akan dit inj au.

• J ika 2 p + x = 615 dan 2 p −x=1 Didapat x = 307 dan 2 p = 308 (t idak ada nilai p asli yang memenuhi) • J ika 2 p

+ x = 205 dan 2 p −x=3 Didapat x = 101 dan 2 p = 104 (t idak ada nilai p asli yang memenuhi) • J ika 2 p

+ x = 123 dan 2 p −x=5 Didapat x = 59 dan 2 p = 64

p=6

n = 12 • J ika 2 p

+ x = 41 dan 2 p − x = 15 Didapat x = 13 dan 2 p = 28 (t idak ada nilai p asli yang memenuhi)

Pasangan nilai x dan n yang memenuhi hanya x = 59 dan n = 12

2 128. J ika a 2 = 7b + 51 dan b = 7a + 51 dengan a dan b bilangan r eal ber beda, t ent ukan hasil kali ab. (Sumber : KRMO 1996)

Solusi :

2 a 2 −b = 7(b − a) (a − b)(a + b) = 7(b − a) Kar ena a ≠ b maka a + b = −7

2 2 a 2 +b = 7(a + b) + 102 (a + b) − 2ab = 7(a + b) + 102 ( −7) 2 − 2ab = 7(−7) + 102

ab = −2

129. Diket ahui sekuens bilangan bulat posit if naik a 1 ,a 2 ,a 3 , ⋅⋅⋅ ber sif at bahwa a n+2 =a n + 2a n+1 unt uk semua

n ≥ 1. Diket ahui bahwa a 7 = 169. Ber apa nilai-nilai a 1 ,a 2 ,a 3 ,a 4 ,a 5 ,a 6 dan a 8 ?

(Sumber : Pr a Seleksi Olimpiade Mat emat ika I ndonesia 1996) Solusi :

a 7 = a 5 + 2a 6

a 6 = ( a 7 − a 5 ) ⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

a 6 = a 4 + 2a 5

a 5 = ( a 7 − 2 a 4 ) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

a 5 = a 3 + 2a 4 a 5 = a 3 + 2a 4

a 4 = ( a 7 − 5 a 3 ) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)

a 4 = a 2 + 2a 3

( a 7 − 12 a 2 ) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4)

a 3 = a 1 + 2a 2

a 7 − 12 a 2 ) = a 1 + 2 a 2

( 169 − 29 a 1 ) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5)

70 Kar ena a 2 bulat maka (169 − 29a 1 ) bilangan genap sebab bilangan genap dibagi bilangan genap memungkinkan menj adi bilangan bulat . Sehingga a 1 har us bilangan ganj il. Selain it u, kar ena a 2 posit if

maka 29a 1 ≤ 169. Akibat nya, nilai a 1 yang mungkin adalah 1, 3 at au 5.

a 2 = ( 169 − 29 ) = 2 (memenuhi syar at sebab a 2 bulat posit if )

a 1 =1

a 2 = ( 169 − 87 ) = (t idak memenuhi syar at sebab a 2 t idak bulat posit if )

a 1 =3

a 2 = ( 169 − 145 ) = (t idak memenuhi syar at sebab a 2 t idak bulat posit if )

a 1 =5

J adi a 1 = 1, a 2 = 2, a 3 = 5, a 4 = 12, a 5 = 29, a 6 = 70 dan a 8 = 408.

130. Dua buah lingkar an yang masing-masing ber j ar i-j ar i a dan b saling ber singgungan. Dibuat sebuah gar is yang menyinggung kedua lingkar an t er sebut , misalkan gar is t er sebut adalah gar is m. Lingkar an ket iga dengan j ar i-j ar i c dibuat menyinggung kedua lingkar an t er sebut dan j uga menyinggung gar is m. Bukt ikan bahwa :

(Sumber : Pr a Seleksi Olimpiade Mat emat ika I ndonesia 1996) Solusi : Pada gambar gar is CK sej aj ar dengan PQ sehingga KP = c. CS sej aj ar dengan PQ sehingga SQ = c. BT j uga sej aj ar dengan PQ sehingga TP = b.

2 2 2 (PR) 2 = (CK) = (AC) − (AK)

2 2 − (AP − KP) (PR) 2 = (AM + MC)

2 2 − (a − c) (PR) 2 = (a + c)

2 2 2 −a 2 (PR) 2 =a +c + 2ac −c + 2ac

PR = 2 ac

2 2 2 (RQ ) 2 = (CS) = (BC) − (BS)

RQ = 2 bc

2 2 2 (PQ ) 2 = (BT) = (AB) − (AT)

PQ = 2 ab

PQ = PR + RQ

2 ab = 2 ac + 2 bc Bagi kedua r uas dengan 2 abc maka

log m

131. J ika m dan n saling r elat if pr ima, bukt ikan bahwa

bukan bilangan r asional.

log n

(Sumber : Pr a Seleksi Olimpiade Mat emat ika I ndonesia 1996) Solusi :

log m

log

m= dengan a dan b adalah bilangan asli.

Andaikan bahwa

bilangan r asional maka

log n

log n b

b Maka ber laku m a =n .

Kar ena m dan n r elat if pr ima maka t idak ada a dan b bilangan asli yang memenuhi (kont r adiksi)

log m

Ter bukt i bahwa j ika m dan n saling r elat if pr ima, maka bukan bilangan r asional.

log n

2 2 132. Tent ukan semua pasangan bilangan bulat t ak negat if (x, y) yang memenuhi (xy 2 − 7) =x +y . (Sumber : Pr a Seleksi Olimpiade Mat emat ika I ndonesia 1997)

Solusi :

2 2 2 2 2 2 2 2 (xy 2 − 7) =x +y (xy) − 14xy + 49 = x +y (xy) − 12xy + 36 + 13 = x +y + 2xy

2 (xy 2 − 6) + 13 = (x + y) 13 = (x + y + xy − 6)(x + y − xy + 6)

Kar ena 13 pr ima maka ada dua kasus yang mungkin : • x + y + xy − 6 = 1 dan x + y − xy + 6 = 13

2(x + y) = 14

x+y=7

xy = 0

x = 0 at au y = 0

J ika x = 0 maka y = 7 J ika y = 0 maka x = 7

• x + y + xy − 6 = 13 dan x + y − xy + 6 = 1 2(x + y) = 14

x+y=7

7 + xy − 6 = 13 xy = 12

x + 12 =

7 2 x − 7x + 12 = 0

(x − 3)(x − 4) = 0 J ika x = 3 maka y = 4 J ika x = 4 maka y = 3

Pasangan (x, y) yang memenuhi adalah (0, 7), (3, 4), (4, 3), (7, 0)

133. Sisi-sisi AB, BC dan CA segit iga ABC masing-masing panj angnya sama dengan c, a dan b sat uan sedangkan c, a dan b masing-masing adalah bilangan asli. Diket ahui pula bahwa c, a dan b masing- masing adalah pembagi keliling segit iga ABC. Bukt ikan bahwa segit iga ABC sama sisi. (Sumber : Pr a Seleksi Olimpiade Mat emat ika I ndonesia 1997) Solusi : Tanpa mengur angi keumuman soal, misalkan a ≤b≤c

a + b + c = mc unt uk suat u bilangan ali m a+b>c diket ahui pula bahwa a + b ≤ c + c = 2c maka : c<a+b ≤ 2c

c < (m − 1)c ≤ 2c 1<m −1≤2 Nilai m yang memenuhi hanya m = 3 maka :

a + b = 2c a<b+c

a + b + c < 2(b + c) 3c < 2(b + c) a + b + c < 2(b + c) 3c < 2(b + c)

a + b + c < b + b + 2b nb < 4b

n<4 Kar ena b < a + c maka 2b < a + b + c = nb

2<n

Maka 2 < n < 4

Nilai n yang memenuhi hanya n = 3

Kar ena a + b + c = mc = nb sedangkan m = n = 3 maka b = c

Maka a = b = c at au segit iga ABC sama sisi.

134. Sebanyak n or ang pengur us sebuah or ganisasi akan dibagi ke dalam empat komisi mengikut i ket ent uan ber ikut : (i) set iap anggot a t er gabung kedalam t epat dua komisi, dan (ii) set iap dua komisi memiliki t epat sat u anggot a ber sama. Ber apakah n ? (Sumber : Olimpiade Mat emat ika Tingkat Pr ovinsi 2002 Bagian Per t ama) Solusi : (a) set iap anggot a t er gabung ke dalam t epat dua komisi (b) set iap dua komisi memiliki t epat sat u anggot a ber sama Misal keempat komisi t er sebut adalah A, B, C dan D dengan j umlah anggot a masing-masing k, maka ber dasar kan (a) didapat

2n = 4k

n(A ∪B∪C∪D) = n(A) + n(B) + n(C) + n(D) − n(A∩B) − n(A∩C) − n(A∩D) − n(B∩C) − n(B∩D) − n(C∩D) + n(A ∩B∩C) + n(A∩B∩D) + n(A∩C∩D) + n(B∩C∩D) − n(A∩B∩C∩D) Ber dasakan (a) dan (b) maka : n(A ∪B∪C∪D) = n n(A) = n(B) = n(C) = n(D) = k n(A ∩B) = n(A∩C) = n(A∩D) = n(B∩C) = n(B∩D) = n(C∩D) = 1 n(A ∩B∩C) = n(A∩B∩D) = n(A∩C∩D) = n(B∩C∩D) = 0 n(A ∩B∩C∩D) = 0

maka n=k+k+k+k −1−1−1−1−1−1+0+0+0+0−0 n = 4k −6 n = 2n −6 n=6

Banyaknya pengur us agar memenuhi syar at t er sebut adalah 6

43 135. Ber apakah sisa pembagian 43 43 oleh 100 ?

(Sumber : Olimpiade Mat emat ika Tingkat Pr ovinsi 2002 Bagian Per t ama) Solusi : Alt er nat if 1 :

Dua digit t er akhir dar i 43 1 adalah 43 Dua digit t er akhir dar i 43 2 adalah 49 Dua digit t er akhir dar i 43 3 adalah 07 Dua digit t er akhir dar i 43 4 adalah 01 Dua digit t er akhir dar i 43 5 adalah 43 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ dst .

Kar ena 43 = 4 43 ⋅10 + 3 maka 2 digit t er akhir dar i 43 sama dengan dua digit t er akhir dar i 43 3 yait u 07. Sehingga 43 43 = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅07 = 100t + 7 = 4k + 7 dengan t dan k adalah bilangan bulat .

43 43 4 k + 7 4 k

Kar ena dua digit t er akhir dar i 43 4 adalah 01 maka dua digit t er akhir dar i (43 4 ) k adalah j uga 01.

7 Dua digit t er akhir dar i 43 3 sama dengan dua digit t er akhir dar i 43 yait u 07.

43 Maka dua digit t er akhir dar i 43 43 sama dengan dua digit t er akhir dar i per kalian dua digit t er akhir

(43 7 ) dengan dua digit t er akhir dar i 43 .

43 Kar ena 01 x 07 = 07. Maka 2 digit t er akhir dar i 43 43 adalah 07.

Alt er nat if 2 :

43 43 43 43 43 43 43 = (4 ⋅ 11 − 1) 43 ≡ (−1) (mod 4) 43 ≡ −1 (mod 4) at au 43 ≡ 3 (mod 4) Ber ar t i 43 43 = 4k + 3 dengan k adalah bilangan asli.

43 43 4k+3

43 2k = 43 = (1849) ⋅ 43 3

43 43 ≡ (49) 43 2k ⋅ 43 43 (mod 100)

43 43 ≡ (2401) k ⋅ 7 (mod 100) sebab 43 43 43 ≡ 7 (mod 100)

43 43 43 ≡1 k ⋅ 7 (mod 100)

43 43 43 ≡ 7 (mod 100)

43 43 43 Kar ena 43 43 ≡ 7 (mod 100) ber ar t i 43 = 100p + 7 dengan p adalah bilangan asli.

43 43 43 j ika dibagi 100 akan ber sisa 7

43 Sisa pembagian 43 43 oleh 100 adalah 7.

136. Bangun dat ar pada gambar disebut t et r omino-T. Misalkan set iap pet ak t et r omino menut upi t epat sat u pet ak pada papan cat ur . Kit a ingin menut up papan cat ur dengan t et r omino- t et r omino sehingga set iap pet ak t et r omino menut up sat u pet ak cat ur t anpa t umpang t indih.

tetromino-T (a) Tunj ukkan bahwa kit a dapat menut up papan cat ur biasa,

yait u papan cat ur dengan 8 X 8 pet ak, dengan menggunkan 16 t et r omino-T. (b) Tunj ukkan bahwa kit a t idak dapat menut up papan ‘cat ur ’ 10 X 10 pet ak dengan 25 t et r omino-T. (Sumber : Olimpiade Mat emat ika Tingkat Pr ovinsi 2002 Bagian Kedua) Solusi : (a)

Kar ena pet ak 4 x 4 dapat dit ut upi oleh 4 buah t et r omino-T, maka t ent unya kit a dapat menut up pet ak cat ur 8 x 8 dengan 16 buah Tet r omino-T.

(b) Sebuah t et r omino-T akan menut upi 1 buah pet ak hit am dan 3 buah pet ak put ih at au 1 buah pet ak put ih dan 3 buah pet ak hit am pada papan cat ur .

Kar ena 1 dan 3 bilangan ganj il ser t a banyaknya Tet r omino-T ada 25 yang j uga mer upakan bilangan ganj il maka ke-25 Tet r omino-T t er sebut akan menut upi sej umlah ganj il pet ak hit am dan sej umlah ganj il pet ak put ih pada papan cat ur . Hal ini kont r adiksi dengan kenyat aan bahwa pada papan cat ur

10 x 10 t er dapat 50 pet ak hit am dan 50 pet ak put ih. Ter bukt i bahwa kit a t idak dapat menut up papan ‘cat ur ’ 10 X 10 pet ak dengan 25 t et r omino-T.

137. Bukt ikan bahwa t idak ada bilangan asli m sehingga t er dapat bilangan-bilangan bulat k, e, dengan e ≥ 2,

2 yang memenuhi m(m e + 1) = k . (Sumber : Olimpiade Mat emat ika Tingkat Pr ovinsi 2004 Bagian Kedua)

Solusi : Andaikan ada ada bilangan asli m sehingga t er dapat bilangan-bilangan bulat k, e, dengan e ≥ 2, yang

2 memenuhi m(m e + 1) = k .

Alt er nat if 1: Kar ena per samaan ber bent uk ab = c d dengan a, b, c, d ∈ Asli, maka a membagi c at au c membagi a.

* J ika k membagi m maka m = p q ⋅k dengan p bukan kelipat an k dan q ∈ bilangan bulat posit if dan p ∈ bilangan asli.

3 3q

Per samaan menj adi p e-q k + pk =k p k +p=k ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

e 3 2q

J ika e > q Ruas kanan per samaan (2) adalah sebuah bilangan yang habis dibagi k sedangkan r uas kir i adalah sebuah bilangan yang ber sisa p j ika dibagi k dengan p bukan bilangan kelipat an k. Maka t anda kesamaan t idak akan mungkin t er j adi.

• J ika e ≤ q Ruas kanan per samaan (2) ber nilai ≤1 ≥ 1 dan k ≥ 2 maka p 3 Kar ena p 2q k +p ≥ 3 yang ber ar t i t idak ada nilai p dan k yang memenuhi.

Maka t idak ada nilai m e ∈ bilangan asli yang memenuhi m(m 2 + 1) = k dengan k membagi m.

* J ika m membagi k maka k = r m dengan r ∈ bilangan asli sebab k ≥ 2

Per samaan akan menj adi m(m + 1) = r m

• J ika m = 1

e Per samaan (3) menj adi 2 = r 1 . Kar ena 2 = 2 maka per samaan hanya akan dipenuhi j ika r = 2 dan e = 1 yang t idak memenuhi syar at bahwa e ≥ 2.

• J ika m > 1 Ruas kir i per samaan (3) bukan mer upakan bilangan bulat sedangkan r uas kanan mer upakan

bilangan bulat sebab e ≥ 2.

Maka t idak ada nilai m 2 ∈ bilangan asli yang memenuhi m(m + 1) = k e dengan m membagi k.

Ter bukt i bahwa t idak ada bilangan asli m sehingga t er dapat bilangan-bilangan bulat k, e, dengan

2 e e ≥ 2, yang memenuhi m(m + 1) = k

Alt er nat if 2 :

Misalkan m = p xn

1 ⋅p 2 ⋅p 3 ⋅ ⋅⋅⋅ ⋅ p n unt uk suat u bilangan pr ima p 1 ,p 2 ,p 3 , ⋅⋅⋅, p n dan bilangan bulat

t ak negat if x 1 ,x 2 ,x 3 , ⋅⋅⋅, x n .

2 x1 ⋅p x2 ⋅p maka m x3 + 1 = (p

1 2 3 ⋅ ⋅⋅⋅ ⋅ p xn 2 n ) +1

1 ,p 2 ,p 3 , ⋅⋅⋅, p n semuanya membagi m t et api m + 1 j ika dibagi p 1 ,p 2 ,p 3 , ⋅⋅⋅, p n amsing-masing akan ber sisa 1. Maka m dan m 2 + 1 saling r elat if pr ima.

Per samaan pada soal hanya akan t er penuhi j ika m dan m 2 + 1 memiliki pangkat yang sama.

e 2 e Misalkan m = a 2e dan m +1=b =a + 1.

2e Kar ena (a 2 + 1) =

2 e 2e 2(e-1)

e C o a + e C 1 a + ⋅⋅⋅ + e C e 1 =a +e ⋅a

e 2e 2(e-1)

+ ⋅⋅⋅ + 1 > a +1=m +1

2 e 2 2 e 2 (a e ) <m + 1 = (a ) + 1 < (a + 1) Dar i ket aksamaan di at as didapat m 2 + 1 t er let ak di ant ar a dua bilangan asli ber ur ut an ber pangkat

2 e. Maka t idak mungkin m e + 1 ber bent uk b . Ter bukt i bahwa t idak ada bilangan asli m sehingga t er dapat bilangan-bilangan bulat k, e, dengan

e ≥ 2, yang memenuhi m(m 2 + 1) = k e

138. Pada segit iga ABC diber ikan t it ik-t it ik D, E, dan F yang t er let ak ber t ur ut -t ur ut pada sisi BC, CA dan AB sehingga gar is-gar is AD, BE dan CF ber pot ongan di t it ik O. Bukt ikan bahwa

AO BO CO + + =

2 AD BE CF

(Sumber : Olimpiade Mat emat ika Tingkat Pr ovinsi 2004 Bagian Kedua) Solusi : Dibuat gar is t inggi pada segit iga ABC dan segit iga BOC yang masing-masing dit ar ik dar i t it ik A dan O. Gar is t inggi ini masing-masing memot ong sisi BC di t it ik P dan K.

1 Luas ∆ABC =

(BC)(AP)

1 Luas ∆BOC =

(BC)(OK)

2 Luas ∆ BOC OK

Luas ∆ ABC AP

∆DAP sebangun dengan ∆DOK sehingga OD =

OK

AD AP Luas ∆ BOC OD

Dar i (1) dan (2) didapat

Luas ∆ ABC AD

Luas ∆ AOB OF Dengan car a yang sama didapat

Luas ∆ AOC OE

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) dan = ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) Luas ∆ ABC BE Luas ∆ ABC CF

Luas ∆BOC + Luas ∆AOC + Luas ∆AOB = Luas ∆ABC Luas ∆ BOC

Luas ∆ AOC

Luas ∆ AOB

Luas ∆ ABC

Luas ∆ ABC

Luas ∆ ABC

OD OE OF + + =

AD BE CF OA

OB

OC

OA OB OC

AD BE CF AD BE CF

OA OB OC

Ter bukt i bahwa +

AD BE CF

139. Misalkan k, m, n adalah bilangan-bilangan asli demikian, sehingga k > n > 1 dan f akt or per sekut uan t er besar k dan n sama dengan 1. Bukt ikan bahwa j ika k − n membagi k m −n m-1 , maka k ≤ 2n − 1. (Sumber : Olimpiade Sains Nasional Bidang Mat emat ika 2003) Solusi :

k −n⏐k m −n m-1

mm

k m-1 −n⏐k −n +n −n

mm

k m-1 −n⏐k −n +n (n − 1)

Unt uk m m ∈ bilangan asli maka k − n membagi k −n .

(n − 1) dan n adalah dua bilangan bulat ber ur ut an maka FPB (n − 1, n) = 1 Kar ena FPB (k,n) = 1 maka k m-1 − n t idak membagi n . Akibat nya k − n har us membagi n − 1.

Kar ena k − n membagi n − 1 maka k − n ≤ n − 1 k ≤ 2n − 1 Ter bukt i bahwa k ≤ 2n − 1

140. Diket ahui segit iga ABC siku-siku di C dengan panj ang sisi-sisinya mer upakan bilangan bulat . Tent ukan panj ang sisi-sisi segit iga t er sebut j ika hasil kali dar i dua sisi yang bukan sisi mir ing sama dengan t iga kali keliling segit iga. (Sumber : Olimpiade Sains Nasional Bidang Mat emat ika 2003) Solusi : Misalkan sisi-sisi segit iga t er sebut adalah a, b dan c dengan c adalah sisi mir ing, maka :

2 b 2 = c − a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

ab = 3(a + b + c) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Kar ena a, b dan c adalah bilangan bulat maka sekur ang-kur angnya salah sat u di ant ar a a at au b adalah kelipat an 3. Misal a = 3k dengan k ∈ bilangan asli (sama saj a j ika dimisalkan b = 3k) maka :

2 2 2 3k 2 c − 9k = 3(3k + c − 9k + c)

2 2 2 k 2 c − 9k = (3k + c − 9k + c)

k − 1 )( c + 3 k )( c − 3 k )( = c + 3 k )

k − 1 )( c − 3 k )( = c + 3 k )

k − 1 )( c − 3 k ) = c − 3 k + 6 k

Kar ena k ≠ 0 maka ( c − 3 k )( k − 2 ) = 6 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)

Kar ena c, k ∈ bilangan asli maka (k − 2) past i membagi 6 dan kar ena c > 3k maka (k − 2) > 0 Nilai k yang memenuhi adalah 3; 4; 5; 8

k − 2 Unt uk k = 3 maka a = 9

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) Unt uk k = 4 maka a = 12

c = 15

b = 12

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (6) Unt uk k = 5 maka a = 15

c = 15

b=9

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (7) Unt uk k = 8 maka a = 24

c = 17

b=8

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (8) Subt it usikan per samaan (5), (6), (7), (8) ke per samaan (2) yang t er nyat a semuanya memenuhi. Panj ang sisi-sisi segit iga yang memenuhi adalah : *

c = 25

a = 24

b=7

c = 25

141. Per samaan kuadr at x 2 + ax + b + 1 = 0 dengan a, b adalah bilangan bulat , memiliki akar -akar bilangan

2 asli. Bukt ikan bahwa a 2 +b bukan bilangan pr ima. (Sumber : Olimpiade Sains Nasional Bidang Mat emat ika 2004)

Solusi : Misalkan x 2

1 dan x 2 adalah akar -akar per samaan x + ax + b + 1 = 0 maka :

x 1 +x 2 = −a x 1 x 2 =b+1

1 dan x 2 keduanya adalah bilangan asli maka (x 1 + 1) dan (x 2 + 1) keduanya adalah bilangan asli lebih dar i 1.

2 Maka a 2 +b adalah per kalian dua bilangan asli masing-masing > 1 yang mengakibat kan a +b adalah bukan bilangan pr ima. (t er bukt i)

142. Sebuah lant ai ber luas 3 m 2 akan dit ut upi oleh kar pet dengan ber macam bent uk sebanyak 5 buah dengan ukur an @ 1m 2 . Tunj ukkan bahwa ada 2 kar pet yang t umpang t indih dengan luasan t umpang

t indih lebih dar i 1/ 5 m 2 .

(Sumber : Olimpiade Sains Nasional Bidang Mat emat ika 2004) Solusi :

Misalkan A i menyat akan kar pet ke-i. A 1 =A 2 =A 3 =A 4 =A 5 =1

Ber dasar kan Pr insip I nklusi Eksklusi maka :

3=1+1+1+1+1 − (A 1 ∩A 2 ) − (A 1 ∩A 3 ) − (A 1 ∩A 4 ) − (A 1 ∩A 5 ) − (A 2 ∩A 3 ) − (A 2 ∩A 4 ) − (A 2 ∩A 5 ) − (A 3 ∩A 4 ) − (A 3 ∩A 5 ) − (A 4 ∩A 5 ) + (A 1 ∩A 2 ∩A 3 ) + (A 1 ∩A 2 ∩A 4 ) + (A 1 ∩A 2 ∩A 5 ) + (A 1 ∩A 3 ∩A 4 ) + (A 1 ∩A 3 ∩A 5 ) + (A 1 ∩A 4 ∩A 5 ) + (A 2 ∩A 3 ∩A 4 ) + (A 2 ∩A 3 ∩A 5 ) + (A 2 ∩A 4 ∩A 5 ) + (A 3 ∩A 4 ∩A 5 )

(A 1 ∩A 2 ∩A 3 ∩A 4 ∩A 5 ) = (A 1 ∩A 2 ) + (A 1 ∩A 3 ) + (A 1 ∩A 4 ) + (A 1 ∩A 5 ) + (A 2 ∩A 3 ) + (A 2 ∩A 4 ) + (A 2 ∩A 5 ) + (A 3 ∩A 4 ) + (A 3 ∩A 5 ) + (A 4 ∩A 5 ) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

(A a ∩A b ∩A c ∩A d ) mer upakan himpunan bagian dar i (A a ∩A b ∩A c ) sehingga (A a ∩A b ∩A c ∩A d ) ≤ (A a ∩A b ∩A c )

(A a ∩A b ∩A c ) mer upakan himpunan bagian dar i (A a ∩A b ) sehingga (A a ∩A b ∩A c ) ≤ (A a ∩A b )

dan set er usnya ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

Akibat nya : (A 1 ∩A 2 ∩A 3 ∩A 4 ) ≤ (A 1 ∩A 2 ∩A 3 ) at au (A 1 ∩A 2 ∩A 3 ∩A 4 ) ≤ (A 1 ∩A 2 ∩A 4 ) dan set er usnya (A 1 ∩A 2 ∩A 3 ∩A 5 ) ≤ (A 1 ∩A 2 ∩A 5 ) at au (A 1 ∩A 2 ∩A 3 ∩A 5 ) ≤ (A 1 ∩A 2 ∩A 3 ) dan set er usnya (A 1 ∩A 2 ∩A 4 ∩A 5 ) ≤ (A 1 ∩A 2 ∩A 4 ) at au (A 1 ∩A 2 ∩A 4 ∩A 5 ) ≤ (A 1 ∩A 2 ∩A 5 ) dan set er usnya

(A 1 ∩A 3 ∩A 4 ∩A 5 ) ≤ (A 1 ∩A 3 ∩A 4 ) at au (A 1 ∩A 3 ∩A 4 ∩A 5 ) ≤ (A 3 ∩A 4 ∩A 5 ) dan set er usnya (A 2 ∩A 3 ∩A 4 ∩A 5 ) ≤ (A 2 ∩A 3 ∩A 5 ) at au (A 2 ∩A 3 ∩A 4 ∩A 5 ) ≤ (A 2 ∩A 3 ∩A 4 ) dan set er usnya

Maka r uas kir i per samaan (1) ber nilai lebih dar i 2. Kar ena ada sepuluh ir isan di r uas kanan per samaan (1) maka dapat dipast ikan sekur ang-kur angnya ada

1 di ant ar a 10 ir isan 2 kar pet t er sebut yang memiliki ir isan lebih dar i 2/ 10 = 0,2 m 2 . ∴ Ter bukt i ada 2 kar pet yang t umpang t indih dengan luasan t umpang t indih lebih dar i 1/ 5 m 2 .

143. Diket ahui bahwa p(n) adalah hasil kali digit -digit dar i n. Tent ukan nilai n bilangan asli yang memenuhi

11 ⋅ p(n) = n 2 − 2005. (Sumber : Olimpiade Sains Nasional Bidang Mat emat ika 2005) Solusi : • J ika n t er dir i dar i k digit dengan k ≥ 3

n 2 mer upakan bilangan dengan sedikit nya 2k − 1 digit . Maka n − 2005 mer upakan bilangan dengan sedikit nya 2k − 2 digit .

11 p(n) k+1 ≤ 11 ⋅ 9 ⋅ 9 ⋅ ⋅⋅⋅ ⋅ 9 < 10 . Maka 11 p(n) mer upakan bilangan dengan sebanyak-banyaknya t er dir i dar i k + 1 digit .

Unt uk k ≥ 3 2k ≥ k + 3 2k − 1 ≥ k + 2 − 1 > k + 1 t idak ada yang memenuhi 11 ⋅ p(n) = n maka 2k 2 − 2005

• J ika n t er dir i dar i 2 digit Misalkan n = 10a + b n t idak mungkin genap sebab akan menyebabkan r uas kanan ganj il sedangkan r uas kir i genap.

Kar ena n ganj il dan 2005 2 ≡ 1 (mod 4) maka n − 2005 ≡ 0 (mod 4) Akibat nya salah sat u a at au b habis dibagi 4. Kar ena n ganj il maka a = 4 at au 8.

n 2 ≡ 0, 1, 4 (mod 8) 2005 ≡ 5 (mod 8) Ruas kanan t idak habis dibagi 8

a=4

11ab = (10a + b) 2 − 2005 44b = 1600 + 80b + b 2 − 2005

b 2 − 36b − 405 = 0 (b − 9)(b + 45) = 0 b = 9

Bilangan t er sebut adalah n = 49 • J ika n t er dir i dar i 1 digit

Ruas kanan akan ber nilai negat if (t idak memenuhi)

144. Diber ikan lima t it ik P 1 ,P 2 ,P 3 ,P 4 ,P 5 pada bidang dengan koor dinat bilangan bulat . Bukt ikan bahwa t er dapat sedikit nya sepasang t it ik (P i ,P j ), i ≠ j , demikian, sehingga r uas gar is P i P j memuat sebuah t it ik Q dengan koor dinat bilangan bulat selain P i dan P j . (Sumber : I r ish Mat hemat ical Olympiad 1993 dan Olimpiade Mat emat ika I ndonesia Tk Pr ovinsi 2004) Solusi : Misal x ij adalah j ar ak t it ik P i dan P j dalam ar ah sumbu X dan Misal y ij adalah j ar ak t it ik P i dan P j dalam ar ah sumbu Y. J ika x ij dan y ij keduanya genap, maka dapat dipast ikan bahwa sekur ang-kur angnya sat u t it ik let is selain t it ik P i dan P j akan t er let ak pada r uas gar is P i P j , yait u pada per t engahan r uas gar is P i P j yang

akan ber j ar ak

x ij pada ar ah sumbu X dan

y ij pada ar ah sumbu Y t er hadap t it ik P i maupun P j

dengan x ij dan y ij adalah j uga bilangan bulat .

Sif at penj umlahan ber ikut j uga akan mebant u menj elaskan : Bilangan Genap − Bilangan Genap = Bilangan Genap Bilangan Ganj il − Bilanagn Ganj il = Bilangan Genap.

Kemungkinan j enis koor dinat (dalam bahasa lain disebut par it as) suat u t it ik let is hanya ada 4 kemungkinan yait u (genap, genap), (genap,ganj il), (ganj il, ganj il) dan (ganj il, genap). J ika 2 t it ik let is mempunyai par it as yang sama maka sesuai sif at penj umlahan maka dapat dipast ikan kedua t it ik let is memiliki j ar ak mendat ar dan j ar ak ver t ikal mer upakan bilangan genap yang ber ar t i koor dinat t it ik t engah dar i gar is yang menghubungkan kedua t it ik let is t er sebut j uga mer upakan bilangan genap. Kar ena ada 5 t it ik let is sedangkan hanya ada 4 par it as t it ik let is maka sesuai Pigeon Hole Pr inciple (PHP) maka dapat dipast ikan sekur ang-kur angnya ada dua t it ik let is yang memiliki par it as yang sama.

Dar i penj elasan di at as dapat dibukt ikan bahwa j ika P 1 ,P 2 ,P 3 ,P 4 ,P 5 adalah lima t it ik let is ber beda pada bidang maka t er dapat sepasang t it ik (P i ,P j ), i ≠ j , demikian, sehingga r uas gar is P i P j memuat sebuah t it ik let is selain P i dan P j .

145. Tent ukan semua pasangan bilangan bulat (x, y) yang memenuhi per samaan :

1 + 1996x + 1998y = xy

(Sumber : I r ish Mat hemat ical Olympiad 1997) Solusi : xy − 1996x − 1998y + 1996 ⋅ 1998 = 1 + 1996 ⋅ 1998 (x − 1998)(y − 1996) = 3988009 Kar ena 1 + (n 2 − 1)(n + 1) = n maka : (x 2 − 1998)(y − 1996) = 1997

Kar ena 1997 bilangan pr ima maka ada 3 kasus : • J ika x − 1998 = 1 dan y − 1996 = 3988009

x = 1999 dan y = 3990005 • J ika x − 1998 = 3988009 dan y − 1996 = 1

x = 3990007 dan y = 1997 • J ika x − 1998 = 1997 dan y − 1996 = 1997

x = 3995 dan y = 3993 Pasangan (x,y) yang memenuhi adalah (1999, 3990005), (3995, 3993) dan (3990007, 1997)

146. Tunj ukkan bahwa j ika x bilangan r eal t ak nol maka :

(Sumber : I r ish Mat hemat ical Olympiad 1998) Solusi :

x > 0 dan 4 > 0 unt uk semua nilai x r eal t ak nol

• J ika x < 0

Maka x < 0 dan 1< 0 x − x − + 4 > 0

• J ika x > 0

x − x − + 4 = x ( x − 1 ) − 4 ( x − 1 ) = ( x − 1 ) ⎜ x − 4 ⎟ = 4 ( x − 1 )( x − 1 )

Alt er nat if 1 :

J ika 0 < x ≤ 1 maka x 3 − 1 ≤ 0 dan x 9 − 1 ≤ 0 (x 3 − 1)(x 9 − 1) ≥ 0 J ika x ≥ 1 maka x 3 − 1 ≥ 0 dan x 9 − 1 ≥ 0 (x 3 − 1)(x 9 − 1) ≥ 0

4 ( x − 1 )( x − 1 ) ≥ 0

Ter bukt i bahwa x − x − + 4 ≥ 0

Alt er nat if 2 :

3 9 3 3 6 3 3 2 6 (x 3 − 1)(x − 1) = (x − 1)(x − 1)(x +x + 1) = (x − 1) (x +x + 1)

Unt uk x > 0 maka (x − 1) ≥ 0 dan (x +x + 1) ≥0

4 ( x − 1 )( x − 1 ) ≥ 0

Ter bukt i bahwa x − x − + 4 ≥ 0

147. Tent ukan semua bilangan bulat posit if n yang memepunyai t epat 16 pembagi posit if d 1 ,d 2 , ⋅⋅⋅, d 16 yang memenuhi :

1=d 1 <d 2 < ⋅⋅⋅ < d 16 =n

d 6 = 18 dan d 9 −d 8 = 17

(Sumber : I r ish Mat hemat ical Olympiad 1998) Solusi :

Kar ena d q

6 = 18 = 2 ⋅3 adalah salah sat u f akt or dar i n maka n = 2 ⋅3 ⋅k

Kar ena q ≥ 2 maka maksimal banyaknya f akt or pr ima dar i n adalah 3 n = 2 p

r ⋅ 3 ⋅ c dengan c bilangan pr ima dan p, q dan r bilangan bulat posit if dan q ≥ 2 dan p ≥ 1.

J ika p ≥ 2 maka sedikit nya t er dapat 6 f akt or dar i n yang kur ang dar i 18, yait u : 1, 2, 3, 4, 6, 12. Maka p=1

n=2 ⋅3 q ⋅c r

Banyaknya f akt or dar i n = (1 + 1)(q + 1)(r + 1) = 16 Kemungkinan pasangan (q, r ) yang memenuhi adalah (7, 0), (3,1) • J ika q = 7 dan r = 0

n=2 7 ⋅3

Maka d 1 = 1, d 2 = 2, d 3 = 3, d 4 = 6, d 5 = 9, d 6 = 18, d 7 = 27, d 8 = 54, d 9 = 81, ⋅⋅⋅ Tet api d 9 −d 8 = 81 − 54 = 27 ≠ 17.

• J ika q = 3 dan r = 1 n=2 3 ⋅3 ⋅c

Ke-16 f akt or dar i n adalah 1, 2, 3, 6, 9, 18, 27, 54, c, 2c, 3c, 6c, 9c, 18c, 27c dan 54c Kar ena sedikit nya t er dapat 5 f akt or dar i n yang kur ang dar i 18 maka c > 18. • J ika 18 < c < 27 maka 36 < 2c < 54, 54 < 3c < 81

c = 22 (t idak memenuhi c pr ima) • J ika 27 < c < 54 maka 54 < 2c < 81

n=2 ⋅3 3 ⋅ 71 = 3834 Nilai n yang memenuhi adalah 1998 dan 3834.

• J ika c > 54 maka d 8 = 54 dan d 9 =c

d 9 −d 8 = 17

c = 71

148. Tunj ukkan bahwa j ika a, b, c adalah bilangan r eal posit if maka :

(i)

(ii)

(Sumber : I r ish Mat hemat ical Olympiad 1998) Solusi : (i) Ber dasar kan ket aksamaan AM-HM maka :

⎟ (t er bukt i)

(ii) Ber dasar kan ket aksamaan AM-HM maka :

dengan car a yang sama didapat :

≤ ⎜ + + ⎟ (t er bukt i)

149. Selesaikan sist em per samaan ber ikut :

2 y 2 = (x + 8)(x + 2)

y 2 − (8 + 4x)y + (16 + 16x − 5x 2 )=0

(Sumber : I r ish Mat hemat ical Olympiad 1999) Solusi :

y 2 − (8 + 4x)y + (16 + 16x − 5x 2 )=0

Alt er nat if 1 : (y − (4 + 5x)) (y − (4 − x)) = 0 y = 4 + 5x at au y = 4 −x

Alt er nat if 2 :

2 ( 2 8 + 4 x ) ± ( 8 + 4 x ) − 4 ( 1 )( 16 + 16 x − 5 x )

y 1 = 4 + 5x at au y 2 =4 −x

• J ika y = 4 + 5x

2 y 2 = (x + 8)(x + 2)

2 (4 + 5x) 2 = (x + 8)(x + 2) x(x − 19)(x + 2) = 0

x = 0 at au x = 19 at au x = −2 J ika x = 0 maka y = 4 + 5(0) = 4 J ika x = 19 maka y = 4 + 5(19) = 99 J ika x = −2 maka y = 4 + 5(−2) = −6

• J ika y = 4 − x (4 2 − x)

= (x + 8)(x 2 + 2) x(x + 2)(x + 5) = 0

x = 0 at au x = −2 at au x = −5 J ika x = 0 maka y = 4 − (0) = 4 J ika x = −2 maka y = 4 − (−2) = 6 J ika x = −5 maka y = 4 − (−5) = 9

Pasangan (x, y) yang memenuhi adalah ( −5, 9), (−2, −6), (−2, 6), (0, 4), (19, 99)

150. Tent ukan semua penyelesaian r eal dar i sist em :

( x + x + 1 ) = y ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

x 2 + log

( y + y + 1 ) = z ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

y 2 + log

( z + z + 1 ) = x ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)

z 2 + log

(Sumber : I sr ael Mat hemat ical Olympiad 1995) Solusi : • J ika x < 0

( x +x + 1 ) < 0 .

2 Maka 2 0 < x + x + 1 < 1 yang ber akibat log

Maka dar i per samaan (1) didapat x > y

0>x>y

Dengan car a yang sama didapat dar i per samaan (2) z < y < 0 dan dar i per s. (3) didapat x < z < 0 Dapat disimpulkan bahwa x < z < y < x < 0 (kont r adiksi)

Tidak ada (x, y, z) yang memenuhi. • J ika x > 0

( x +x + 1 ) > 0 .

2 Maka 2 x +x + 1 > 1 yang ber akibat log

Maka dar i per samaan (1) didapat x < y

0<x<y

Dengan car a yang sama didapat dar i per samaan (2) z > y > 0 dan dar i per s. (3) didapat x > z > 0 Dapat disimpulkan bahwa x > z > y > x > 0 (kont r adiksi)

Tidak ada (x, y, z) yang memenuhi. • J ika x = 0 Dar i per samaan (1) didapat : 0=y

z=0 Maka penyelesaiannya (x, y, z) yang memenuhi adalah (0, 0, 0)

151. Selesaikan sist em per samaan ber ikut :

3 ∑ 4 x i = 1999 dan ∑ x i = ∑ x i

(Sumber : Malaysian Mat hemat ical Olympiad 1999) Solusi :

x 1 +x 2 +x 3 + ⋅⋅⋅ + x 1999 = 1999 (x 1 − 1) + (x 2 − 1) + (x 3 − 1) + ⋅⋅⋅ + (x 1999 − 1) = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

1 +x 2 +x 3 + ⋅⋅⋅ + x 1999 =x 1 +x 2 +x 3 + ⋅⋅⋅ + x 1999

1 −x 1 +x 2 −x 2 +x 3 −x 3 + ⋅⋅⋅ + x 1999 −x 1999 =0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

(2) − (1) didapat :

4 −x 3 4 3 4 3 4 (x 3

1 1 −x 1 + 1) + (x 2 −x 2 −x 2 + 1) + (x 3 −x 3 −x 3 + 1) + ⋅⋅⋅ + (x 1999 −x 1999 −x 1999 + 1) = 0

3 3 (x 3

3 − 1)(x

1 1 − 1) + (x 2 − 1)(x 2 − 1) + (x 3 − 1)(x 3 − 1) + ⋅⋅⋅ + (x 1999 − 1)(x 1999 − 1) = 0

− 1) 2 2 2 2 2 2 2 (x 2 1 (x 1 +x 1 + 1) + (x 2 − 1) (x 2 +x 2 + 1) + (x 3 − 1) (x 3 +x 3 + 1) + ⋅⋅⋅ + (x 1999 − 1) (x 1999 +x 1999 + 1) = 0

Per samaan y = x 2 + x + 1 def init posit if sebab diskr iminan < 0 dan koef isien x > 0. Maka per samaan di at as hanya dapat dipenuhi j ika x 1 −1=x 2 −1=x 3 − 1 = ⋅⋅⋅ = x 1999 −1=0

Penyelesaian soal t er sebut hanya dapat dipenuhi j ika x 1 =x 2 =x 3 = ⋅⋅⋅ = x 1999 =1

2 152. Tent ukan sepasang bilangan bulat (x, y) yang memenuhi per samaan x 2 + 3y = 1998x (Sumber : Polish Mat hemat ical Olympiad 1998 Second Round)

Solusi :

2 Kar ena bilangan kuadr at t idak mungkin negat if maka x 2 + 3y ≥ 0 1998x ≥ 0 x ≥ 0.

2 J ika x > 1998 maka x 2 > 1998x. Kar ena 3y > 0 maka t idak mungkin x > 1998 x ≤ 1998.

0 ≤ x ≤ 1998

2 Kar ena 3y 2 dan 1998x keduanya habis dibagi 3 maka x habis dibagi 3 x habis dibagi 9.

2 ⏐3y Kar ena x 2 dan 1998x habis dibagi 9 maka y habis dibagi 3 y habis dibagi 9 27 .

2 Kar ena 3 2 ⏐x maka 1998x habis dibagi 27 sedangkan 27⏐3y maka 27 j uga har us membagi x .

Akibat nya x habis dibagi 9 2 81 ⏐x .

Kar ena 9 ⏐1998 dan 9⏐x maka 1998x habis dibagi 81. ⏐x 2 2 2 Kar ena 81 2 dan 81 ⏐1998x maka 27⏐y 9 ⏐y 81⏐y . Akibat nya 243 ⏐3y . Kar ena 1998 habis dibagi 27 sedangkan x habis dibagi 9 maka 243 2 ⏐1998x x har us habis dibagi 243. Maka x har us habis dibagi 27. Kar ena x dan 1998 keduanya habis dibagi 27 maka x 2 dan 1998x

2 keduanya habis dibagi 729. Akibat nya 3y 2 habis dibagi 729 27 ⏐y

Misalkan x = 27a dan y = 27b maka :

(27a) 2 + 3(27b) 2 = 1998(27a)

a 2 + 3b 2 = 74a Kar ena 0 ≤ x ≤ 1998 maka 0 ≤ 27a ≤ 1998 0 ≤ a ≤ 74

2 2 (a 2 − 37) + 3b = 37

2 Kar ena 37 2 ≡1 (mod 4) ≡ 1 (mod 4)

2 J ika (a 2 − 37) ≡ 0 (mod 4) maka 3b ≡ 1 (mod 4)

2 ≡ 0 (mod 4) maka 3b J ika b 2 ≡ 0 (mod 4) t idak memenuhi

2 ≡ 1 (mod 4) maka 3b 2 J ika b 2 ≡ 3 (mod 4) j uga t idak memenuhi (a − 37) ≡ 1 (mod 4) Maka a − 37 ganj il a genap.

Kar ena a genap maka 3b 2 genap

b genap.

Misalkan a = 2c dan b = 2d

c 2 + 3d 2 = 37c J ika d ganj il dan c ganj il maka r uas kir i genap sedangkan r uas kanan ganj il J ika d ganj il dan c genap maka r uas kir i ganj il sedangkan r uas kanan genap Maka d genap

Misalkan d = 2k

⎜ c ⎟ + 3 d = ⎜ ⎟ ⎛− ⎜ c ⎟ + 12 k = ⎜ ⎟

2 ⎛ 37 ⎞ Kar ena bilangan kuadr at t idak mungkin negat if maka 0 ≤k 12 < ⎜ ⎟

0 2 ≤ 12k ≤ 342

0 2 ≤k ≤ 28 Nilai k 2 yang mungkin adalah 0, 1, 4, 9, 16 at au 25.

2 b = 2d = 4k 2 b = 16k − 37) 2 2 − 3b 2 2 − 48k (a 2 = 37 = 37

• J ika k 2 =0

2 2 maka b 2 =0 y = (27b) = 0. Nilai a = 0 at au 74

x = 0 at au 1998 • J ika k 2 =1

x = 27a

2 2 2 maka b 2 = 16 y = (27b) = 108 .

2 Nilai (a 2 − 37) = 37 − 48 = 1321 (bukan bilangan kuadr at ) • J ika k 2 =4

maka b 2 = 64

y 2 = (27b) 2 = 216 2 .

Nilai (a − 37) 2 = 37 2 − 192 = 17 (bukan bilangan kuadr at )

• J ika k 2 =9

2 2 2 maka b 2 = 144 y = (27b) = 324 .

2 Nilai (a 2 − 37) = 37 − 432 = 937 (bukan bilangan kuadr at ) • J ika k 2 = 16

2 2 2 maka b 2 = 256 y = (27b) = 432 . − 37) 2 Nilai (a 2 = 37 − 768 = 601 (bukan bilangan kuadr at )

• J ika k 2 = 25

2 2 2 maka b 2 = 400 y = (27b) = 540 .

2 Nilai (a 2 − 37)

= 37 2 − 1200 = 169 = 13 a = 24 at au 50

x = 27a

x = 648 at au 1350

Pasangan (x, y) yang memenuhi (0,0), (1998,0), (648, 540), (648, −540), (1350, 540), (1350, −540)

153. Sebuah komit e mengadakan 40 per t emuan dengan 10 or ang anggot a komit e hadir pada masing-masing per t emuan. Set iap dua or ang anggot a komit e menghadir i per t emuan secar a ber samaan paling banyak sat u kali. Tunj ukkan banyaknya anggot a komit e t er sebut lebih dar i 60. (Sumber : Soviet Union Mat hemat ical Olympiad 1965) Solusi : Alt er nat if 1 :

Masing-masing per t emuan dihadir i oleh 10 or ang. Maka banyaknya pasangan ber beda ada 10 C 2 = 45 pada masing-masing per t emuan.

Tidak ada dua pasangan yang mengikut i lebih dar i sat u per t emuan. Kar ena ada 40 per t emuan maka sedikit nya ada 40 ⋅ 45 = 1800 pasangan ber beda. Misalkan banyaknya anggot a komit e adalah n.

Banyaknya pasangan ber beda yang bisa dibuat adalah n C 2 = ½ n(n − 1). Maka :

½ n(n − 1) ≥ 1800 Unt uk n = 60 maka ½ n(n − 1) = 1770 < 1800 Maka n > 60 (t er bukt i) Alt er nat if 2 : Masing-masing per t emuan dihadir i oleh 10 or ang maka ada 40 x 10 = 400 “or ang” yang menghadir i selur uh per t emuan. Andaikan bahwa paling banyaknya anggot a komit e adalah 60.

Maka t er dapat sedikit nya 1 or ang anggot a komit e akan menghadir i paling sedikit

per t emuan. Kar ena 2 or ang anggot a komit e paling banyak mengikut i sat u per t emuan secar a ber samaan, maka pada masing-masing per t emuan 1 or ang anggot a akan ber t emu dengan 9 or ang anggot a komit e yang ber beda dengan anggot a yang menghadir i per t emuan lainnya. Banyaknya anggot a komit e paling sedikit 9 ⋅ 7 + 1 = 64 anggot a komit e (kont r adiksi) Maka banyaknya anggot a komit e t er sebut lebih dar i 60 (t er bukt i)

154. Tit ik D, E dan F ber t ur ut -t ur ut t er let ak pada sisi AB, BC dan CA dar i ∆ABC sedemikian sehingga DE = BE dan FE = CE. Bukt ikan bahwa pusat lingkar an luar ∆ADF t er let ak pada gar is bagi ∠DEF. (Sumber : USSR Mat hemat ical Olympiad 1989) Solusi :

Misalkan pusat lingkar an luar ∆ADF adalah O. Misalkan ∠BAC = α, ∠ABC = β dan ∠ACB = γ. Kar ena ∠DAF = α sedangkan O adalah pusat lingkar an luar maka ∠DOF = 2α. Kar ena DE = BE maka o ∠EDB = ∠EBD = β ∠BED = 180 − 2β Kar ena FE = CE maka o ∠EFC = ∠FCE = γ ∠FEC = 180 −γ ∠BED + ∠CEF + ∠DEF = 180 o

o − 2β + 180 − 2γ = 2α Kar ena o ∠DEF + 2α = 180 maka segiempat DOEF adalah segiempat t alibusur ∠ODE = 180 o − ∠OFE

180 o − ∠DEF = ∠BED + ∠CEF = 180 o

OE

OF

Pada ∆OFE ber laku :

sin ∠ OFE sin ∠ OEF

Pada ∆ODE ber laku :

OE

OE

OE

OD

sin ∠ ODE sin( 180 ° − ∠ OFE ) sin ∠ OFE sin ∠ OED

Dar i kedua per samaan di at as didapat :

OF = OD

sin ∠ OEF sin ∠ OED

Kar ena OD = OF maka sin ∠OEF = sin ∠OED ∠OEF + ∠OED = 180 o (t idak memenuhi) at au ∠OEF = ∠OED Kar ena ∠OEF = ∠OED maka OE adalah gar is bagi ∠DEF Ter bukt i bahwa pusat lingkar an luar ∆ADF t er let ak pada gar is bagi ∠DEF

155. ABCD adalah segiempat dengan AB = AD dan o ∠B = ∠D = 90 . Tit ik F dan E ber t ur ut -t ur ut t er let ak pada BC dan CD sedemikian sehingga DF t egak lur us AE. Bukt ikan bahwa AF t egak lur us BE.

(Sumber : Russian Mat hemat ical Olympiad 1995) Solusi : Kar ena DF t egak lur us AE maka :

DF ⋅ AE = 0

( DA + AF ) ⋅ AE = 0 DA ⋅ AE + AF ⋅ AE = DA ( AD + DE ) + AF ⋅ AE = 0

Kar ena o ∠D = 90 maka DE t egak lur us DA

DA ⋅ DE = 0

Kar ena DA ⋅ AD = − AD ⋅ AD = − AD

AF ⋅ AE = AD

AF ⋅ BE = AF ⋅ ( BA + AE )( = AB + BF ) ⋅ BA + AF ⋅ AE

AF ⋅ BE = AB ⋅ BA + BF ⋅ BA + AF ⋅ AE Kar ena o ∠B = 90 maka BF t egak lur us BA BF ⋅ BA = 0

AF ⋅ BE = − AB + AD

Kar ena AB = AD maka :

AF ⋅ BE = 0

AF t egak lur us BE (t er bukt i)

156. Dua lingkar an dengan j ar i-j ar i R dan r menyinggung gar is L ber ur ut an di t it ik A dan B dan saling memot ong di ant ar a kedua lingkar an t er sebut di t it ik C dan D. Bukt ikan bahwa j ar i-j ar i lingkar an luar dar i segit iga ABC t idak t er gant ung pada panj ang r uas gar is AB. (Sumber : Russian Mat hemat ical Olympiad 1995)

Solusi :

Misalkan ∠CAB = α dan ∠CBA = β Misalkan pusat lingkar an ber j ar i-j ar i R adalah P sedangkan pusat lingkar an ber j ar i-j ar i r adalah Q .

∠PAC = 90 Kar ena PA dan Q B keduanya t egak lur us AB maka o − α dan ∠QBC = 90 o −β Kar ena PA = PC maka o ∠PCA = ∠PAC = 90 − α ∠APC = 2α

Kar ena Q B = Q C maka ∠QCB = ∠QBC = 90 o − β ∠BQC = 2β Dengan dalil sinus unt uk ∆APC dan ∆BQC maka :

AC = R

sin 2 α sin( 90 ° − α )

Kar ena sin (90 o − α) = cos α dan sin 2α = 2 sin α cos α maka : AC = 2R sin α

BC = r

sin 2 β sin( 90 ° − β )

Kar ena sin (90 o − β) = cos β dan sin 2β = 2 sin β cos β maka : BC = 2r sin β

Unt uk mendapat kan AC = 2R sin α dan BC = 2r sin β dapat dit empuh dengan j alan lain sebagai ber ikut : Buat t it ik E dan F masing-masing per t engahan AC dan BC. Kar ena PA = PC dan E per t engahan AC maka PE t egak lur us AC. AC = 2 AE = 2 (PA cos ∠PAC) = 2R cos ∠PAC AC = 2R cos (90 o − α) = 2R sin α.

Kar ena Q B = Q C dan F per t engahan BC maka Q F t egak lur us BC. BC = 2 BF = 2 (Q B cos ∠QBC) = 2r cos ∠QBC BC = 2r cos (90 o − β) = 2R sin β. CD = BC sin β = AC sin α

AC sin β 2 R sin α

BC sin α 2 r sin β

sin α = r

sin β R

Misalkan j ar i-j ar i lingkar an luar ∆ABC adalah R 1 .

Pada ∆ABC ber laku dalil sinus :

AC 2 R sin α

sin α

= Rr

sin β

sin β

sin β

Ter bukt i bahwa j ar i-j ar i lingkar an luar ∆ABC t idak t er gant ung panj ang AB.

157. Tent ukan semua bilangan bulat posit if n, k yang memenuhi per samaan :

9k 2 + 33k − 12nk + 30 + n = 0

(Sumber : Singapor e I nt er nat ional Mat hemat ical Olympiad Commit t ee 2001) Solusi :

9k 2 + 33k − 12nk + 30 + n = 0 9k 2 + (33 − 12n)k + 30 + n = 0

Per samaan di at as adalah per samaan kuadr at dalam k.

− 2 ( 33 − 12 n ) ± ( 33 − 12 n ) − 4 ( 9 )( 30 + n )

− 12n) Diskr iminan = (33 2 − 4(9)(30 + n)

Diskr iminan = 3 2 (11 − 4n) 2 − 9(120 + 4n)

2 − 88n − 120 − 4n) = 9(16n Diskr iminan = 9(121 + 16n 2 − 92n + 1)

Agar dimungkinan didapat nilai k bulat maka diskr iminan har us ber bent uk kuadr at sempur na. Maka 16n 2 − 92n + 1 har us kuadr at sempur na.

2 − 92n + 1 = p 16n 2 unt uk suat u bilangan asli p.

2 ⎛ 2 23 ⎞ ⎛ 23 ⎞ ⎜ 2 4 n − ⎟ − ⎜ ⎟ + 1 = p

(8n − 23) 2 − 23 2 2 + 4 = 4p

(8n 2 − 23 + 2p)(8n − 23 − 2p) = 525 = 5 ⋅3⋅7 J elas bahwa 8n − 23 + 2p > 8n − 23 − 2p. Banyaknya f akt or 525 ada 12. Maka ada 6 kasus :

• J ika 8n − 23 + 2p = 525 dan 8n − 23 − 2p = 1 2(8n − 23) = 525 + 1 = 526 t idak ada n bulat yang memenuhi • J ika 8n − 23 + 2p = 175 dan 8n − 23 − 2p = 3 Nilai yang memenuhi adalah n = 14 dan p = 23 Dar i per samaan (1) t idak didapat nilai k bulat yang memenuhi.

• J ika 8n − 23 + 2p = 105 dan 8n − 23 − 2p = 5 2(8n − 23) = 105 + 5 = 110 t idak ada n bulat yang memenuhi Dar i per samaan (1) t idak didapat nilai k bulat yang memenuhi.

• J ika 8n − 23 + 2p = 75 dan 8n − 23 − 2p = 7 Nilai yang memenuhi adalah n = 14 dan p = 23 Dar i per samaan (1) t idak didapat nilai k bulat yang memenuhi.

• J ika 8n − 23 + 2p = 35 dan 8n − 23 − 2p = 15 Nilai yang memenuhi adalah n = 14 dan p = 23 Dar i per samaan (1) t idak didapat nilai k bulat yang memenuhi.

• J ika 8n − 23 + 2p = 25 dan 8n − 23 − 2p = 21 Nilai yang memenuhi adalah n = 14 dan p = 23 Dar i per samaan (1) t idak didapat nilai k bulat yang memenuhi.

158. Misalkan ABC adalah segit iga. Sebuah lingkar an yang melalui A dan B memot ong r uas AC dan BC secar a ber ur ut an di D dan E. Per panj angan BA dan ED ber pot ongan di F sedangkan per panj angan BD

memot ong CF di M. Bukt ikan bahwa MF = MC j ika dan hanya j ika MB 2 ⋅ MD = MC . (Sumber : USA Mat hemat ical Olympiad 2003)

Solusi :

Per panj ang DM di t it ik G sehingga FG sej aj ar CD. Maka MF = MC j ika dan hanya j ika CDFG adalah j aj ar an genj ang at au FD sej aj ar CG.

Kar ena CDFG adalah j aj ar an genj ang maka o ∠FDC = 180 − ∠GCD yang akan menghasilkan MC = MF j ika dan hanya j ika ∠GCD = ∠FDA.

Kar ena ABDE adalah segiempat t alibusur maka o ∠ABE + ∠ADE = 180 ∠ABE = ∠FDA = ∠GCD

Akibat nya o ∠ABE + ∠CGF = 180 CBFG adalah segiempat t alibusur . Kar ena CBFG adalah segiempat t alibusur maka ∆BMC sebangun dengan ∆FMG ∠CBD = ∠MFG

Akibat nya ∠CBD = ∠CBM = ∠DCM (DFGC adalah j aj ar an genj ang) Kar ena ∠CMB = ∠DCM dan ∠BMC = ∠DMC maka ∆BMC sebangun dengan ∆DMC maka :

MB = MC MC MD

MB ⋅ MD = MC 2 Ter bukt i bahwa MF = MC j ika dan hanya j ika MB 2 ⋅ MD = MC .

159. A dan C t er let ak pada sebuah lingkar an ber pusat di O dengan r adius 50 . Tit ik B t er let ak di dalam

lingkar an sehingga o ∠ABC = 90 , AB = 6 dan BC = 2. Tent ukan OB.

(Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1983) Solusi :

BC 1

Tan ∠BAC =

AB 3

2 2 2 2 AC 2 = AB + BC =6 +2 = 40

AC = 2 10

∆AOC adalah segit iga sama kaki dengan ∠OAC = ∠OCA Buat gar is dar i O t egak lur us AC. Misalkan gar is ini memot ong AC di t it ik D maka :

2 2 OD 2 = OA − (½AC) = 50 − 10 = 40 OD = 2 10

OD

Tan ∠OAC =

AD

Kar ena ∠OAC = ∠OAB + ∠BAC maka :

tan ( ∠ OAB + ∠ BAC ) =

tan ∠ OAB + tan ∠ BAC

1 − tan ∠ OAB ⋅ tan ∠ BAC

t an ∠OAB + = 2 (1 − t an ∠OAB ⋅ )

t an ∠OAB = 1 cos ∠OAB =

OB 2 = OA 2 + AB 2 − 2 OA AB cos ∠OAB

OB 2 = 50 + 36 − 60

OB = 26

2 2 3 160. w dan z adalah bilangan kompleks yang memenuhi w 3 +z = 7 dan w +z = 10. Apakah nilai t er besar yang mungkin dar i w + z ?

(Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1983) Solusi :

2 2 3 (w 3 +z )(w + z) = w +z + wz(w + z) 7(w + z) = 10 + wz(w + z)

7 ( w + z ) − 10 wz =

2 2 w 2 +z =(w + z) − 2wz

2 ⎛ 7 ( w + z ) − 10 ⎞

Misal w + z = x 3 7x = x − 14x + 20 x 3 − 21x + 20 = 0 (x + 5)(x − 1)(x − 4) = 0 w+z= −5, w + z = 1 at au w + z = 4 Nilai t er besar w + z = 4

83 161. Ber apakah sisanya j ika 6 83 +8 dibagi 49 ? (Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1983)

83 6 83 +8 = 49k + 83 ⋅ 7 − 1 + 49m + 83 ⋅ 7 + 1 = 49p + 1162 = 49p + 49 ⋅ 23 + 35

83 Maka 6 83 +8 j ika dibagi 49 akan ber sisa 35.

2 9 2 x sin x + 4

162. Tent ukan nilai maksimum dar i

unt uk 0 < x < π.

x sin x

(Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1983)

Solusi :

2 9 2 x sin x + 4 4

= 9 x sin x +

x sin x

x sin x

Dengan ket idaksamaan AM-GM maka :

2 9 2 x sin x + 4 4

≥ 2 9 x sin x ⋅

x sin x

x sin x

Tanda kesamaan t er j adi bila 9 x sin x =

x sin x =

x sin x

2 9 2 x sin x + 4

nilai maksimum dar i

adalah 12.

x sin x

163. Tali busur CD t egak lur us diamet er AB dan ber pot ongan di t it ik H. Panj ang AB dan CD adalah bilangan bulat . Panj ang AB mer upakan bilangan bulat 2 angka dan panj ang CD j uga mer upakan bilangan 2 angka dengan menukar posisi kedua angka AB. Sedangkan panj ang OH mer upakan bilangan r asional. Tent ukan panj ang AB.

(Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1983) Solusi : Misal panj ang AB = ab = 10a + b

OC = ½ AB = ½ (10a + b)

Panj ang CD = ba = 10b + a

CH = ½ (10b + a)

Dengan a dan b adalah bilangan bulat posit if dan 0 < a ≤9 , 0<b≤9

2 OH 2 = ()()

OC − CH

OH =

( 10 a + b ) − ( 10 b + a )

3 OH =

11 ( a + b )( a − b )

2 Kar ena OH adalah bilangan r asional dan a + b > a − b maka :

a + b = 11k dan a − b = k dengan k adalah bilangan r asional Didapat 2a = 12k

a = 6k dan 2b = 10k

b = 5k

a k = 6 6=

b 5 k 5 Kar ena a dan b adalah bilangan bulat dan 0 < a ≤ 9 , 0 < b ≤ 9 maka a = 6 dan b = 5 Panj ang AB = 65

164. Bilangan r eal x, y, z dan w memenuhi 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 = 1 unt uk n = 2, 4, 6 dan

2 2 2 8. Tent ukan nilai x 2 +y +z +w . (Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1984)

Solut ion :

Misal p = n

= 1 unt uk p = 4, 16, 36 dan 64.

p − 1 p − 9 p − 25 p − 49

4 2 2 2 2 p 3 − (84 + x +y +z +w )p + ⋅⋅⋅ = 0 Maka 4, 16, 36 dan 64 adalah akar -akar per samaan polynomial di at as.

p 1 + p 2 + p 3 + p 4 = − = 84 + x + y + z + w

2 2 2 4 + 16 + 36 + 64 = 84 + x 2 +y +z +w

2 2 2 x 2 +y +z +w = 36.

165. Tent ukan bilangan asli t er kecil yang memenuhi bahwa semua digit 15n adalah 0 at au 8. (Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1984) Solusi : 15n habis dibagi 5 maka angka sat uan 15n adalah 0. 15n j uga habis dibagi 3

Har us t er dapat 3 buah angka 8. Bilangan t er kecil 15n adalah 8880

Penj umlahan digit nya habis dibagi 3

166. P adalah t it ik yang t er let ak di dalam segit iga ABC. Tiga buah gar is dibuat masing-masing melalui t it ik P dan sej aj ar sisi segit iga ABC. Luas t iga segit iga yang t er bent uk dengan P adalah salah sat u t it ik sudut nya adalah 4, 9 dan 49. Ber apakah luas segit iga ABC ?

(Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1984) Solusi : Kar ena ket iga gar is sej aj ar maka segit iga yang t er bent uk akan sebangun dengan segit iga ABC. Per hat ikan gambar . Misalkan AB = c, AC = b dan BC = a

Misalkan KP = k ⋅ AB = kc. Kar ena ∆KPH sebangun dengan ∆ABC maka KH = k ⋅ AC = kb Misalkan DE = m ⋅ AB = mc. Kar ena ∆DPE sebangun dengan ∆ABC maka DP = m ⋅ AC = mb Misalkan PF = n ⋅ AB = nc. Kar ena ∆FPG sebangun dengan ∆ABC maka PG = n ⋅ AC = nb Kar ena gar is DG sej aj ar AC, EH sej aj ar BC dan KF sej aj ar AB maka PG = HC, DP = AK, KP = AD dan PF = EB AD + DE + EB = c

KP + DE + PF = c

kc + mc + nc = c

k+m+n=1

Luas ∆KPH = ½ 2 ⋅ KP ⋅ KH ⋅ sin A = ½ k 2 bc sin A = k ⋅ ½ bc sin A

Luas ∆KPH = k 2 Luas ∆ABC ⋅ DE ⋅ DP ⋅ sin A = ½ m 2 Luas ∆DEP = ½ 2 bc sin A = m ⋅ ½ bc sin A

Luas ∆DEP = m 2 Luas ∆ABC ⋅ PF ⋅ PG ⋅ sin A = ½ n 2 Luas ∆FPG = ½ 2 bc sin A = n ⋅ ½ bc sin A

Luas ∆FPG = n 2 Luas ∆ABC

Luas ∆ KPH + Luas ∆ DEP + Luas ∆ FPG = (k + m + n) Luas ∆ ABC 2+3+7=1 ⋅ Luas ∆ ABC Luas ∆ABC = 12 2 = 144

167. Misalkan x 1 = 97, x 2 =

. Tent ukan x 1 x 2 ... x 8 .

(Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1985) Solusi :

Per hat ikan bahwa : x 1 x 2 =2 ; x 3 x 4 =4 ; x 5 x 6 =6 ; x 7 x 8 =8 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 =2 ⋅4⋅6⋅8 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 = 384

168. ABCD adalah sebuah per segi dengan panj ang sisi 1. Tit ik A’, B’, C’ D’ masing-masing t er let ak pada sisi

AA ' BB ' CC ' DD ' 1

AB, BC, CD, DA secar a ber ur ut an sedemikian sehingga

= . Gar is AC’ dan

AB BC CD DA n

A’C beser t a gar is BD’ dan B’D membent uk sebuah per segi yang memiliki luas . Tent ukan n.

(Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1985)

Solusi :

AA’ = BB; = CC’ = DD’ =

Buat gar is dar i t it ik A t egak lur us BD’ memot ong di t it ik P Misalkan panj ang BP = x maka AP = 2 1x −

∆ABP sebangun dengan ∆PAD’ maka :

⎛− 1 ⎟ = 1 − x

⎛− 1 ⎟ + 1 = 1 x ( ( n − 1 ) + n ) = n

Buat gar is dar i t it ik A’ t egak lur us AP memot ong di t it ik Q ,maka ∆AA’Q sebangun dengan ∆ABP.

Misalkan panj ang A’Q = y maka y =

y= n

n y =x

1 / n 1 1985 ( ( n − 1 ) + n )

2 2 2 2 (n 2 − 1) +n = 1985 n − 2n + 1 + n = 1985 n − n − 992 = 0

(n − 32)(n + 31) = 0 n = 32

169. Sekuens bilangan bulat a 1 ,a 2 ,a 3 , ⋅⋅⋅ memenuhi a n+2 =a n+1 −a n unt uk n > 0. J umlah 1492 bilangan per t ama adalah 1985 dan j umlah 1985 bilangan per t ama adalah 1492. Tent ukan j umlah 2001 bilangan per t ama. (Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1985) Solusi :

Misalkan a 1 = p dan a 2 = q maka :

a 3 =q −p ; a 4 = (q − p) − q = −p ; a 5 = −p − (q − p) = −q ; a 6 = −q − (−p) = p − q

a 7 =p − q − (−q) = p ; a 8 =p − (p − q) = q ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ dst

Tampak bahwa sekuens t er sebut per iodik dengan per ioda 6 J umlah 6 bilangan dalam sat u per iodik adalah = (p) + (q) + (q − p) + (−p) + (−q) + (p − q) = 0 1492 ≡ 4 (mod 6) ; 1985 ≡ 5 (mod 6) ; 2001 ≡ 3 (mod 6)

a 1 +a 2 +a 3 + ⋅⋅⋅ + a 1492 =a 1 +a 2 +a 3 +a 4 = (p) + (q) + (q − p) + ( −p) 2q − p = 1985 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

a 1 +a 2 +a 3 + ⋅⋅⋅ + a 1985 =a 1 +a 2 +a 3 +a 4 +a 5 = (p) + (q) + (q − p) + ( −p) + (−q) q − p = 1492 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Dar i per samaan (1) dan (2) didapat p = −999 dan q = 493

a 1 +a 2 +a 3 + ⋅⋅⋅ + a 2001 =a 1 +a 2 +a 3 = (p) + (q) + (q − p) = 2q

a 1 +a 2 +a 3 + ⋅⋅⋅ + a 2001 = 986

170. Pada segit iga ABC dibuat t it ik-t it ik D, E, F sedemikian sehingga gar is A, BE dan CE ber t emu di sat u t it ik dan membagi segit iga menj adi 6 bagian dengan 4 bagian t elah diket ahui luasnya sesuai dengan angka yang t er t er a pada bagian t er sebut (Lihat Gambar ). Tent ukan luas segit iga t er sebut .

(Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1985) Solusi : Misalkan per pot ongan ket iga gar is adalah t it ik O Misal Luas ∆AOE = x dan Luas ∆COD = y ∆AFC dan ∆BFC memiliki t inggi yang sama. Begit u j uga dengan ∆AOF dan ∆BOF maka :

AF 84 + x + 40 124 + x

AF 40 124 + x 40

dan

112 + 3x = 4y ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

FB y + 35 + 30 y + 65 FB 30 y + 65 30

∆CBE dan ∆ABE memiliki t inggi yang sama. Begit u j uga dengan ∆COE dan ∆EOA maka :

CE 84 + y + 35 119 + y

CE 84 119 + y 84

dan

EA x + 40 + 30 x + 70 EA x

x + 70 x

x ⎜ 119 + ( 112 + 3 x ) ⎟ = 84 x + 5880

476x + 112x + 3x 2 = 336x + 23520

x 2 + 84x − 7840 = 0 (x − 56)(x + 140) = 0 x = 56 4y = 112 + 3x = 112 + 168

y = 70

Luas ∆ABC = 56 + 70 + 84 + 35 + 40 + 30 Luas ∆ABC = 315

171. Tent ukan bilangan t er besar n sehingga n + 10 membagi n 3 + 100. (Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1986)

Solusi :

3 3 3 n + 10 membagi n 3 + 10 =n + 1000 = n + 100 + 900 Kar ena n + 10 membagi n 3 + 100 maka n + 10 membagi 900

n maks + 10 = 900 n maks = 890

172. abc adalah bilangan t iga angka. J ika acb + bca + bac + cab + cba = 3194, t ent ukan abc. (Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1986)

Solusi : Misalkan m = acb + bca + bac + cab + cba dan n = abc m + n = 100a + 10b + c + 100a + 10c + b + 100b + 10c + a + 100b + 10a + c + 100c + 10a + b + 100c + 10b + a m + n = 222(a + b + c) 222(a + b + c) = 3194 + (100a + 10b + c) 3194 + 111 ≤ 222(a + b + c) ≤ 3194 + 999 3305 ≤ 222(a + b + c) ≤ 4193

15 ≤ (a + b + c) ≤ 18 Nilai a + b + c yang mungkin adalah 15, 16, 17 at au 18. • J ika a + b + c = 15

100a + 10b + c = 222 ⋅ 15 − 3194 = 136 Maka a = 1 b = 3 c = 6 yang t idak memenuhi bahwa a + b + c = 15

• J ika a + b + c = 16 100a + 10b + c = 222 ⋅ 16 − 3194 = 358 Maka a = 3 b = 5 c = 8 yang memenuhi bahwa a + b + c = 16

• J ika a + b + c = 17 100a + 10b + c = 222 ⋅ 17 − 3194 = 580 Maka a = 5 b = 8 c = 0 yang t idak memenuhi bahwa a + b + c = 17

• J ika a + b + c = 18 100a + 10b + c = 222 ⋅ 18 − 3194 = 802 Maka a = 8 b = 0 c = 2 yang t idak memenuhi bahwa a + b + c = 18

Maka nilai abc adalah 358

−x+x 2 −x 3 173. Polinomial 1 4 +x − ⋅⋅⋅ − x 15 16 +x −x 17 dapat dit ulis sebagai polinomial bar u dalam var iable y dengan membuat y = x + 1. t ent ukan koef isien dar i y 2 .

(Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1986) Solusi :

2 3 4 15 16 17 1 − x

1 −x+x −x +x − ⋅⋅⋅ − x +x −x =

2 3 Maka koef isien dar i y 18 sama dengan koef isien dar i y dar i 1 − (y − 1) .

3 18 3 Koef isien y 15 dar i 1 − (y − 1) = −

18 C 3 (1) ( −1) = 816

174. m dan n adalah bilangan bulat yang memenuhi m 2 + 3m 2 n 2 = 30n 2 + 517. Tent ukan 3m 2 n 2 . (Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1987) Solusi :

2 2 2 2 2 2 m 2 + 3m n = 30n + 517 (3n + 1)(m − 10) = 507 = 3 ⋅ 13

2 3n 2 + 1 t idak mungkin habis dibagi 3. Maka m − 10 habis dibagi 3.

Kar ena 13 dan 517 bukan bilangan kuadr at maka m 2 − 10 = 39 m 2 = 49

2 3n 2 + 1 = 13 n =4

2 3m 2 n = 588

175. ABCD adalah per segi panj ang. Tit ik P dan Q t er let ak di dalam per segi panj ang dengan PQ sej aj ar AB. Tit ik X dan Y t er let ak pada AB (secar a ber ur ut an keempat t it ik t er sebut adalah A, X, Y dan B). Tit ik W dan Z t er let ak pada sisi CD (secar a ber ur ut an keempat t it ik t er sebut adalah D, W, Z dan C). Lihat gambar . Diket ahui bahwa keempat bidang AXPW D, XPQ Y, BYQ ZC, WPQ Z mempunyai luas yang sama. BC = 19, PQ = 87, XY = YB + BC + CZ = WZ = WD + DA + AX. Tent ukan AB.

(Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1987) Solusi : Misalkan j ar ak PQ dar i XY adalah h maka j ar ak PQ dar i WZ = 19 −h Misalkan j uga panj ang XY = W Z = p

( PQ + XY )( =

h 19 − h

)( PQ + WZ ) . Kar ena XY = WZ maka 2h = 19.

Luas XPQ Y = Luas WPQ Z

( 87 + p ) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

Luas XPQ Y =

2AB = (2p − 38) + 2p = 4p − 38 AB = CD = 2p − 19 Luas ABCD = (2p − 19) ⋅ 19

4 Luas XPQ Y = Luas ABCD 19(87 + p) = 19(2p − 19) p = 106 AB = 2p − 19 = 2(106) − 19 AB = 193

176. Ada ber apa banyak t r ipel (a, b, c) sehingga KPK(a, b) = 1000, KPK(b, c) = 2000 dan KPK(c, a) = 2000 ? (Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1987) Solusi :

3 3 4 1000 = 2 3 5 dan 2000 = 2 5

C Maka a = 2 T 5 , b=2 5 dan c = 2 5

Maks (A, B) = 3 , maks (A, C) = maks (B, C) = 4

C=4

Sedikit nya sat u di ant ar a A dan B har us 3. • J ika A dan B keduanya 3 hanya ada 1 pilihan • J ika A = 3 dan B t idak, maka ada 3 pilihan yait u B = 0, 1 at au 2 • J ika B = 3 dan A t idak, maka ada 3 pilihan yait u A = 0, 1 at au 2 Tot al ada 7 pilihan Maks (P, R) = maks (P, T) = maks (R, T) = 3

Sedikit nya dua di ant ar a P, R dan T har us 3 • J ika P, R dan T ket iganya ber nilai 3 maka hanya ada 1 pilihan • J ika dua di ant ar a P, R, T ber nilai 3 dan sat u lagi ber nilai 0 maka ada 3 pilihan • J ika dua di ant ar a P, R, T ber nilai 3 dan sat u lagi ber nilai 1 maka ada 3 pilihan • J ika dua di ant ar a P, R, T ber nilai 3 dan sat u lagi ber nilai 2 maka ada 3 pilihan Tot al ada 10 pilihan Banyaknya memilih A, B, C, P, R dan T ada 7 ⋅ 10 = 70 Banyaknya t r ipel (a, b, c) yang memenuhi = 70

177. Tent ukan bilangan bulat n t er besar sehingga nilai k yang memenuhi per t idaksamaan

15 n + k 13

hanya ada sat u. (Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1987) Solusi :

8 n < 7n

8n + 8k < 15n

15 n + k

7 < 6n

13n < 7n + 7k

n +k 13 7

Maka

Agar nilai k hanya ada 1 kemungkinan maka

− = ≤ 2 n ≤ 112

J ika n = 112 maka 96 < k < 98

Hanya ada sat u nilai k yait u k = 97

Bilangan n t er besar yang memenuhi adalah n = 112

178. Tent ukan nilai t er besar k sehingga 3 11 mer upakan penj umlahan k bilangan asli ber ur ut an. (Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1987) Solusi : Misalkan k bilangan-bilangan t er sebut adalah, n + 1, n + 2, n + 3, n + 4, ⋅⋅⋅, n + k.

k ( ( n + 1 ) + ( n + k ) ) k ( 2 n + k + 1 ) 11

k(2n + k + 1) = 2 11 ⋅3 Kar ena n > 0 maka k < 2n + k ++ 1

11 k 11 < 2 ⋅ 3 dan k membagi 2 ⋅3 ⋅3 Maka nilai t er besar k = 2 5 = 486

179. Misalkan f (n) didef inisikan kuadr at dar i penj umlahan digit n. Misalkan j uga f 2 (n) didef inisikan f (f (n)),

f 1988 (n) didef inisikan f (f (f (n))) dan set er usnya. Tent ukan f (11). (Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1988)

4 6 8 Maka f 1988 (11) = f (11) = f (11) = ⋅⋅⋅ = f (11) = 169

f 1988 (11) = 169

2 8 8 2 2 180. Diber ikan 2 log (

log x) = log ( log x), t ent ukan ( log x) .

(Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1988) Solusi :

Misalkan 2 log x = k

log ⎛⋅ ⎜ log x ⎟ = log ( log x )

2 2 − 8 log 3 + log k = log k

⎜ 1 ⎟ log k = log 3

2 2 log 2 k 3 = log 3 k = 3 2 k = 27

2 ( 2 log x) = 27

181. Kedua puluh lima elemen pada per segi ukur an 5 x 5 akan diisi dengan bilangan bulat posit if sehingga pada masing-masing bar is dan kolom akan membent uk bar isan ar it mat ika. Apakah bilangan yang diber i t anda * ?

(Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1988) Solusi :

Beda pada bar is ke-5 adalah x maka A = 4x.

Misal beda pada kolom ke-5 = k 5 maka A = 186 + 2k 5 = 4x

k 5 = 2x − 93 B = 186 + k 5 = 93 + 2x Misal beda pada bar is ke-4 = b 4 maka B = 103 + 2b 4 b 4 =x −5 C+b 4 = 103

C = 108 −x Misal beda pada kolom ke-2 = k 2 maka C = 74 + 2k 2 k 2 = 17 − ½x x = 74 + 3k 2 x = 50

E = 103 + b 4 = 148 k 4 =D −E=2

E = * + 3k 4 148 = * + 3(2)

182. f (m, n) didef inisikan unt uk bilangan bulat posit if m, n dan memenuhi f (m, m) = m, f (m, n) = f (n, m)

ser t a f (m, m + n) = ⎛+ ⎜ 1 ⎟ f (m, n). Tent ukan f (14, 52).

(Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1988) Solusi :

f (14, 52) = f (14, 14 + 38) = ⎛+ ⎜ 1 ⎟ f (14, 38) =

f (14, 38).

91 ⋅ 3 f (4, 2) = 91·2 f (2, 2) = 91·2·2

f (14, 52) = 364

183. Tent ukan bilangan posit if t er kecil yang j ika dipangkat t igakan ber akhir an dengan angka 888. (Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1988) Solusi :

Misalkan bilangan t er sebut adalah m maka N = m 3 adalah bilangan yang ber akhir an dengan 888. Kar ena angka sat uan N adalah 8 maka angka sat uan dar i m yang mungkin hanya 2 maka m = 10a + 2.

3 3 N = (10a + 2) 2 = 1000a + 600a + 120a + 8 ≡ 120a + 8 (mod 100) Kar ena angka puluhan N adalah 8 maka angka puluhan 120a j uga 8. Akibat nya angka sat uan 12a adalah

8 a = 4 at au 9

m = 100b + 42 at au m = 100b + 92

• J ika m = 100b + 42

3 3 3 ⋅ 100 2 2 ⋅ 42 + 3 ⋅ 100b ⋅ 42 2 N = (100b + 42) 3 = 100 b +3 b + 42

≡ 3 ⋅ 100b ⋅ 42 2 N 3 + 42 (mod 1000) N ≡ 529200b + 74088 N ≡ 200b + 88 (mod 1000) Kar ena angka r at usan N = 8 maka angka r at usan 200b = 8 maka angka sat uan 2b = 8 Angka sat uan b = 4 at au 9

b = 10c + 4 at au 10c + 9

m = 100b + 42 = 1000c + 442 at au m = 1000c + 942 Nilai m t er kecil dar i kedua per samaan di at as adalah m = 442 at au 942

• J ika m = 100b + 92

N = (100b + 92) 3 = 100 3 b 3 +3 ⋅ 100 2 b 2 ⋅ 92 + 3 ⋅ 100b ⋅ 92 2 + 92 3 N ≡ 3 ⋅ 100b ⋅ 92 2 + 92 3 (mod 1000)

N ≡ 2539200b + 778688 N ≡ 200b + 688 (mod 1000) Kar ena angka r at usan N = 8 maka angka r at usan 200b = 2 maka angka sat uan 2b = 2 Angka sat uan b = 1 at au 6

b = 10c + 1 at au 10c + 6

m = 100b + 92 = 1000c + 192 at au m = 1000c + 692 Nilai m t er kecil dar i kedua per samaan di at as adalah m = 192 at au 692

Nilai t er kecil dar i m adalah 192.

184. P adalah t it ik di dalam segit iga ABC. Per panj angan PA memot ong BC di D, per panj ngan PB memoot ng AC di E dan per panj angan PC memot ong AB di F. J ika PD = PE = PF = 3 dan PA + PB + PC = 43 t ent ukan PA ⋅ PB ⋅ PC. (Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1988) Solusi :

Misal CG adalah gar is t egak lur us Ab dengan G t er let ak pada AB dan PH dengan H t er let ak pada AB sehingga PH t egak lur us AB.

∆ABC dan ∆APB memiliki alas yang yang sama. Maka 3 = = =

Luas ∆ APB PH PF

Luas ∆ ABC CG CF PC + 3

Luas ∆ BPC PD

3 Luas ∆ APC PE

Dengan car a yang sama didapat

dan

= = Luas ∆ ABC AD PA + 3 Luas ∆ ABC BE PB + 3

Luas ∆ APB Luas ∆ BPC Luas ∆ APC +

Luas ∆ ABC Luas ∆ ABC Luas ∆ ABC

1 PC + 3 PB + 3 PA + 3

Misalkan PA = k, PB = m dan PC = n 3(PB + 3)(PA + 3) + 3(PC + 3)(PA + 3) + 3(PC + 3)(PB + 3) = (PA + 3)(PB + 3)(PC + 3) 3(m + 3)(k + 3) + 3(n + 3)(k + 3) + 3(n + 3)(m + 3) = (k + 3)(m + 3)(n + 3) 3km + 3kn + 3mn + 18k + 18m + 18n + 81 = kmn + 3km + 3kn + 3mn + 9k + 9m + 9n + 27 9k + 9m + 9n + 54 = kmn kmn = 9(k + m + n) + 54 = 9 ⋅ 43 + 54 = 441 PA ⋅ PB ⋅ PC = 441

185. Unt uk suat u digit d diket ahui 0 , d 25 d 25 d 25 L =

dengan n bilangan bulat posit if . Tent ukan n.

(Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1989) Solusi : Misal 0,d25d25d25 ⋅⋅⋅ = m maka 1000m = d25,d25d25d25⋅⋅⋅ = 1000m 999m = 100d + 25

100 d + 25 n =

3000d + 750 = 37n

750(4d + 1) = 37n Kar ena 37 pr ima dan 750 t idak membagi 37 maka 750 membagi n. Misal n = 750k. 37k = 4d + 1 ≤ 4 ⋅ 9 + 1 = 37 Maka yang memenuhi hanya k = 1 dan d = 9 n = 750

186. k adalah bilangan bulat posit if yang memenuhi 36 + k, 300 + k, 596 + k adalah kuadr at dar i t iga bilangan yang membent uk bar isan ar it mat ika. Tent ukan k. (Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1989) Solusi : − b, a, a + b. Kuadr at nya adalah (a − b) 2 2 Misal ket iga bar isan ait mat ika t er sebut adalah a 2 ,a , (a + b) .

a 2 +b 2 − 2ab = 36 + k, a 2 = 300 + k dan a 2 +b 2 + 2ab = 596 + k

a 2 − (a 2 +b 2 − 2ab) = 300 + k − (36 + k) = 264 b(2a − b) = 264 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

2 2 a 2 +b + 2ab −a = 596 + k − (300 + k) b(2a + b) = 296 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

296(2a − b) = 264(2a + b) 592a − 296b = 528a + 264b 64a = 560b 4a = 35b Dar i per samaan (1) didapat b(4a − 2b) = 528 b = ±4 a = ±35 − b) 2 (a 2 = 31 = 36 + k k = 925

187. Diber ikan bahwa :

x 1 + 4x 2 + 9x 3 + 16x 4 + 25x 5 + 36x 6 + 49x 7 =1 4x 1 + 9x 2 + 16x 3 + 25x 4 + 36x 5 + 49x 6 + 64x 7 = 12 9x 1 + 16x 2 + 25x 3 + 36x 4 + 49x 5 + 64x 6 + 81x 7 = 123 Tent ukan 16x 1 + 25x 2 + 36x 3 + 49x 4 + 64x 5 + 81x 6 + 100x 7

(Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1989) Solusi :

x 1 + 4x 2 + 9x 3 + 16x 4 + 25x 5 + 36x 6 + 49x 7 =1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) 4x 1 + 9x 2 + 16x 3 + 25x 4 + 36x 5 + 49x 6 + 64x 7 = 12 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) 9x 1 + 16x 2 + 25x 3 + 36x 4 + 49x 5 + 64x 6 + 81x 7 = 123 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)

(2) − (1) 3x 1 + 5x 2 + 7x 3 + 9x 4 + 11x 5 + 13x 6 + 15x 7 = 11 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) (3) − (2) 5x 1 + 7x 2 + 9x 3 + 11x 4 + 13x 5 + 15x 6 + 17x 7 = 111 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) (5) − (4) 2x 1 + 2x 2 + 2x 3 + 2x 4 + 2x 5 + 2x 6 + 2x 7 = 100 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (6)

(5) + (6) 7x 1 + 9x 2 + 11x 3 + 13x 4 + 15x 5 + 17x 6 + 19x 7 = 211 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (7) (3) + (7)

16x 1 + 25x 2 + 36x 3 + 49x 4 + 64x 5 + 81x 6 + 100x 7 = 334

Maka 16x 1 + 25x 2 + 36x 3 + 49x 4 + 64x 5 + 81x 6 + 100x 7 = 334

5 5 5 5 188. Diket ahui bahwa 133 5 + 110 + 84 + 27 =k dengan k bilangan bulat . Tent ukan nilai k. (Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1989)

Solusi : Angka sat uan n dan n 5 akan sama.

Angka sat uan k = 3 + 0 + 4 + 7 = 4

≡ 1 (mod 3) maka 133 133 5 ≡1 5 (mod 3) ≡ 1(mod 3)

110 5 ≡ (−1) 5 (mod 3) ≡ −1 (mod 3)

Maka k har us habis dibagi 3. J elas bahwa k > 133. Kar ena angka sat uan k adalah 4 dan k habis dibagi 3 maka nilai t er kecil k yang mungkin memenuhi adalah 144, dilanj ut kan dengan 174 dan set er usnya. Tet api akan dibukt ikan bahwa k < 174.

Maka nilai k yang memenuhi adalah k = 144.

189. Unt uk a, b, x dan y bilangan r eal diket ahui ax + by = 3

2 ax 2 + by =7

3 ax 3 + by = 16

4 ax 4 + by = 42 Tent ukan nilai S j ika

5 S = ax 5 + by (Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1990)

Solusi : (x + y)(ax n-1 + by n-1 ) = ax n + by n + ayx n-1 + bxy n-1 ax n + by n = (x + y)(ax n-1 + by n-1 ) − xy(ax n-2 + by n-2 ) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Ber dasar kan per samaan (1) maka :

3 3 2 ax 2 + by = (x + y)(ax + by ) − xy(ax + by)

16 = 7(x + y) − 3xy ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

4 4 3 3 2 ax 2 + by = (x + y)(ax + by ) − xy(ax + by )

42 = 16(x + y) − 7xy ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) Ber dasar kan per samaan (2) dan (3) didapat x + y = −14 dan xy = −38

5 5 4 4 − xy(ax 3 ax 3 + by = (x + y)(ax + by ) + by )

5 ax 5 + by =( −14)(42) − (−38)(16)

5 ax 5 + by = 20 Nilai S yang memenuhi adalah S = 20

2 2 2 190. m, n adalah bilangan asli yang memenuhi mn + m + n = 71 dan m 2 n + mn = 880, t ent ukan m +n . (Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1991)

Solusi : mn + m + n = 71

2 m 2 n + mn = 880

mn(m + n) = 880

mn + 880 = 71

mn

(mn) 2 − 71(mn) + 880 = 0 (mn − 16)(mn − 55) = 0

mn = 16 at au mn = 55 • J ika mn = 16 maka m + n = 71 − 16 = 55

Nilai (m, n) yang memenuhi mn = 16 adalah (1, 16), (2, 8), (4, 4), (8, 2) dan (16, 1) t et api t idak ada yang memenuhi m + n = 55.

• J ika mn = 55 maka m + n = 71 − 55 = 16 Nilai (m, n) yang memenuhi mn = 55 adalah (1, 55), (5, 11), (11, 5), (55, 1). Yang memenuhi m + n = 16 adalah m = 5 dan n = 11 at au m = 11 dan n = 5

2 2 2 m 2 +n =5 + 11 = 146

191. Tent ukan penj umlahan semua bilangan r asional posit if ber bent uk (dalam bent uk yang paling

seder hana) dan nilainya < 10. (Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1992) Solusi :

a 1 7 11 13 17 19 23 29

Bilangan r asional yang ber bent uk

< 1 ada 8 yait u

Penj umlahannya =

Bilangan r asional yang ber bent uk dengan nilai di ant ar a 1 dan 2 ada 8 yait u

Penj umlahannya =

Penj umlahan bilangan ber bent uk di ant ar a 2 dan 3 = 12 + 8 = 20, dan set er usnya.

Penj umlahan semua bilangan r asional posit if ber bent uk (dalam bent uk yang paling seder hana) dan

nilainya < 10 = 4 + 12 + 20 + ⋅⋅⋅ + 76 = 400

192. Misalkan S adalah himpunan semua bilangan r asional yang dapat dit ulis ke dalam bent uk 0,abcabcabc ⋅⋅⋅

(dengan a, b dan c t idak har us ber beda). J ika semua elemen S dit ulis ke dalam bent uk dalam

bent uk yang paling seder hana, ada ber apa banyak pembilang r yang memenuhi. (Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1992) Solusi :

abc

0,abcabcabc ⋅⋅⋅ =

J ika abc bukan mer upakan kelipat an 3 at au 37 maka ini mer upakan bent uk yang paling seder hana. Nilai abc yang mungkin ada 999 kemungkinan yait u 001, 002, 003, ⋅⋅⋅, 999. Nilai m bulat yang memenuhi 1 ≤ m ≤ 999 yang mer upakan kelipat an 3 ada 999/ 3 = 333 bilangan.

Bilangan m bulat yang memenuhi 1 ≤ m ≤ 999 yang mer upakan kelipat an 37 ada

Bilangan m bulat yang memenuhi 1 ≤ m ≤ 999 yang mer upakan kelipat an 3 ⋅ 37 = 111 ada 9. Dengan Pr insip I nklusi Eksklusi, banyaknya bilangan asli ≤ 999 yang bukan mer upakan kelipat an 3 at au

193. ABCD adalah t r apesium dengan AB sej aj ar DC, Diket ahui panj ang AB = 92, BC = 50, CD = 19, DA = 70. P adalah sebuah t it ik yang t er let ak pada sisi AB sehingga dapat dibuat sebuah lingkar an yang ber pusat di P yang menyinggung AD dan BC. Tent ukan panj ang AP.

(Sumber : Amer ican I nvit at ional Mat hemat ics Examinat ion 1992)

Solusi : Misalkan per panj angan AD dan BC ber pot ongan di X.

Kar ena Gar is AX dan BX menyinggung lingkar an dengan pusat P maka ∠AXP = ∠PXB. Akibat nya XP adalah gar is bagi ∆AXP. Maka ber laku :

AX = AP XB PB

Kar ena AB sej aj ar CD maka ∆XDC sebangun dengan ∆XAB.

XD = XC AX BX

AX XD AX − 70

BX XC BX − 50

(AX)(BX) − 50(AX) = (AX)(BX) − 70(BX)

AX 7 AP = AP = =

BX 5 PB 92 − AP

7 ⋅ 92 − 7(AP) = 5 (AP)

AP =

194. Tent ukan semua bilangan t iga angka yang mer upakan penj umlahan dar i f akt or ial digit -digit nya. (Sumber : Q ueensland Associat ion of Mat hemat ics Teacher 2001) Solusi : Misalkan bilangan t er sebut adalah 100a + 10b + c maka 100a + 10b + c = a! + b! + c! Kar ena 0! = 1, 1! = 1, 2! = 2, 3! = 6, 4! = 24, 5! = 120, 6! = 720 dan 7! = 5040 maka j elas bahwa a, b, c ≤ 6. J ika salah sat u dar i a, b dan c = 6 maka a! + b! + c! > 720 sedangkan 100a + 10b + c ≤ 666. Maka a, b, c ≤ 5. 100a + 10b + c = a! + b! + c! 100a − a! = b! + c! − (10b + c) Maksimum b! + c! − (10b + c) = 5! + 5! = 240 • J ika a = 5 maka 100a − a! = 380 > 240 (t idak memenuhi) • J ika a = 4 maka 100a − a! = 376 > 240 (t idak memenuhi) • J ika a = 3 maka 100a − a! = 294 > 240 (t idak memenuhi) • J ika a = 2 maka 100a − a! = 198

b! + c! − (10b + c) = 198

Kar ena 4! + 4! = 48 < 198. Maka sedikit nya salah sat u dar i b at au c = 5 Misalkan b = 5 b! + c! − (10b + c) = 5! + c! − 50 − c 198 = 70 + c! − c c! − c = 128. Tidak ada nilai c yang memenuhi. J ika c = 5 b! + c! − (10b + c) = b! + 5! − 10b − 5 198 = 115 + b! − 10b b! − 10b = 83. Tidak ada nilai b yang memenuhi.

• J ika a = 1 maka 100a − a! = 99 b! + c! − (10b + c) = 99

99 − b! + 10b = c! − c J ika b = 0 maka c! − c! = 98 (t idak ada nilai c memenuhi) J ika b = 1 maka c! − c! = 108 (t idak ada nilai c memenuhi) J ika b = 2 maka c! − c! = 117 (t idak ada nilai c memenuhi) J ika b = 3 maka c! − c! = 123 (t idak ada nilai c memenuhi) J ika b = 4 maka c! − c! = 115 c = 5 J ika b = 5 maka c! − c! = 29 (t idak ada nilai c memenuhi)

Bilangan t er sebut adalah 145.

195. Tent ukan nilai dar i :

(Sumber : USA Mat hemat ical Talent Sear ch 1999-2000 Round 4) Solusi :

a = 1 a ( a + 1 ) 1999 ⎛

a = 1 ⎜⎜ ⎝ a ( a + 1 ) ⎟⎟ ⎠

S = 1999 + ∑

a = 1 a ( a + 1 ) 1999 1 1

S = 1999 + ∑ −

1 1 S = 1999 + ⎛− ⎜ ⎟ + ⎜ ⎛− ⎟ + ⎛− ⎜ ⎟ + L + ⎜

S = 1999 + −

S = 1999 + 2000

196. Hit unglah 1776 1492! (mod 2000) dengan kat a lain ber apakah sisa j ika 1776 1492! Dibagi 2000 ? (Sumber : USA Mat hemat ical Talent Sear ch 2000-2001 Round 2) Solusi :

1776 1 ≡ 1776 (mod 2000) 1776 2 ≡ 176 (mod 2000) 1776 3 ≡ 576 (mod 2000) 1776 4 ≡ 976 (mod 2000) 1776 5 ≡ 1376 (mod 2000) 1776 6 ≡ 1776 (mod 2000) 1776 7 ≡ 176 (mod 2000)

dan set er usnya.

6 ≡ 1776 1 Kar ena 1776 n ≡ 1776 (mod 2000), maka 1776 ≡ 1776 n-5 (mod 2000) unt uk n > 5. J elas bahwa 1492! habis dibagi 5.

1776 5 ≡ 1776 (mod 2000) ≡ 1376 (mod 2000) Maka sisa j ika 1776 1492! dibagi 2000 adalah 1376.

197. Selesaikan sist em per samaan ber ikut :

3 x ⎜⎜ 1 + x + y ⎟⎟ = 2 ⎝ ⎠ ⎛

7 y ⎜⎜ 1 − x + y ⎟⎟ = 4 2 ⎝ ⎠

(Sumber : Viet namese Mat hemat ical Olympiad 1996) Solusi : Dar i per samaan di at as j elas bahwa x, y > 0. Akan kit a dapat kan :

x y ⎜⎜

+ ⎝ x + y ⎟⎟ ⎠

x + y ⎜⎜ ⎝ x + y ⎟⎟ ⎠

− 24x) = 7y 21xy = (x + y)(7y 2 − 24x 2 − 17xy

7y 2 − 24x 2 − 38xy = 0 (7y + 4x)(y − 6x) = 0

Kar ena x, y > 0 maka y = 6x

3 x ⎜ ⎛+ 1 ⎟ = 2

7 x 3 x + 3 x = 14 x 7 x 3 − 14 x + 3 = 0 (mer upakan per samaan kuadr at dalam √x)

at au x =

didapat :

x = dan y =

at au x =

dan y =

Dengan mengecek

⎜⎜ maka keduanya mer upakan ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟

penyelesaian.

198. Bukt ikan bahwa hasil kali 99 bilangan 3 , k = 2, 3, 4, ⋅⋅⋅, 100 lebih dar i

(Sumber : Balt ic Way 1992 Mat hemat ical Team Cont est ) Solusi : Misalkan hasil kali 99 bilangan t er sebut = X

3 k 2 − 1 ( k − 1 )( k + k + 1 )

k + 1 ( k + 1 )( k − k + 1 )

2 2 − (n + 1) + 1. Maka 2 2 2 −3+1;3 2 Per hat ikan bahwa n 2 + n + 1 = (n + 1) +2+1=3 +3+1=4 −4+1 dan set er usnya.

X > (t er bukt i)

199. Tent ukan semua bilangan bulat n yang memenuhi

adalah bilangan bulat (Sumber : Balt ic Way 1993 Mat hemat ical Team Cont est ) Solusi :

Misal +

J elas bahwa m ≥0 Dar i per samaan di at as didapat 625 ≥ 4n n ≤ 156

n n ≥0

2 4 Maka 0 ≤ n ≤ 156

25 2 + 2 n = m Kar ena 0 ≤ n ≤ 156 maka

0 ≤ 2 n ≤ 2 156

0 2 ≤m − 25 ≤ 2 156 Kar ena m 2 − 25 bulat maka :

t idak ada n bulat yang memenuhi.

• J ika m = 7

25 + 2 2 √n = 7 n = 144

Nilai n yang memenuhi adalah n = 0 at au n = 144.

a 200. Tent ukan semua pasangan bulat posit if (a, b) yang memenuhi 2 b +3 adalah bilangan kuadr at sempur na. (Sumber : Balt ic Way 1994 Mat hemat ical Team Cont est )

Solusi :

a b Misalkan 2 2 +3 =k

Kar ena 2 a genap dan 3 b ganj il maka k ganj il.

2 a b a b k a =2 +3 = (3 − 1) +3 ≡ (−1) (mod 3)

Kar ena bilangan kuadr at j ika dibagi 3 menghasilkan sisa 0 at au 1 maka a genap. Kar ena a genap maka 2 a habis dibagi 4.

2 a b k b =2 + (4 − 1) ≡ (−1) (mod 4)

Kar ena bilangan kuadr at j ika dibagi 4 menghasilkan sisa 0 at au 1 maka b genap Misalkan b = 2p maka :

a 2 2 =k −3 2p

p = (k + 3 )(k −3 )

k+3 r =2 dan k =2 dengan q + r = a dan q > r k+3 p −k+3 p

pq

−3 p

x =2 ⋅3 =2 −2 =2 (2 − 1) dengan r + x = q

2 x ⋅3 =2 (2 − 1) Akibat nya r = 1

pr

3 x =2 −1=2 q-1 −1 Kar ena q + r = a maka q + 1 = a.

Kar ena a genap maka q ganj il maka q − 1 genap.

3 p =2 q-1 −1

Kar ena 2 + 1 − 2 − 1 = 2 maka t idak dapat keduanya habis dibagi 3. (J ika m habis dibagi 3 ⎜⎜

maka m − n habis dibagi 3 j ika dan hanya j ika n habis dibagi 3)

Akibat nya salah sat u dar i p 2 + 1 at au 2 − 1 = 1 dan lainnya sama dengan 3

2 − 1 =1 ⎜⎜ q=3 ⎟⎟ ⎝

2 p + 1 =3 2+1=3 p=1

a=q+r =3+1=4

b = 2p = 2 Pasangan (a, b) yang memenuhi adalah (4, 2)

201. Tent ukan semua t r ipel bilangan bulat t ak negat if yang memenuhi a ≥ b ≥ c dan

⋅a 1 3 +9 ⋅b 2 +9 ⋅ c + 7 = 1997

(Sumber : Balt ic Way 1997 Mat hemat ical Team Cont est ) Solusi : J ika a = b = c = 10

3 1 2 ⋅a +9 ⋅b +9 ⋅ c + 7 = 1997 Maka a 3 ≥ 10. Kar ena 13 = 2197 > 1997 maka 10 ≤ a < 13 ≡ 8 (mod 9) maka 1 ⋅ a 3 ⋅b 2 Kar ena 1997 3 +9 +9 ⋅ c + 7 ≡ 8 (mod 9) a ≡ 1 (mod 9)

3 ≡2 3 Kar ena 11 3 (mod 9) ≡ 8 (mod 9) dan 12 ≡ 0 (mod 9) maka a yang memenuhi hanya a = 10. Akibat nya b = c = 10

Tr ipel (a, b, c) yang memenuhi hanya (10, 10, 10)

2 202. Tent ukan sepasang bilangan bulat posit if x, y yang memenuhi per samaan 2x 2 + 5y = 11(xy − 11) (Sumber : Balt ic Way 1998 Mat hemat ical Team Cont est )

Solusi :

2 2 − 11) 121 = 11xy − 2x 2 − 5y 2x 2 + 5y = 11(xy (5y − x)(2x − y) = 121

Maka bilangan (5y − x) dan (2x − y) kedua negat if at au keduanya posit if . • J ika kedua bilangan (5y − x) dan (2x − y) negat if

5y < x dan 2x < y

2 x < y < (t idak mungkin unt uk x bulat posit if sebab 2x > x/ 5)

• J ika kedua bilangan (5y − x) dan (2x − y) posit if Ada t iga kasus yang mungkin t er j adi

• 5y − x = 1 dan 2x − y = 121 Dar i kedua per samaan di at as didapat 9y = 123 (t idak memenuhi y bulat )

• 5y − x = 11 dan 2x − y = 11

Dar i kedua per samaan di at as didapat 9y = 33 (t idak memenuhi y bulat ) • 5y − x = 121 dan 2x − y = 1 Dar i kedua per samaan di at as didapat y = 27 dan x = 14 Pasangan (x, y) yang memenuhi adalah (14, 27)

203. Tent ukan semua bilangan r eal a, b, c dan d yang memenuhi sist em per samaan ber ikut : abc + ab + bc + ca + a + b + c = 1 bcd + bc + cd + db + b + c + d = 9 cda + cd + da + ac + c + d + a = 9 dab + da + ab + bd + d + b + a = 9 (Sumber : Balt ic Way 1999 Mat hemat ical Team Cont est ) Solusi : abc + ab + bc + ca + a + b + c = 1

(a + 1)(b + 1)(c + 1) = 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) bcd + bc + cd + db + b + c + d = 9

(b + 1)(c + 1)(d + 1) = 10 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) cda + cd + da + ac + c + d + a = 9

(c + 1)(d + 1)(a + 1) = 10 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) dab + da + ab + bd + d + b + a = 9

(d + 1)(a + 1)(b + 1) = 10 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4)

3 3 3 (1)(2)(3)(4) 3 (a + 1) (b + 1) (c + 1) (d + 1) = 2000

(a + 1)(b + 1)(c + 1)(d + 1) = 3 10 2 2(d + 1) = 3 10 2

10 (a + 1) = 3 10 2

10 (b + 1) = 3 10 2

10 (c + 1) = 3 10 2

2 2 2 204. Misalkan a, b, c dan d bilangan pr ima yang memenuhi a > 3b > 6c > 12d dan a 2 −b +c −d = 1749.

2 2 2 Tent ukan semua kemungkinan nilai dar i a 2 +b +c +d . (Sumber : Balt ic Way 1999 Mat hemat ical Team Cont est )

Solusi : Kar ena 1749 ganj il maka salah sat u dar i a, b, c at au d bilangan pr ima genap, yait u 2. Tidak mungkin a = 2 sebab t idak ada nilai b, c dan d memenuhi 2 > 3b > 6c > 12d. Tidak mungkin b = 2 sebab t idak ada nilai c yang memenuhi 6c < 3b. Tidak mungkin c = 2 sebab t idak ada nilai d yang memenuhi 12d < 6c. Maka d = 2

2 −b 2 2 2 2 2 2 1749 = a 2 +c −d > (3b) −b + (2d) −d

1749 > 8b 2 − 12

b ≤ 14 Kar ena 3b > 12d maka 8 < b ≤ 14. Nilai b yang memenuhi adalah 11 at au 13. 12d < 6c < 3b

2 Kar ena b = 11 at au 13 maka nilai c yang memenuhi hanya c = 5.

a 2 = 1749 + b 2 −c 2 +d 2

2 2 2 J ika b = 13 maka a 2 = 1749 + 13 −5 +2 = 1897 (bukan bilangan kuadr at )

2 2 2 2 J ika b = 11 maka a 2 = 1749 + 11 −5 +2 = 1849 = 43 dan 43 adalah bilangan pr ima

2 2 2 2 2 2 2 a 2 +b +c +d = 43 + 11 +5 +2 = 1999

4 205. Bukt ikan bahwa j ika n n +4 bukan bilangan pr ima unt uk n bilangan asli lebih dar i 1. (Sumber : J ozsef Kur schak Compet it ion in Hungar y 1977)

Solusi : • J ika n bilangan genap

4 Maka n n +4 bilangan genap n +4 t idak mungkin pr ima • J ika n bilangan ganj il

Maka n + 1 genap

2 2 n 2 2 n 2 n+1 n 2 +4 = (n ) + (2 ) = (n +2 ) −2 n

2 ⎞ n +4 = n + 2 + 2 n n + 2 − 2 n

Kar ena n + 1 bilangan genap maka

mer upakan bilangan asli.

4 n n +4 adalah per kalian dua bilangan asli lebih dar i 1. Maka n 4 +4 n bukan bilangan pr ima.

206. Tent ukan semua bilangan bulat posit if n yang memenuhi 3 n +5 membagi 3 +5 . (Sumber : St . Pet er sbur g Cit y Mat h Olympiad 1996)

n-1

n-1

Solusi : Unt uk sembar ang nilai n maka :

Kar ena 3 n-1 +5 membagi 3 +5 maka hanya dapat dipenuhi oleh 3 +5 = 4(3 +5 )

3 n-1 =5 Kar ena 3 dan 5 r elat if pr ima maka per samaan t er sebut hanya dapat dipenuhi oleh n = 1.

n-1

0 0 1 Kar ena 3 1 +5 = 2 membagi 3 +5 = 8 maka n = 1 adalah sat u-sat unya penyelesaian soal di at as.

Unt uk n = 1 maka 3 n +5 = 2 membagi 3 +5 =8

n-1

n-1

Nilai n bulat posit if yang memenuhi 3 n +5 membagi 3 +5 hanya n = 1

n-1

n-1

207. Bukt ikan bahwa sembar ang bilangan bulat lebih dar i at au sama dengan 7 dapat dit ulis sebagai penj umlahan dua bilangan bulat yang saling r elat if pr ima. (Sumber : Second Bay Ar ea Mat hemat ical Olympiad) Solusi :

Misalkan bilangan t er sebut adalah n. n akan t er masuk t er masuk ke dalam salah sat u dar i bent uk 2k + 1 at au 4m at au 4p + 2. • J ika n = 2k + 1

k dan k + 1 r elat if pr ima dan n = (k) + (k + 1)

• J ika n = 4m 2m − 1 dan 2m + 1 adalah dua bilangan ganj il ber ur ut an, maka 2k − 1 dan 2 k + 1 r elat if pr ima. n = 4m = (2m + 1) + (2m − 1)

• J ika n = 4p + 2 n = (2p + 3) + (2p − 1) dengan 2p + 3 dan 2p − 1 r elat if pr ima. Bukt i bahwa 2p + 3 dan 2p − 1 r elat if pr ima. Andaikan bahwa 2p + 3 dan 2p − 1 t idak r elat if pr ima dengan FPB(2p + 3, 2p − 1) = k dan k > 1. Maka 2p + 3 = km dan 2p − 1 = kn unt uk suat u bilangan asli k, m, n dan k > 1. Kar ena 2p + 3 dan 2p − 1 ganj il maka k, m, n semuanya ganj il. (2p + 3) − (2p − 1) = 4 = k(m − n) Kar ena f akt or ganj il dar i 4 hanya 1 maka k = 1 (kont r adiksi dengan kenyat aan k > 1) Ter bukt i 2p + 3 dan 2p − 1 r elat if pr ima

Ter bukt i bahwa sembar ang bilangan bulat lebih dar i at au sama dengan 7 dapat dit ulis sebagai penj umlahan dua bilangan bulat yang saling r elat if pr ima.

ab bc ca 208. Misalkan a, b, c > 0 dan abc = 1. Tunj ukkan bahwa 5 5 + 5 5 + 5 5 ≤ 1 .

a + b + ab b + c + bc c + a + ca

(Sumber : Unsed Pr oblem in I MO 1996) Solusi :

3 −b 3 2 −b (a 2 )(a ) ≥0 J ika a 3 ≥ b maka a −b 3 ≥ 0 dan a 2 −b 2 ≥ 0 maka (a 3 3 2 −b 2 )(a −b ) ≥ 0 (ket aksamaan di at as t er bukt i)

3 J ika a 3 ≤ b maka a −b ≤ 0 dan a 2 2 3 3 2 2 −b ≤ 0 maka (a −b )(a −b ) ≥ 0 (ket aksamaan di at as t er bukt i)

5 5 ≥a 2 a 2 +b b (a + b)

ab 2 ab c

a + b + ab a b ( a + b ) + ab c

Dengan menggunakan f akt a bahwa abc = 1 maka :

ab c

a + b + ab a + b + c

Dengan car a yang sama didapat kan :

bc a

b + c + bc a + b + c

ca b

c + a + ca a + b + c

ab bc ca c a b

a + b + ab b + c + bc c + a + ca a + b + c a + b + c a + b + c

ab bc ca

5 5 + 5 5 + 5 5 ≤ 1 (t er bukt i)

a + b + ab b + c + bc c + a + ca

209. Tent ukan nilai a bulat yang membuat x 2 − x + a membagi x 13 + x + 90.

(Sumber : Put nam 1963)

Solusi :

13 x 2 + x + 90 = (x − x + a) ⋅ q(x) Unt uk x = −1 didapat 88 = (2 + a) q(−1)

Unt uk x = 0 didapat 90 = a ⋅ q(0) Unt uk x = 1 didapat 92 = a ⋅ q(1)

2 Maka a membagi 90 = 2 2 ⋅5⋅3 dan j uga membagi 92 = 2 ⋅ 23 a = ±1 at au ±2

a + 2 membagi 88. Nilai a yang memenuhi adalah −1 at au 2

210. J umlah dua bilangan bulat posit if adalah 2310. Tunj ukkan bahwa hasil kali keduanya t idak habis dibagi 2310. (Sumber : Mat hemat ical Excalibur Volume 1 Nomor 2) Solusi : Misalkan x dan y adalah dua bilangan bulat posit if t er sebut . x + y = 2310 Andaikan bahwa xy habis dibagi 2310 maka xy = 2310n unt uk suat u bilangan bulat posit if n.

2310 n

x + 2310 = 2310

x 2 − 2310x + 2310n = 0 Kar ena x bulat maka diskr iman per samaan kuadr at t er sebut har us kuadr at sempur na.

2 − 4(2310n) = 2 Diskr iminan = (2310) 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ⋅ 7 ⋅ 11 ⋅ (1155 − 2n)

− 2n = 3 ⋅ 5 ⋅ ⋅7 ⋅ 11 ⋅ k 2 Maka 15 2 = 1155k unt uk suat u bilangan asli k. − 2n = 1155k Maka 15 2 ≥ 15 Maka nilai n yang memenuhi hanya n = 0 Tet api x dan y kedaunya bulat posit if (kont r adiksi) Maka hasil kali x dan y t idak habis dibagi 2310.

211. Unt uk suat u per samaanm kuadr at P(x) = ax 2 + bx + c dengan koef isien bilangan r eal dan memenuhi ⏐P(x)⏐ ≤ 1 unt uki −1 ≤ x ≤ 1. Tent ukan b maksimum yang memenuhi hal ini ser t a t emukan per samaan kuadr at dengan koef isien b yang maksimum. (Sumber : Mat hemat ical Excalibur Volume 1 Nomor 3) Solusi : P(1) = a + b + c P( −1) = a − b + c

b maks = 1 unt uk P(1) = 1 dan P( −1) = −1 Per samaan kuadr at P(x) = ½(x + 1) 2 − 1 memenuhi kondisi t er sebut .

212. Misalkan a, b dan c adalah bilangan posit if yang memenuhi per samaan a 2 +b 2 − ab = c 2 . Bukt ikan bahwa (a − c)(b − c) ≤ 0 (Sumber : Mat hemat ical Excalibur Volume 2 Nomor 4) Solusi :

2 2 2 2 a 2 +b − ab = a + b(b − a) = c c = a + b ( b − a )

Kar ena a dan b simet r is maka t anpa mengur angi keumuman soal misalkan bahwa a ≤b

Maka 2 a ≤ a + b ( b − a ) . Tanda kesamaan t er j adi bila b = a

a ≤ c.

Kar ena a(b 2 − a) > 0 maka b − a ( b − a ) ≤ b Kar ena 2 b − a ( b − a ) = c maka c ≤b a≤c≤b

a − c ≤ 0 sedangkan b − c ≥ 0 Akibat nya (a − c)(b − c) ≤ 0 (t er bukt i)

213. Ada ber apa banyak himpunan bagian dar i himpunan X = {1, 2, 3, ⋅⋅⋅, 20} yang t er dir i dar i 3 elemen dan memenuhi bahwa hasil kali ket iga elemen pada himpunan bagian t er sebut habis dibagi 4 ? (Sumber : Mat hemat ical Excalibur Volume 2 Nomor 5) Solusi :

Banyaknya himpunan bagian 3 elemen = 20 C 3 = 1140.

Agar hasil kali ket iga elemen t er sebut t idak habis dibagi 4, maka kemungkinannya adalah : • Ket iga elemen t er sebut adalah bilangan ganj il

Banyaknya himpunan bagian dapat dibuat adalah = 10 C 3 = 120

• Dua dar i 3 elemen t er sebut bilangan ganj il sedangkan sat u lagi adalah bilangan genap t idak habis dibagi 4 Bilangan genap yang t idak habis dibagi 4 ada 5.

Banyaknya himpunan bagian dapat dibuat adalah = 10 C 2 ⋅ 5 = 225

Banyaknya himpunan bagian yang hasil kali ket iga elemennya habis dibagi 4 = 1140 − 120 − 225 = 795.

214. Adakah bilangan bulat posit if n sehingga n − 1 + n + 1 adalah bilangan r asional ?

(Sumber : Mat hemat ical Excalibur Volume 3 Nomor 2) Solusi :

Andaikan bahwa n − 1 + n + 1 adalah bilangan r asional maka n − 1 + n + 1 = r dengan r r asional.

yang j uga mer upakan bilangan r asional.

Misalkan n −1 = dengan p, q ∈ bilangan asli dan FPB(p, q) = 1.

2 2 p 2 =q (n − 1)

2 Maka q membagi p. Kar ena FPB(p, q) = 1 maka q = 1 2 p =n −1

−1 > 1 − 2n Unt uk n > 1 maka 2n > 2

− 2n + 1 < −1

2 2 2 n 2 − 2n + 1 < n − 1 (n − 1) <n − 1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

2 2 n 2 >n − 1 > (n − 1)

2 2 n 2 >a > (n − 1)

a 2 t er let ak di ant ar a 2 bilangan kuadr at ber ur ut an (sesuat u yang t idak mungkin). Maka unt uk n > 1 t idak ada nilai n yang membuat

n − 1 + n + 1 adalah bilangan r asional.

Unt uk n = 1 maka n − 1 + n + 1 = 2 bukan bilangan r asional.

Maka dapat disimpulkan bahwa t idak ada nilai n bulat posit if yang membuat

n − 1 + n + 1 r asional.

3 2 2 − 25 , b 3 2 215. Misalkan a, b, c adalah bilangan r eal ber beda yang memenuhi a 2 = 3(b +c ) = 3(c +a ) − 25

3 2 dan c 2 = 3(a +b ) − 25. Tent ukan nilai abc. (Sumber : Mat hemat ical Excalibur Volume 3 Nomor 2)

Solusi :

Misalkan a, b dan c adalah akar -akar per samaan x 3 − px 2 + qx − r = 0 maka :

a+b+c=p

ab + ac + bc = q

2 2 2 abc = a 2 + − 2(ab + ac + bc) = p 2 b +c = (a + b + c) − 2q ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

3 2 Maka a adalah akar -akar polinomial x 2 + 3x + (25 + 6q − 3p )=0

3 2 Dengan car a yang sama akan didapat bahwa b dan c j uga akar -akar x 2 + 3x + (25 + 6q − 3p )=0

3 2 2 3 Bandingkan x 2 + 3x + (25 + 6q − 3p ) = 0 dengan x − px + qx − r = 0. Didapat p = −3 q = 0 dan 25 + 6q − 3p 2 = −r −2 = −r r = 2

abc = 2

216. Tent ukan semua bilangan pr ima p yang memenuhi 2 2 +p j uga pr ima. (Sumber : Mat hemat ical Excalibur Volume 3 Nomor 3)

Solusi :

Unt uk p = 2 maka 2 2 +p = 8 (bukan bilangan pr ima)

Unt uk p = 3 maka 2 2 +p = 17 (bilangan pr ima) Unt uk p > 3

Bilangan pr ima akan ber bent uk p = 3n + 1 at au p = 3n −1 • J ika p = 3n + 1

2 2 +p = (3 − 1) + (3n + 1)

2 2 +p ≡ (−1) +1 (mod 3)

Kar ena p > 3 maka p adalah bilangan ganj il sehingga ( p −1) = −1

2 2 +p ≡ 0 (mod 3) • J ika p = 3n − 1

2 − 1) p − 1) 2 2 +p = (3 + (3n

2 2 +p ≡ (−1) p

2 +( −1) (mod 3)

Kar ena p > 3 maka p adalah bilangan ganj il sehingga ( −1) p = −1

2 p +p 2 ≡ 0 (mod 3)

Dapat disimpulkan bahwa unt uk p > 3 maka 2 2 +p habis dibagi 3 (bukan bilangan pr ima)

Maka p = 3 adalah sat u-sat unya nilai yang membuat 2 2 +p adalah bilangan pr ima.

217. Bukt ikan unt uk bilangan r eal x, y, z > 0 maka

(Sumber : Mat hemat ical Excalibur Volume 3 Nomor 3) Solusi :

4x 2 = ((x + y) + (x − y)) 2

2 4x 2 = (x + y) + 2(x + y)(x − y) + (x − y) 2 4x 2 ≥ (x + y) 2 + 2(x + y)(x − y) x 2

Dengan car a yang sama didapat : y 2

(t er bukt i)

218. Tent ukan nilai t er kecil dar i n bilangan asli yang dapat dit ulis sebagai penj umlahan 9 bilangan asli ber ur ut an, penj umlahan 10 bilangan asli ber ur ut an dan penj umlahan 11 bilangan asli ber ur ut an. (Sumber : Mat hemat ical Excalibur Volume 3 Nomor 4) Solusi : n = a + (a + 1) + (a + 2) + ⋅⋅⋅ + (a + 8) = 9a + 36 = 9(a + 4) n = b + (b + 1) + (b + 2) + ⋅⋅⋅ + (b + 9) = 10b + 45 = 5(2b + 9) n = c + (c + 1) + (c + 2) + ⋅⋅⋅ + (c + 10) = 11c + 55 = 11(c + 5) n habis dibagi 9, 5 dan 11. Kar ena 5, 9 dan 11 semuanya saling r elat if pr ima maka n habis dibagi 5 ⋅ 9 ⋅ 11 = 495. n ≥ 495. Misalkan a = 51 , b = 45 dan c = 40 didapat n = 495. Maka nilai t er kecil n yang membuat hal t er sebut t er j adi adalah n = 495.

219. Tent ukan semua pasangan bilangan bulat posit if (a, b) yang memenuhi :

FPB(a, b) + KPK(a, b) = a + b + 6

(Sumber : Mat hemat ical Excalibur Volume 5 Nomor 4)

Solusi : Misal FPB(a,b) = x maka a = xp dan b = xq unt uk x, p, q bilangan asli dan FPB(p,q) = 1 KPK(a,b) = xpq x + xpq = xp + xq + 6 x(p − 1)(q − 1) = 6 Ada beber apa kasus : • x=1 ; p−1=1 ; q−1=6

x = 1, p = 2 dan q = 7

(a, b) = (2, 7)

• x=1 ; p−1=6 ; q−1=1 x = 1, p = 7 dan q = 2

(a, b) = (7, 2)

• x=1 ; p−1=2 ; q−1=3 x = 1, p = 3 dan q = 4

(a, b) = (3, 4)

• x=1 ; p−1=3 ; q−1=2 x = 1, p = 4 dan q = 3

(a, b) = (4, 3)

• x=2 ; p−1=1 ; q−1=3 x = 2, p = 2 dan q = 4 (Tidak memenuhi sebab FPB(p, q) ≠ 1) • x=2 ; p−1=1 ; q−1=3 x = 2, p = 2 dan q = 4 (Tidak memenuhi sebab FPB(p, q) ≠ 1) • x=3 ; p−1=1 ; q−1=2 x = 3, p = 2 dan q = 3

(a, b) = (6, 9)

• x=3 ; p−1=2 ; q−1=1 x = 3, p = 3 dan q = 2

(a, b) = (9, 6)

• x=6 ; p−1=1 ; q−1=1 x = 6, p = 2 dan q = 2 (Tidak memenuhi sebab FPB(p, q) ≠ 1). Pasangan (a, b) yang memenuhi adalah (2, 7), (3, 4), (4, 3), (6, 9), (7, 2), (9, 6).

220. Unt uk a, b, c > 0 dan abc = 1, maka t unj ukkan bahwa :

(Sumber : Mat hemat ical Excalibur Volume 5 Nomor 4) Solusi : Dengan ket aksamaan AM-GM maka :

b c b c + bc ≥

= 2 maka didapat :

b + c c + a a + b ⎛ bc ca ab ⎞

a b c ⎝ a b c ⎟⎟ ⎠ a b c ⎝ a b c ⎟⎟ ⎠

a b c ⎜⎜ b c ⎟⎟ ⎜⎜ c a ⎟⎟ ⎝ ⎜⎜ ⎠ ⎝ a b ⎝ ⎟⎟ ⎠ ⎠

Dengan ket aksamaan AM-GM maka :

2 b 2 + c c + a a + b ⎜ a bc ⎟ ⎜ ab c ⎞ ⎛ ⎞

≥ 2 + 2 ⎟ + 2 ⎜ abc ⎟ = 2 ( a + b + c )

a b c ⎜ bc ⎟ ⎜ ac ⎟ ⎜ ab ⎝ ⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Dengan ket aksamaan AM-GM maka :

a 3 + b + c ≥ 3 ⋅ abc = 3

≥ a + b + c + 3 (t er bukt i)

Alt er nat if soal ini adalah pembukt ian

221. Misalkan a, b, c > 0 dan abc ≤ 1. Bukt ikan bahwa :

(Sumber : Mat hemat ical Excalibur Volume 5 Nomor 5) Solusi :

c b c c b bc abc

3 a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

Dengan car a yang sama didapat :

3 b ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

3 c ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)

a + b + c (t er bukt i)

222. Panj ang sisi-sisi sebuah segiempat adalah bilangan bulat posit if . Panj ang masing-masing sisi membagi j umlah ket iga sisi yang lain. Bukt ikan bahwa dua sisi mempunyai panj ang yang sama. (Sumber : Mat hemat ical Excalibur Volume 6 Nomor 1) Solusi : Andaikan bahwa keempat sisi t er sebut t idak ada yang sama panj ang dengan sisi-sisiny adalah a, b, c dan d dengan a < b < c < d.

d < a + b + c dan a + b + c < 3d

d < a + b + c < 3d

Kar ena d membagi a + b + c maka a + b + c = 2d

a + b + c + d = 3d

Kar ena a membagi b + c + d maka a j uga membagi a + b + c + d = 3d Kar ena b membagi a + c + d maka b j uga membagi a + b + c + d = 3d Kar ena c membagi a + b + d maka c j uga membagi a + b + c + d = 3d Maka xa = 3d ; yb = 3d ; zc = 3d dengan x, y, z adalah bilangan bulat posit if . Kar ena z = 3d/ c dengan d > c maka z > 3 Kar ena a < b < c maka x > y > c > 3 ber implikasi z ≥ 4, y ≥ 5 dan x ≥ 6

< 2 d (kont r adiksi ket aksamaan)

Maka dapat disimpulkan bahwa ada dua sisi segiempat t er sebut yang sama (t er bukt i)

223. Dua puluh delapan bilangan bulat diambil dar i himpunan H = {104, 105, 106, 107, ⋅⋅⋅, 208}. Tunj ukkan bahwa t er dapat dua bilangan yang keduanya mempunyai f akt or per sekut uan pr ima. (Sumber : Mat hemat ical Excalibur Volume 6 Nomor 1) Solusi : Dengan pr insip I nklusi Eksklusi akan dicar i banyaknya bilangan dar i H yang habis dibagi 2, 3, 5 at au 7. Banyaknya bilangan yang habis dibagi 2 = A = 53 Banyaknya bilangan yang habis dibagi 3 = B = 35 Banyaknya bilangan yang habis dibagi 5 = C = 21 Banyaknya bilangan yang habis dibagi 7 = D = 15 Banyaknya bilangan yang habis dibagi 2 dan 3 at au habis dibagi 6 = A ∩ B = 17 Banyaknya bilangan yang habis dibagi 2 dan 5 at au habis dibagi 10 = A ∩ C = 10 Banyaknya bilangan yang habis dibagi 2 dan 7 at au habis dibagi 14 = A ∩D=7 Banyaknya bilangan yang habis dibagi 3 dan 5 at au habis dibagi 15 = B ∩C=7 Banyaknya bilangan yang habis dibagi 3 dan 7 at au habis dibagi 21 = B ∩D=5 Banyaknya bilangan yang habis dibagi 5 dan 7 at au habis dibagi 35 = C ∩D=3 Banyaknya bilangan yang habis dibagi 2, 3 dan 5 at au habis dibagi 30 = A ∩B∩C=3 Banyaknya bilangan yang habis dibagi 2, 3 dan 7 at au habis dibagi 42 = A ∩B∩D=2 Banyaknya bilangan yang habis dibagi 2, 5 dan 7 at au habis dibagi 70 = A ∩C∩D=1 Banyaknya bilangan yang habis dibagi 3, 5 dan 7 at au habis dibagi 105 = B ∩C∩D=1 Banyaknya bilangan yang habis dibagi 2, 3, 5 dan 7 at au habis dibagi 220 = A ∩B∩C∩D=0

A ∪ B ∪ C ∪ D = A + B + C + D − (A ∪ B) − (A ∪ C) − (A ∪ D) − (B ∪ C) − (B ∪ D) − (C ∪ D) + (A ∩ B ∩

C) + (A ∩ B ∩ D) + (A ∩ C ∩ C) + (B ∩ C ∩ D) − (A ∩ B ∩ C ∩ D)

A ∪ B ∪ C ∪ D = 53 + 35 + 21 + 15 − 17 − 10 − 7 − 7 − 5 − 3 + 3 + 2 + 1 + 1 − 0 = 82 Banyaknya himpunan H = 105 Banyaknya bilangan yang t idak habis dibagi 2, 3, 5 at au 7 dar i H adalah 105 − 82 = 23 Kar ena ada 28 bilangan yang diambil, ber dasar kan Pigeon Hole Pr inciple maka ada t er dapat sedikit nya

5 bilangan di ant ar anya yang habis dibagi 2, 3, 5 at au 7. Kar ena ada 5 bilangan ber dasar kan Pigeon Hole Pr inciple maka t er dapat sedikit nya 2 bilangan yang keduanya habis dibagi 2, 3, 5 at au 7. Dapat disimpulkan bahwa t er dapat dua bilangan yang keduanya mempunyai f akt or per sekut uan pr ima

224. Tent ukan Fakt or Per sekut uan Ter besar dar i bilangan-bilangan ber bent uk n n − n unt uk n = 3, 5, 7, ⋅⋅⋅ (Sumber : Mat hemat ical Excalibur Volume 6 Nomor 4)

Solusi : Unt uk n = 3 n n − n = 24

Maka bilangan t er besar yang membagi n n − n unt uk n = 3, 5, 7, ⋅⋅⋅ adalah 24. n − n = n(n n n-1 − 1) Kar ena n ganj il maka n − 1 genap.

n 2k

n 2k − n = n(n − 1) n adalah bilangan genap.

Kar ena n 2k genap maka n akan ber bent uk 3p at au 3p + 1

J ika n 2k = 3p maka 3 membagi n 3 membagi n n(n − 1) habis dibagi 3.

2k

2k

J ika n 2k = 3p − 1 maka n − 1 habis dibagi 3 n(n − 1) habis dibagi 3.

Maka n n − n habis dibagi 3. Kar ena bilangan kuadr at ber bent uk 8q, 8q + 1, at au 8q + 4 t et api n 2k t idak mungkin ber bent uk 8q at au

8q + 4 sebab n ganj il. Maka n 2k ber bent uk 8q + 1

n 2k − 1 habis dibagi 8

Maka n n − n habis dibagi 8.

Kar ena n n − n habis dibagi 3 dan 8 maka n − n habis dibagi 24.

Fakt or Per sekut uan Ter besar dar i bilangan-bilangan ber bent uk n n − n unt uk n = 3, 5, 7, ⋅⋅⋅ adalah 24.

225. Tent ukan semua kemungkinan sisi-sisi segit iga ABC dengan sisi-sisinya membent uk 3 bilangan bulat ber ur ut an ser t a ∠C = 2∠A. (Sumber : Mat hemat ical Excalibur Volume 7 Nomor 1) Solusi : Misalkan a = BC, b = AC dan c = AB sin C = sin 2A = 2 sin A cos A

c sin C

Dalil sinus

= 2 cos A ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

a sin A

Dalil cosinus cos A =

2 bc

Dar i (1) dan (2) didapat :

2 c(bc) = a(b 2 +c −a 2 ) (a − b)(c 2 −a 2 − ab) = 0

Kar ena C > A maka c > a Misalkan ket iga sisi t er sebut adalah n − 1, n dan n + 1 maka ada 3 kasus : • a = n − 1 ; b = n dan c = n + 1

2 (n 2 − 1 − n)((n + 1) − (n − 1) − n(n − 1)) = 0

n 2 − 5n = 0 n = 5

a = 4 ; b = 5 dan c = 6 • a = n − 1 ; b = n + 1 dan c = n

2 − (n − 1) (n 2 − 1 − n − 1)(n − (n − 1)(n + 1)) = 0

−2n 2 + 4n = 0

n=2

a = 1 ; b = 3 dan c = 2 (t idak memenuhi syar at bahwa panj ang salah sat u selalu kur ang dar i j umlah kedua sisi yang lain) • a = n ; b = n − 1 dan c = n + 1

2 (n 2 − n + 1)((n + 1) −n − n(n − 1)) = 0

−n 2 + 3n + 1 = 0 (t idak ada n bulat yang memenuhi) Ket iga sisi segit iga (a, b, c) yang memenuhi hanya (4, 5, 6)

226. Diber ikan a, b, c ∈ bilangan r eal ser t a a dan 4a + 3b + 2c mempunyai t anda yang sama. Tunj ukkan bahwa per samaan ax 2 + bx + c = 0 kedua akar nya t idak mungkin t er let ak pada int er val (1, 2).

(Sumber : Dikt at Tim Olimpiade Mat emat ika I ndonesia 1998 Bab Alj abar ) Solusi :

a dan 4a + 3b + 2c mempunyai t anda yang sama maka :

Misalkan 2 α dan β adalah akar -akar per samaan ax + bx + c = 0 maka :

4 − 3(α + β) + 2αβ > 0 ( α − 1)(β − 2) + (α −2)(β − 1) > 0 J ika α dan β keduanya t er let ak pada int er val (1, 2) maka (α − 1)(β − 2) dan (α −2)(β − 1) keduanya ber nilai negat if (kont r adiksi)

Ter bukt i bahwa per samaan ax 2 + bx + c = 0 kedua akar nya t idak mungkin t er let ak pada int er val (1, 2)

≠ b dan j ika per samaan-per samaan x 2 227. J ika a 2 + ax + bc = 0 dan x + bx + ac = 0 mempunyai t epat sebuah akar per sekut uan, t unj ukkan bahwa akar -akar yang lain dar i kedua per samaan t er sebut memenuhi

per samaan x 2 + cx + ab = 0. (Sumber : Dikt at Tim Olimpiade Mat emat ika I ndonesia 1998 Bab Alj abar )

Solusi :

2 Misalkan akar per sekut uan t er sebut adalah p, akar yang lain dar i x 2 + ax + bc = 0 dan x + bx + ac = 0 masing-masing adalah q dan r maka :

p 2 + ap + bc = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) p 2 +bp + ac = 0 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) (1) − (2) p(a − b) + c(b − a) = 0 p(a − b) = c(a − b) Kar ena a ≠ b maka p = c Kar ena p + q = −a maka q = −a − c ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) pq = bc

cq = bc

q=b ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4)

Kar ena p + r = −b maka r = − b − c ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) pr = ac

cr = ac maka r = a q+r =b+( −b − c) = −c qr = (b)(a) = ab

Per samaan kuadr at yang akar -akar nya q dan r adalah x 2 − (q + r )x + qr = 0 Per samaan kuadr at yang akar -akar nya q dan r adalah x 2 − (q + r )x + qr = 0

memenuhi per samaan x 2 + cx + ab = 0.

228. Selesaikan sist em per samaan : x 2 − yz = 3

y 2 − xz = 4 z 2 − xy = 5

(Sumber : Dikt at Tim Olimpiade Mat emat ika I ndonesia 1998 Bab Alj abar ) Solusi :

2 2 2 − xy − xz − yz = 12 2x 2 2 x 2 +y +z + 2y + 2z − 2xy − 2xz − 2yz = 24

2 − 2xy + y 2 2 − 2xz + z 2 (x 2 ) + (x ) + (y − 2yz + z 2 2 2 2 ) = 24 (x − y) + (x − z) + (y − z) = 24 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

2 − xz − (x y 2 − yz) = 1 (y + x)(y − x) + z(y − x) = 1 (y − x)(x + y + z) = 1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) z 2 − xy − (y 2 − xz) = 1 (z + y)(z − y) + x(z − y) = 1 (z − y)(x + y + z) = 1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) z 2 − xy − (x 2 − yz) = 2 (z + x)(z − x) + y(z − x) = 2 (z − x)(x + y + z) = 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4)

⎝ x + y + z ⎠ ⎝ x + y + z ⎟⎟ ⎜⎜ ⎠ ⎝ x + y + z ⎟⎟ ⎠

(x + y + z) 2 =¼ • J ika x + y + z = ½

Dar i per samaan (2), (3) dan (4) y −x=2 z −y=2 z −x=4

x + (2 + x) + z = ½

2x + z = −

2x + (4 + x) = −

x= −

y=2+( − )=

z=4+( − )=

• J ika x + y + z = −½

y − x = −2 z − y = −2 z − x = −4

x+( −2 + x) + z = −½ 2x + z =

2x + ( −4 + x) = x =

y= −2 + ( )= −

z= −4 + ( )= −

Tr ipel (x, y, z) yang memenuhi adalah ⎜⎜ ⎛− ⎜ , , ⎟ ; ⎜ , − , − ⎟

229. Seor ang pemain cat ur memiliki wakt u 11 minggu unt uk menyiapkan dir i mengikut i sebuah t ur namen. I a memut uskan unt uk ber lat ih sedikit nya sat u per mainan set iap har i, namun t idak lebih dar i 12 per mainan selama seminggu. Per lihat kan bahwa ada beber apa har i ber t ur ut -t ur ut yang selama it u pecat ur t er sebut ber lat ih t epat 21 per mainan. (Sumber : Dikt at Tim Olimpiade Mat emat ika I ndonesia 1998 Bab Kombinat or ika) Solusi : Misalkan a r menyat akan banyaknya per mainan cat ur dalam r har i per t ama dengan 1 ≤ r ≤ 77.

Ber dasar kan soal maka kit a akan membukt ikan bahwa t er dapat a j −a i = 21. J elas bahwa 1 ≤a 1 <a 2 <a 3 < ⋅⋅⋅ < a 77 .

Kar ena dalam 1 minggu gr andmast er memainkan paling banyak 12 per mainan maka a 77 ≤ 12 ⋅ 11 = 132.

a 77 + 21 ≤ 153 Per hat ikan 154 bilangan a 1 ,a 2 ,a 3 , ⋅⋅⋅, a 77 ,a 1 + 21, a 2 + 21, a 3 + 21, ⋅⋅⋅, a 77 + 21 yang semuanya t er let ak ant ar a 1 dan 153. Kar ena banyaknya bilngan 154 sedangkan kemungkinan nilai bilangan hanya 153 maka ber dasar kan

Pigeon Hole Pr inciple maka akan t er dapat dua bilangan yang sama. Kar ena a 1 ,a 2 , ⋅⋅⋅, a 77 semuanya ber beda maka akan t er dapat a j dan a i + 21 yang sama.

a j =a i + 21

a j −a i = 21

Maka akan t er dapat banyaknya t ot al per mainan har i ke-(i +1), (i + 2), ⋅⋅⋅, j t epat sama dengan 21.

5 5 230. Tunj ukkan bahwa 1 5 + ⋅⋅⋅ + 99 5 +2 5 +3 + 100 habis dibagi 10100, namun t idak habis dibagi 3. (Sumber : Dikt at Tim Olimpiade Mat emat ika I ndonesia 1998 Bab Teor i Bilangan)

Solusi :

a n +b habis dibagi a + b unt uk a, b bulat dan n asli ganj il.

5 5 5 ⋅⋅⋅ + 99 5 5 5 5 5 5 5 5 5 N=1 5 +2 +3 + + 100 = (1 + 100 ) + (2 + 99 ) + (3 + 98 )+ ⋅⋅⋅ + (50 + 51 ) Maka N habis dibagi 101

5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 N=1 5 +2 +3 + ⋅⋅⋅ + 99 + 100 = (1 + 99 ) + (2 + 98 ) + (3 + 97 )+ ⋅⋅⋅ + (49 + 51 ) + 50 + 100

5 Kar ena 50 5 dan 100 keduanya habis dibagi 100 maka N habis dibagi 100

5 5 5 5 Kar ena 100 dan 101 r elat if pr ima maka 1 5 +2 +3 + ⋅⋅⋅ + 99 + 100 habis dibagi 100 ⋅ 101 = 10100.

N=1 5 +2 5 +3 5 + ⋅⋅⋅ + 99 5 + 100 5 = (2 5 + 100 5 ) + (3 5 + 99 5 )+ ⋅⋅⋅ + (50 5 + 52 5 ) + 51 5 +1 5 Kar ena 102 dan 51 keduanya habis dibagi 3 maka 1 5 +2 5 +3 5 + ⋅⋅⋅ + 99 5 + 100 5 dibagi 3 ber sisa 1.

5 5 5 5 Ter bukt i bahwa 1 5 +2 +3 + ⋅⋅⋅ + 99 + 100 habis dibagi 10100 t et api t idak habis dibagi 3.

231. Tunj ukkan bahwa unt uk set iap bilangan asli n dan semua bilangan asli d yang membagi 2n 2 , maka bilangan n 2 + d bukan mer upakan bilangan kuadr at sempur na.

(Sumber : www. olimpiademat emat ika.inf o) Solusi :

2 Kar ena d membagi 2n 2 maka 2n = kd unt uk k bilangan asli.

2 Andaikan n 2 + d mer upakan bilangan kuadr at sempur na maka n +d=x dengan x ∈ bilangan asli.

k 2 n 2 +k 2 d=k 2 x 2 k 2 n 2 + 2kn 2 =k 2 x 2 (k 2 + 2k)n 2 = (kx) 2

Maka k 2 + 2k har uslah mer upakan bilangan kuadr at .

2 2 Tet api k 2 <k + 2k < k + 2k + 1 unt uk k bilangan asli.

2 2 k 2 <k + 2k < (k + 1)

2 k 2 + 2k ber ada di ant ar a dua bilangan kuadr at ber ur ut an sehingga t idak mungkin k + 2k bilangan kuadr at sempur na (kont r adiksi)

Ter bukt i bahwa unt uk set iap bilangan asli n dan semua bilangan asli d yang membagi 2n 2 , maka bilangan n 2 + d bukan mer upakan bilangan kuadr at sempur na.

232. ABCD adalah segiempat t alibusur dan AC adalah diamet er . Dar i A dan C dibuat gar is t egak lur us BD dan memot ong BD di t it ik X dan Y dengan t it ik Y lebih dekat ke B. Bukt ikan BY = XD. (Sumber : Buku Compet it ion Mat hemat ics) Solusi :

Misalkan O adalah pusat lingkar an dan per pot ongan gar is AC dan BD adalah t it ik M. Misalkan j uga panj ang OM = a maka MC = r − a dengan r adalah j ar i-j ar i lingkar an. Kar ena O pusat lingkar an dan BD t ali busur ser t a gar is melalui O memot ong BD t egak lur us di T maka T adalah per t engahan BD. Misal ∠BMC = θ maka : YT = YM + MT = MC cos θ + OM cos θ YT = r cos θ TX = AO cos θ = r cos θ YT = TX Kar ena YT = TX sedangkan T adalah per t engahan BD maka BY = XD (t er bukt i)

233. M adalah t it ik t engah sisi BC pada suat u ∆ABC. Tunj ukkan bahwa j ika AM : BC = 3 : 2 maka median dar i B dan C akan saling t egak lur us. (Sumber : Buku Compet it ion Mat hemat ics) Solusi :

Misal panj ang BC = 2a maka AM = 3a. Misalkan j uga t it ik ber at ∆ABC ada di t it ik G maka AG : GM = 2 : 1 GM = a Kar ena G adalah t it ik ber at maka gar is median dar i t it ik B dan C akan melalui t it ik G.

Kar ena MG = MB = MC = a maka t it ik B, G dan C t er let ak pada sat u lingkar an dengan diamet er 2a dan ber pusat di M.

Kar ena BC adalah diamet er dan G t er let ak pada lingkar an t er sebut maka o ∠BGC = 90 . Ter bukt i bahwa median dar i t it ik B dan C akan saling t egak lur us.

234. Pada segit iga ABC, M adalah t it ik t engah BC dan gar is bagi dar i sudut A memot ong BC di X. Sebuah lingkar an yang melalui t it ik A, X dan M memot ong AB di P dan Q . Bukt ikan BP = CQ . (Sumber : Buku Compet it ion Mat hemat ics) Solusi :

Misalkan ∠XAC = α maka ∠XAB = α Kar ena AXMP adalah segiempat t alibusur maka o ∠XAB + ∠XMP = 180 ∠XAB = ∠PMB = α

Misalkan o ∠BXA = β maka kar ena AXMP segiempat t alibusur ∠BXA + ∠APM = 180 ∠BPM = β Kar ena ∠BPM = ∠BXA dan ∠PMB = ∠XAB maka ∆BPM dan ∆BXA sebangun.

BX

Akibat nya BP = BM BA

Dengan car a yang sama didapat ∆CAM sebangun dengan ∆CXQ maka :

CA CX = CQ

CX =

CQ CM

CA CM

Kar ena AX adalah gar is bagi sudut A maka :

AC AB = CX at au BX =

maka :

BX CX BA AC BP = CQ BM CM

Kar ena M adalah per t engahan BC maka BM = CM. Maka : BP = CQ (t er bukt i)

235. S adalah t it ik yang t er let ak di dalam segit iga ABC sehingga luas ∆SAB, ∆SBC dan ∆SCA sama. Tunj ukkan bahwa S adalah t it ik ber at segit iga ABC. (Sumber : Buku Compet it ion Mat hemat ics) Solusi :

Misalkan luas ∆PQR dit ulis dengan [PQR] dan gar is AD, BE dan CF ket iganya melalui t it ik S. ∆ASC dan ∆AFC memiliki t inggi yang sama, maka :

[ SAC ]

CS =

CF [ AFC ]

∆BSC dan ∆BFC memiliki t inggi yang sama, maka :

[ SBC ]

CS =

CF [ BFC ] [ ] [ SBC ]

Maka SAC =

[ AFC ] [ BFC ]

Kar ena [ SAC] = [ SBC] maka [ AFC] = [ BFC] ∆AFC dan ∆BFC memiliki t inggi yang sama, maka :

[ AFC ]

AF =

FB [ BFC ]

Kar ena [ AFC] = [ BFC] maka AF = FB yang ar t inya F adalah per t engahan AB. Maka CF adalah median. Dengan car a yang sama didapat bahwa BE dan AD keduanya adalah j uga median. Kar ena AD, BE dan CF ber pot ongan di t it ik S maka S adalah t it ik ber at ∆ABC.

236. Tiga lingkar an dengan pusat di A, B dan C saling ber singgungan sepasang. Ket iga t it ik singgungnya adalah X, Y dan Z. Bukt ikan bahwa lingkar an yang melalui X, Y dan X adalah lingkar an dalam segit iga ABC. (Sumber : Buku Compet it ion Mat hemat ics) Solusi :

Misalkan gar is yang menyinggung lingkar an A dan B di t it ik Z dan gar is yang menyinggung lingkar an A dan C di t it ik Y ber t emu di t it ik K. Maka j elas bahwa KZ ⊥ AB dan KY ⊥ AC ser t a KZ = KY. Misalkan j uga t it ik M t er let ak pada BC sehingga KM ⊥ BC. BC = BM + MC

BC = BX + XC = R B +R C . dengan R B dan R c masing-masing menyat akan j ar i-j ar i lingkar an B dan C. Maka BC = BX + XC = BZ + CY ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) Akibat nya BM + MC = BZ + CY ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

2 2 2 2 (BM) 2 + (MK) = (BK) = (BZ) + (KZ) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)

2 2 2 2 2 2 (MC) 2 + (MK) = (CK) = (CY) + (KY) = (CY) + (KZ) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) Dar i per samaan (3) dan (4) didapat :

2 − (MC) 2 (BM) 2 = (BZ) − (CY) 2

(BM + MC)(BM − MC) = (BZ + CY)(BZ − CY) Kar ena BM + MC = BZ + CY maka : BM − MC = BZ − CY ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) (2) + (5) maka : 2(BM) = 2(BZ)

BM = BZ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (6) Kar ena BZ = BX = R B maka BM = BX. Ar t inya t it ik M dan K adalah t it ik yang sama

KX ⊥ BC.

(KX) 2 = (BK) 2 − (BX) 2 = (BK) 2 − (BZ) 2 = (KZ) 2

KX = KZ = KY Kar ena KX = KZ = KY dan masing-masing t egak lur us sisi-sisi ∆ABC maka K adalah pusat lingkar an dalam ∆ABC. Ter bukt i bahwa lingkar an yang melalui X, Y dan X adalah lingkar an dalam segit iga ABC.

237. Bukt ikan bahwa unt uk n bilangan bulat , n 3 + 11n habis dibagi 6. (Sumber : Buku Compet it ion Mat hemat ics)

Solusi : Alt er nat if 1 :

3 n 2 + 11n = n(n + 11)

2 2 J ika n ganj il maka n 3 + 11 genap. J ika n genap maka n(n + 11) genap. Maka 2 membagi n + 11n. Sebuah bilangan akan masuk ke dalam salah sat u dar i 3k, 3k + 1 at au 3k − 1.

J ika n = 3k maka n(n 2 + 11) habis dibagi 3 J ika n = 3k + 1 maka n 3 + 11n ≡ (1) 3 + 11(1) (mod 3) ≡ 0 (mod 3)

3 J ika n = 3k 3 − 1 maka n + 11n ≡ (−1) + 11( −1) (mod 3) ≡ 0 (mod 3)

Maka n 3 + 11n habis dibagi 3

Kar ena 2 dan 3 r elat if pr ima maka n 3 + 11n habis dibagi 2 ⋅ 3 = 6 (t er bukt i)

Alt er nat if 2 :

3 n 3 + 11n = n − n + 12n = (n − 1)n(n + 1) + 12n Kar ena n − 1, n dan n + 1 adalah 3 bilangan asli ber ur ut an maka (n − 1)n(n + 1) habis dibagi 3! = 6.

12n habis dibagi 6. Maka n 3 + 11n habis dibagi 6 (t er bukt i)]

238. Bukt ikan bahwa j ika p dan q bilangan ganj il maka p 2 −q 2 habis dibagi 8.

(Sumber : Buku Compet it ion Mat hemat ics) Solusi : Alt er nat if 1 : Bilangan kuadr at akan t er masuk ke dalam salah sat u dar i bent uk 8k, 8k + 1 at au 8k + 4.

2 Kar ena p dan q ganj il maka p 2 = 8k

2 Ter bukt i bahwa p 2 −q habis dibagi 8.

Alt er nat if 2 :

p 2 −q 2 = (2a + 1) 2 − (2b + 1) 2 = 4a(a + 1) − 4b(b + 1)

a(a + 1) dan b(b + 1) keduanya adalah per kalian dua bilangan asli ber ur ut an maka keduanya bilangan genap. Akibat nya 4a(a + 1) dan 4b(b + 1) keduanya habis dibagi 8.

2 Ter bukt i bahwa p 2 −q habis dibagi 8.

4 239. Bukt ikan bahwa j ika n bilangan ganj il maka n 2 − 18n + 17 habis dibagi 64.

(Sumber : Buku Compet it ion Mat hemat ics) Solusi : Alt er nat if 1 :

Bilangan kuadr at akan memenuhi salah sat u bent uk 8k, 8k + 1 at au 8k + 4.

2 Kar ena n 2 ganj il maka n = 8k + 1.

4 − 18n 2 n 2 + 17 = (8k + 1) − 18(8k + 1) + 17

4 2 n 2 − 18n + 17 = 64k + 16k + 1 − 144k − 18 + 17

n 4 − 18n 2 + 17 = 64k 2 − 128k n 4 − 18n 2 + 17 = 64(k 2 − 2k)

Alt er nat if 2 : Kar ena n ganj il maka n = 2k + 1

4 2 4 n 2 − 18n + 17 = (2k + 1) − 18(2k + 1) + 17

4 2 4 3 2 n 2 − 18n + 17 = 16k + 32k + 24k + 8k + 1 − 72k − 72k − 18 + 17

4 − 18n 2 4 3 n 2 + 17 = 16k + 32k − 48k − 64k

4 − 18n 2 2 n 2 + 17 = 16k (k − 2k − 3) − 64k n 4 − 18n 2 2 + 17 = 16k (k − 3)(k + 1) − 64k

2 ⏐16k 2 J ika k genap maka k 2 habis dibagi 4 maka 64 64 ⏐n 4 − 18n + 17

− 3 dan k + 1 keduanya genap. Maka 4⏐(k − 3)(k + 1) 64⏐ n 4 − 18n J ika k ganj il maka k 2 + 17.

4 Ter bukt i bahwa j ika n bilangan ganj il maka n 2 − 18n + 17 habis dibagi 64.

240. J ika n bilangan bulat lebih dar i 1, bukt ikan bahwa n 6 −n 2 habis dibagi 60.

(Sumber : Buku Compet it ion Mat hemat ics) Solusi : Alt er nat if 1 :

6 2 2 2 n 2 −n =n (n − 1)(n + 1)

6 2 2 n 2 −n =n (n − 1)(n + 1)(n + 1) Kar ena n 6 − 1, n dan n + 1 adalah 3 bilangan asli ber ur ut an maka 3! = 6 membagi n −n 2 at au 3 membagi n 6 −n 2 .

2 Bilangan kuadr at akan ber bet uk 4k at au 4k + 1 maka salah sat u dar i n 2 at au n − 1 habis dibagi 4.

6 Akibat nya n 2 −n habis dibagi 4. J ika n = 5k at au 5k + 1 at au 5k + 4 maka maka 5 akan membagi masing-masing n at au n − 1 at au n + 1.

2 J ika n = 5k + 2 maka n 3 +1 ≡2 + 1 (mod 5) ≡ 0 (mod 5)

2 +1 ≡3 J ika n = 5k + 3 maka n 3 + 1 (mod 5) ≡ 0 (mod 5)

Maka 5 membagi n 6 −n 2 .

6 Kar ena n 2 habis dibagi 3, 4 dan 5 sedangkan 3, 4, 5 masing-masing r elat if pr ima maka n − n habis dibagi 3 ⋅ 4 ⋅ 5 = 60.

Alt er nat if 2 :

n 6 −n 2 =n 2 (n − 1)(n + 1)(n 2 + 1)

6 2 2 n 2 −n =n (n − 1)(n + 1)(n − 4 + 5)

6 2 2 2 n 2 −n =n (n − 1)(n + 1)(n − 4) + 5n (n − 1)(n + 1)

6 2 2 n 2 −n =n (n − 1)(n + 1)(n − 2)(n + 2) + 5n (n − 1)(n + 1) n − 2, n − 1, n , n + 1, dan n + 2 adalah 5 bilangan bulat ber ur ut an ber ur ut an maka 5! = 120 akan

membagi n 2 (n − 1)(n + 1)(n − 2)(n + 2) at au 60 membagi n 2 (n − 1)(n + 1)(n − 2)(n + 2). Kar ena n − 1, n dan n + 1 adalah 3 bilangan asli ber ur ut an maka 3! = 6 membagi n(n − 1)(n + 1) at au 3

membagi 5n 2 (n − 1)(n + 1).

2 Bilangan kuadr at akan ber bet uk 4k at au 4k + 1 maka salah sat u dar i n 2 at au n − 1 habis dibagi 4.

2 Akibat nya 5n (n − 1)(n + 1) habis dibagi 4. Kar ena 5n 2 (n − 1)(n + 1) habis dibagi 3, 4 dan 5 sedangkan 3, 4, 5 masing-masing r elat if pr ima maka 5n 2 (n − 1)(n + 1) habis dibagi 3 ⋅ 4 ⋅ 5 = 60.

6 −n Ter bukt i bahwa n 2 habis dibagi 60.

241. Bukt ikan bahwa p 2 − 1 habis dibagi 24 j ika p bilangan pr ima t idak kur ang dar i 5.

(Sumber : Buku Compet it ion Mat hemat ics) Solusi : Bilangan kuadr at akan t er masuk ke dalam salah sat u dar i bent uk 8k, 8k + 1 at au 8k + 4.

Kar ena p bilangan pr ima > 3 yang ber ar t i p ganj il maka p 2 = 8k + 1.

p 2 − 1 = 8k + 1 − 1 = 8k 8⏐p 2 −1

p − 1, p dan p + 1 adalah 3 bulat bilangan ber ur ut an. Salah sat unya past i habis dibagi 3. Kar ena p pr ima lebih dar i 3 maka 3 t idak membagi p. Akibat nya 3 membagi p − 1 at au p + 1

p 2 − 1 = (p + 1)(p − 1) 3⏐P 2 −1

Kar ena p 2 − 1 habis dibagi 3 dan 8 sedangkan 3 dan 8 r elat if pr ima maka 24⏐p 2 −1

242. Tent ukan bilangan dengan t epat memiliki 8 pembagi posit if yang hasil kali pembagi-pembaginya sama dengan 331776. (Sumber : Buku Compet it ion Mat hemat ics) Solusi :

Misalkan bilangan t er sebut = n dengan d 1 ,d 2 ,d 3 , ⋅⋅⋅, d 8 adalah pembagi-pembaginya ser t a ber laku bahwa d 1 <d 2 <d 3 <d 4 < ⋅⋅⋅ < d 8 . J elas bahwa d 1 = 1 dan d 8 = n.

I ngat bahwa d 1 ⋅d 8 =d 2 ⋅d 7 =d 3 ⋅d 6 =d 4 ⋅d 5 = n. Maka :

4 12 dddddddd =n 4

n=2 3 ⋅3 Maka bilangan t er sebut adalah 24.

243. J ika x, y, z dan n adalah bilangan asli yang memenuhi x n +y =z maka bukt ikan bahwa x, y dan z semuanya lebih dar i n.

(Sumber : Buku Pr oblem Pr imer For The Olympiad) Solusi : Tanpa mengur angi keumuman soal andaikan bahwa y ≥ x. J elas bahwa z > x, y

z ≥y+1

x n =z n −y n = (z − y)(z n-1 +z n-2 y+z n-3 y 2 + ⋅⋅⋅ + y n-1 ) > (1) (y n-1 +y n-2 y+y n-3 y 2 + ⋅⋅⋅ + y n-1 )=ny n-1

n n-1

x n-1 >ny >nx x>n

Kar ena y ≥ x dan z > x maka x, y dan z semuanya lebih dar i n (t er bukt i)

4 3 244. Diber ikan per samaan x 2 + px + qx + r x + s = 0 yang mempunyai empat akar r eal posit if . Bukt ikan bahwa :

i. pr − 16s ≥ 0

ii. q 2 − 36s ≥ 0 dengan t anda kesamaan t er j adi bila keempar akar nya sama.

(Sumber : Buku Pr oblem Pr imer For The Olympiad) Solusi :

pr = ( x 1 + x 2 + x 3 + x 4 ) ⎜⎜ + + + ⎟⎟ ( x 1 x 2 x 3 x 4 ) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

Menur ut ket aksamaan AM-GM maka :

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 ≥ 4 ⋅ 4 x 1 x 2 x 3 x 4 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

x 1 x 2 x 3 x 4 x 1 x 2 x 3 x 4 Tanda kesamaan t er j adi bila x 1 =x 2 =x 3 =x 4

Dar i per samaan (2) dan (3) didapat : Dar i per samaan (2) dan (3) didapat :

pr = ( x 1 + x 2 + x 3 + x 4 ) ⎜⎜ + + + ( x 1 x 2 x 3 x 4 ) ≥ 16 s

pr − 16s ≥ 0 (t er bukt i) Menur ut ket idaksamaan AM-GM maka :

p ≥6⋅s 1/ 2 p 2 − 36s ≥ 0 (t er bukt i)

245. Misalkan f adalah f ungsi yang didef inisikan pada bilangan bulat t ak negat if . Diket ahui bahwa :

i.

x − f ( x ) = 19 − 90 ⎢⎣ unt uk semua bilangan bulat t ak negat if x

ii. 1900 < f (1990) < 2000 Tent ukan semua kemungkinan nilai f (1990). (Di sini t anda [ z] didef inisikan sebagai bilangan bulat t er besar kur ang dar i at au sama dengan z. Cont oh [ 3,145] = 3) (Sumber : Buku Pr oblem Pr imer For The Olympiad) Solusi :

⎡ f ( 1990 ) ⎤

1990 − f ( 1990 ) = 19 − 90 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) ⎢⎣

Misalkan f (1990) = 90k + c dengan 0 ≤ c ≤ 89

= ⎡+ k = k mengingat bahwa 0 ⎢⎣ ≤ c < 90

⎡ 90 k + c ⎤

Per samaan (1) akan menj adi : 1990 − 90k − c = 1976 − 90k

c = 14 1900 < f (1990) < 2000

1900 < 90k + 14 < 2000

1886 < 90k < 1986

21 ≤ k ≤ 22 J ika k = 21 maka f (1990) = 90 ⋅ 21 + 14 = 1904 J ika k = 22 maka f (1990) = 90 ⋅ 22 + 14 = 1994 Semua nilai f (1990) yang mungkin adalah 1904 at au 1994

3 3 3 3 246. J ika a, b dan c bilangan bulat t unj ukkan bahwa abc(a 3 −b 3 )(b −c )(c −a ) habis dibagi 7. (Sumber : Buku Pr oblem Pr imer For The Olympiad)

Solusi :

3 −b 3 3 3 3 Misalkan N = abc(a 3 )(b −c )(c −a )

Pangkat t iga dar i suat u bilangan bulat j ika dibagi 7 akan ber sisa 0, 1 at au 6 • J ika salah sat u a, b at au c habis dibagi 7 maka N habis dibagi 7 (t er bukt i) • J ika t idak ada sat upun a, b dan c yang habis dibagi 7.

3 3 Maka a 3 ,b dan c j ika dibagi 7 akan ber sisa 1 at au 6.

Kar ena hanya ada dua kemungkinan j ika dibagi 7, maka sesuai Pigeon Hole Pr inciple sedikit nya dua

di ant ar a a 3 ,b 3 dan c 3 memiliki sisa yang sama j ika dibagi 7.

Akibat nya sedikit nya sat u di ant ar a (a 3 −b 3 ), (b 3 −c 3 ) at au (c 3 −a 3 ) habis dibagi 7.

3 3 3 3 3 Maka N = abc(a 3 −b )(b −c )(c −a ) habis dibagi 7 (t er bukt i)

247. J ika

+ = dengan a, b c adalah bilangan asli dan FPB(a, b dan c) = 1, bukt ikan bahwa a + b adalah

bilangan kuadr at . (Sumber : Buku Pr oblem Pr imer For The Olympiad) Solusi : Kar ena a, b dan c ket iga bilangan asli maka a > c dan b > c.

Misalkan FPB(a, b) = d sehingga a = da 1 dan b = db 1 FPB(a 1 ,b 1 )=1

Kar ena FPB(a, b, c) = 1 maka FPB(da 1 , db 1 , c) = 1

Maka FPB(d, c) = 1

Kar ena FPB(a , b ) = 1 maka FPB(a + b , a b ) = 1 1 1 1 1 11 1 a + b = d dan a b = c 1 11

a + b = da 2

1 + db 1 = d(a 1 +b 1 )=d

Maka a + b mer upakan bilangan kuadr at (t er bukt i). Lihat j uga soal Br it ish Mat hemat ical Olympiad 1998 Round 2.

248. J ika a, b dan c adalah bilangan ganj il, bukt ikan bahwa akar -akar per samaan kuadr at ax 2 + bx + c = 0 t idak dapat mer upakan bilangan r asional. (Sumber : Buku Pr oblem Pr imer For The Olympiad) Solusi :

Andaikan bahwa t er dapat akar yang mer upakan bilangan r asional yait u dengan p dan q r elat if

pr ima.

2 a 2 ⎜⎜ ⎟⎟ + b ⎜⎜ ⎟⎟ + c = 0 ap + bpq + cq =0

2 Kar ena bpq + cq 2 habis dibagi q maka ap j uga habis dibagi q. Kar ena p dan q r elat if pr ima maka a habis dibagi q

a=a 1 q.

2 Kar ena ap 2 + bpq habis dibagi p maka cq j uga habis dibagi p. Kar ena p dan q r elat if pr ima maka c membagi p

c=c 1 p.

Kar ena a dan c keduanya ganj il maka a 1 ,c 1 , p dan q semuanya ganj il

2 (a 2

1 q)p + bpq + (c 1 p)q =0

a 1 p+b+c 1 q=0

a 1 ,c 1 , p, q dan b semuanya ganj il maka a 1 p+b+c 1 q ganj il sehingga t idak mungkin a 1 p+b+c 1 q = 0. Kont r adiksi.

Ter bukt i bahwa akar -akar per samaan kuadr at ax 2 + bx + c = 0 t idak dapat mer upakan bilangan r asional.

2 1 2 ⎞ 1 ⎞ 25 249. J ika a dan b bilangan r eal posit if yang memenuhi a + b = 1 bukt ikan bahwa ⎛+ ⎜ a ⎟ + ⎜ ⎛+ b ⎟ ≥ .

(Sumber : Buku Pr oblem Pr imer For The Olympiad) Solusi :

a ⎟ + ⎛+ ⎜ b ⎟ = a + 2 + b + 2 + 4 = ( a + b ) − 2 ab + ⎜ ⎛+ ⎟ − + 4 ⎝

ab

2 ab 1 − 2 ⎛+ ab

⎜ a ⎟ + ⎛+ ⎜ b ⎟ = 1 − 2 ab + ⎜ ⎟ −

2 + 4 = 5 − 2 ab +

⎝ ab ⎠

( ab )

( ab )

⎛+ 2 a b ⎞ 1 ⎛ 1 ⎞ 1

Dengan AM-GM didapat ab ≤ ⎜

1 − ab 2 ≥ 1 − 2 ⎜ ⎟ =

a ⎟ + ⎛+ ⎜ b ⎟ ≥ 5 − 2 ⎜ ⎟ + ⎜

⎜ a ⎟ + ⎜ ⎛+ b ⎟ ≥

250. Diket ahui a, b dan c bilangan-bilangan r eal yang memenuhi a + b + c = 1 dan a, b, c ≤ 1. Bukt ikan bahwa

2 2 a 2 +b +c > abc. (Sumber : J ur nal Mahkot a Mat emat ika Edisi 1, Pr oblem Solving)

Solusi : Tidak mungkin ket iga bilangan a, b dan c semuanya ≤ 0 sebab t idak akan memenuhi a + b + c = 1. • J ika t er dapat t epat sat u di ant ar a a, b dan c ber nilai ≤ 0

maka abc ≤0 Ber dasar kan a + b + c = 1 maka t idak mungkin ket iga a, b dan c semuanya 0

2 2 Maka a 2 +b +c >0

2 2 a 2 +b +c > abc (t er bukt i) • J ika t er dapat t epat dua di ant ar a a, b dan c ber nilai ≤ 0 maka a + b + c = 1 hanya dapat dipenuhi

j ika salah sat u a, b dan c = 1 dan yang lainnya = 0. Maka abc = 0

a 2 +b 2 +c 2 = 1 > abc (t er bukt i) • J ika ket iga bilangan a, b dan c ≥ 0 Dengan ket idaksamaan AM-GM

a + b + c 3 ≥ abc

3 1 abc ≤

a +b +c ≥ () 3 abc 3 = 3 ( abc )

abc

Kar ena bilangan a, b dan c t idak mungkin ket iganya 0, maka : Kar ena bilangan a, b dan c t idak mungkin ket iganya 0, maka :

251. Misalkan a 1 ,a 2 , ⋅⋅⋅, a n bar isan ar it mat ika di mana a 1 dan a n adalah bilangan asli dan n − 1 adalah bilangan pr ima. Bukt ikan bahwa j ika a k bilangan asli unt uk suat u k, 2 ≤ k ≤ n − 1, maka a i bilangan asli unt uk semua i, 1 ≤ i ≤ n. (Sumber : J ur nal Mahkot a Mat emat ika Edisi 1, Pr oblem Solving) Solusi : Misalkan selisih dua bilangan ber ur ut an adalah b

Kar ena n − 1 pr ima dan n ≠ k maka

adalah pecahan yang paling seder hana.

Kar ena a n −a 1 dan a k −a 1 keduanya bilangan bulat maka a n −a 1 = m(n − 1) dan a k −a 1 = m(k − 1) unt uk suat u bilangan bulat m.

n − 1 Maka selisih dua bilangan ber ur ut an adalah bilangan bulat . Gr af ik n t er hadap a n mer upakan gar is lur us

Kar ena a 1 dan a n bilangan asli maka a i bilangan asli unt uk 1 ≤ i ≤ n (t er bukt i)

252. Misalkan ABC segit iga yang t idak sama kaki. Tit ik O dan t it ik I ber t ur ut -t ur ut adalah t it ik pusat lingkar an luar dan lingkar an dalam segit iga ABC. Bukt ikan bahwa ∠AI O = 90 o j ika dan hanya j ika AB + AC = 2BC. (Sumber : J ur nal Mahkot a Mat emat ika Edisi 1, Pr oblem Solving) Solusi :

Misalkan r dan R secar a ber ur ut an menyat akan j ar i-j ar i lingkar an dalam dan j ar i-j ar i lingkar an luar segit iga ABC.

Luas ∆ABC = ½ r (a + b + c) = ½ab sin C = ab =

1 c abc

2 Luas ∆ ABC r =

a + b + c abc

4 Luas ∆ ABC

2Rr (a + b + c) = abc Ada dua hal yang har us dibukt ikan. • Akan dibukt ikan bahwa j ika ∠AI O = 90 o maka b + c = 2a

Alt er nat if 1 :

Misalkan o ∠OAC = β maka ∠AOC = 180 − 2β = 2B B + β = 90 Pada ∆AI O ber laku

AI ⎛ 1 ⎞ = cos ⎜ A − β ⎟

AO

Syar at AI ≠ AO maka A ≠ 2β

A ≠ 180 o − 2B

180 o − B − C ≠ 180 o − 2B

B ≠C( ∆ABC t idak sama kaki) r

⎛ 1 1 ⎞ = sin ⎜ ( A + B ) + B ⎟

R sin A ⎝ 2 2 ⎠

cos ( B − C )

R cos ( B + C )

cos B + cos C

Rr

2 ac 2 ab

2 2 2 2 2 2 ⎛ 2 2 Luas ∆ ABC ⎞ ⎛ 2 ( a + b + c ) ⎞ b ( a + c − b ) + c ( a + b − c )

abc

2 abc

Dengan Rumus Her on didapat :

2(a + b − c)(a + c − b)(b + c − a) = b(a 2 +c 2 −b 2 2 2 −c 2 ) + c(a +b )

2 − (b − c) 2 − a) = a 2 2(a 2 )(b + c (b + c) + (b −c 2 )(c − b)

2 − (b − c) 2 2(a 2 )(b + c − a) = (b + c)(a 2 − (b − c) )

(a 2 − (b − c) 2 )(b + c − 2a) = 0 a=b − c dan a = c − b t idak memenuhi sebab akan membuat panj ang salah sat u sisi segit iga sama

dengan j umlah panj ang kedua sisi yang lain (kont r adiksi)

b + c = 2a (t er bukt i) Alt er nat if 2 : Misalkan AC t er let ak pd sb X dengan koor dinat A(0,0). Maka I (r cot ½A, r ) dan O(R sin B, R cos B)

AI = r cot A i ˆ + r ˆ j

AO = R sin B i ˆ + R cos B j ˆ

IO = ⎜ R sin B − r cot A ⎟ i ˆ + ( R cos B − r ) ˆ j

Misalkan pr oyeksi vekt or AO t er hadap AI adalah maka : c AO ⋅ AI

2 AI AI

Rr cot A sin B + Rr cos B

2 AI

2 ⎛ 2 1 ⎞ r ⎜ cot A + 1 ⎟

⎛ R sin A sin B Rr ( 1 − cos A ) cos B ⎞

2 ⎟ AI

2R sinA = a ; 2R sin B = b

2 2 2 2 2 ⎜ 2 ab ( a + b + c ) abc ⎛ a + b + c ⎞ ⎛ 2 bc − b − c + a ⎞ ⎛ a + c − b ⎞ ⎞

⎟ AI ⎝ 4 abc

4 ( a + b + c ) ⎝ 2 Luas ∆ ABC ⎜⎜ ⎠

2 bc ⎟⎟ ⎜⎜

2 ⎝ ⎟⎟ ac ⎠ ⎠

2 2 2 2 2 ⎛ 2 ( a + b + c ) ( 2 bc − b − c + a )( a + c − b ) ⎞

c = ⎜⎜ + AI ⎝

4 c 4 c ( a + b − c )( a + c − b )( b + c − a ) ⎟⎟ ⎠

Kar ena IO t egak lur us AI maka c = AI .

2 2 2 2 2 ⎛ 2 ( a + b + c ) ( 2 bc − b − c + a )( a + c − b ) ⎞

4 c 4 c ( a + b − c )( a + c − b )( b + c − a ) ⎟⎟ ⎠

2 2 2 2 a 2 + b + c ( a − ( b − c ) )( a + c − b )

4 c 4 c ( b + c − a )( a − ( b − c ) )

Kar ena panj ang salah sat u sisi segit iga t idak akan sama dengan j umlah kedua sisi yang lain maka a +b −c≠0 ; a+c−b≠0 ; b+c−a≠0

2 2 ( 2 a + b + c )( b + c − a ) + ( a + c − b ) − 4 c ( b + c − a ) = 0

2 2 2 2 2 2 b 2 + 2bc + c −a +a +c −b − 4bc − 4c + 4ac = 0

4ac = 2bc + 2c 2

b + c = 2a (t er bukt i)

• Akan dibukt ikan bahwa j ika b + c = 2a maka ∠AI O = 90 o Kar ena b + c = 2a maka c, a dan b mer upakan bar isan ar it mat ika. Misal c = a − k dan b = a + k unt uk suat u bilangan r eal k Misal ∠OBC = α maka ∠BOC = 180 o − 2α = 2A A + α = 90 o Alt er nat if 1 :

( AI ) =

⎛ 1 ⎞ ⎜ sin A ⎟

2 ⎛ 2 Luas ∆ ABC ⎞ ⎛ 2 ⎞

( AI ) = ⎜

⎟ ⎝ a + b + c ⎠ ⎝ 1 − cos A ⎠

2 ⎛ ( a + b − c )( a + c − b )( b + c − a ) ⎞ ⎛

bc ⎞

( AI ) = ⎜

a + b + c ⎠ ⎝ 2 bc − b − c + a ⎠

2 ⎛ ( a + 2 k )( a − 2 k ) a ⎞ ⎛

( AI ) = ⎜

3 a ⎠ ⎝ 2 ( a − k ) − 2 a − 2 k + a ⎟⎟ ⎠

( AI ) =

3 Alt er nat if 1a : Pada ∆BI O ber laku :

(I O) = (BI ) + (BO) − 2(BI )(BO) cos

IO = ⎜

⎟ R sin ⎜ ( A + B ) + A ⎟

⎜ sin B ⎟

⎜ sin B

2 ⎜ sin B ⎟ ( IO ) = 2 R ⎜ sin B ⎟ − ⎜⎜ 4 Rr ⎜ sin B ⎟ ⎜ cos ( A − C ) ⎟ − 2 r ⎟⎟ ⎝

2 ⎞ ( 1 − cos B )( IO ) = R ( 1 − cos B ) − ⎜⎜ 4 Rr ⎜ cos ( A + C ) ⎟ ⎜ cos ( A − C ) ⎟ − 2 r

2 2 2 2 2 ⎛ 2 2 ac − a − c + b ⎞

2 2 ⎛ 2 ac − a − c + b ⎞

( 2 Rr ( cos A + cos C ) − 2 r )

⎜⎜ 2 ( IO ) = R −

2 ac ⎟⎟

2 ac ⎠

⎛ 2 ac − a 2 − c 2 + b 2 ⎞ ⎛ abc ⎛ b 2 + c 2 − a 2 a 2 + b 2 2 2 − 2 c 2 ⎞ ⎛ 2 Luas ∆ ABC ⎞ ⎞ ⎜⎜

⎛ 2 ac − a 2 − c 2 + b 2 ⎞

2 bc 2 ab ⎟⎟ ⎠ ⎝ a + b + c ⎠ ⎟ ⎠ Gunakan r umus Her on dan subt it usikan c = a − k dan b = a + k

a + 4 k ⎞ ( a + 2 k )( a − 2 k ) ⎞ ⎜⎜

⎟⎟ ( IO ) = R ⎜⎜

2 ( a − k ) ⎜ 3 ⎜⎜

2 2 ⎛ a + 2 k ⎞ ⎛ a + 2 k + ( a + 4 k )( a − k ) − ( a − 4 k ) ⎞ ⎜⎜

⎟⎟ ( IO ) = R

( IO ) = R −

Dar i per samaan (1) dan (2) ser t a mengingat AO = R maka

2 2 − (AI ) (I O) 2 = (AO) Ber dasar kan dalil pit agor as maka ∆AI O siku-siku di I

∠AI O = 90 o (t er bukt i) Alt er nat if a 1b : Misalkan AC t er let ak pada sumbu X dengan koor dinat A(0,0). Maka I (r cot ½A, r ) dan O(R sin

B, R cos B)

AI = r cot A i ˆ + r ˆ j

2 AO = R sin B i ˆ + R cos B ˆ j

IO = ⎜ R sin B − r cot A ⎟ i ˆ + ( R cos B − r ) ˆ j

IO 2 = ⎜ R sin B − r cot A ⎟ + (

R cos B − r )

IO = R − 2 Rr sin B cot A + r ⎜ ⎛+ 1 cot A ⎟ − 2 Rr cos B

⎞ ⎛ ⎞ 2 2 ⎞ ⎛ abc a + 2 c − b 2 ⎞ IO = R − ⎜

2 ⎛ abc ⎞

1 ⎛ 2 Luas ∆ ABC ⎛

n mengingat bahwa 2R sinA = a ; 2R sin B = b ; ser t a R 2 ⎛

⎟ maka : ⎝ 4 Luas ∆ ABC ⎠

2 b ( b + c − a ) bc ( b + c − a ) b ( a + c − b )

IO = R −

Subt it usikan b = a + k dan c = a −k

2 a ( a + k ) ( a − k ) ( a + k )( a − 4 k )

IO = R −

( IO ) = R −

Dar i per samaan (1) dan (3) ser t a mengingat AO = R maka

2 2 (I O) 2 = (AO) − (AI ) Ber dasar kan dalil pit agor as maka ∆AI O siku-siku di I

∠AI O = 90 o (t er bukt i)

Alt er nat if 2 :

AI = r cot A i ˆ + r ˆ j

AO = R sin B i ˆ + R cos B j ˆ

IO = ⎜ R sin B − r cot A ⎟ i ˆ + ( R cos B − r ) ˆ j

Misalkan pr oyeksi vekt or AO t er hadap AI adalah maka : c AO ⋅ AI

2 AI AI

Rr cot A sin B + Rr cos B

2 AI

2 ⎛ 2 1 ⎞ r ⎜ cot A + 1 ⎟

⎛ R sin A sin B Rr ( 1 − cos A ) cos B ⎞

2 ⎟ AI

2R sinA = a ; 2R sin B = b

2 2 2 2 2 ⎜ 2 ab ( a + b + c ) abc ⎛ a + b + c ⎞ ⎛ 2 bc − b − c + a ⎞ ⎛ a + c − b ⎞ ⎞

AI ⎝ 4 abc

4 ( a + b + c ) ⎝ 2 Luas ∆ ABC ⎜⎜

2 bc ⎠ ⎝

2 ac ⎠ ⎠

2 2 2 2 2 ⎛ 2 ( a + b + c ) ( 2 bc − b − c + a )( a + c − b ) ⎞

AI ⎜⎜ ⎝

4 c 4 c ( a + b − c )( a + c − b )( b + c − a ) ⎟⎟ ⎠

Subt it usikan b = a + k dan c = a −k

2 2 2 2 2 ⎛ 2 3 a ( 2 a − 2 k − 2 a − 2 k + a )( a − 4 ak ) ⎞

AI

c = ⎜⎜

4 ( a − k )( a + 2 k )( a − 2 k )( a )

c = ⎜⎜

⎟⎟ AI = AI

⎝ 4 ( a − k ) 4 ( a − k ) ⎠ Kar ena c = AI maka OI t egak lur us AI

∠AI O = 90 o t er bukt i.

253. Misalkan a dan b bilangan asli demikian sehingga a + b habis membagi ab. Bukt ikan bahwa gcd(a, b) bilangan pr ima j ika dan hanya j ika a + b kuadr at dar i suat u bilangan pr ima. (Sumber : J ur nal Mahkot a Mat emat ika Edisi 1, Pr oblem Solving) Solusi : Kar ena a + b habis membagi ab maka m(a + b) = ab unt uk suat u bilangan asli m Ada dua hal yang per lu dibukt ikan

• Akan dibukt ikan bahwa j ika FPB(a, b) bilangan pr ima maka a + b kuadr at suat u bilangan pr ima

Misal FPB(a, b) = p unt uk suat u bilangan pr ima p

Maka a = pa 1 dan b = pb 1 dengan FPB(a 1 ,b 1 )=1

Kar ena

t idak bulat unt uk a 1 ≠ 1 sedangkan = b 1 bulat maka FPB(a 1 +

b 1 ,a 1 b 1 )=1 Dar i m(a + b) = ab didapat : mp(a +b

1 1 )=p a 1 b 1

Kar ena FPB(a 1 +b 1 ,a 1 b 1 ) = 1 dan p bilangan pr ima maka

dan

masing-masing adalah

pecahan yang paling seder hana yang hanya akan dipenuhi j ika a 1 +b 1 = p dan a 1 b 1 =m

a + b = p(a 1 +b 1 ) a+b=p 2 (t er bukt i)

• Akan dibukt ikan bahwa j ika a + b kuadr at suat u bilangan pr ima maka FPB(a, b) bilangan pr ima

a+b=p 2 unt uk suat u bilangan pr ima p Misal FPB(a, b) = n maka a + b = n(a 2

1 +b 1 )=p

2 Maka n membagi p 2 n = 1, p at au p

Tidak mungkin n = p 2 sebab akan membuat a

1 +b 1 =1<2

J ika n = 1 mn(a 2

1 +b 1 )=n a 1 b 1

m(a 1 +b 1 )=a 1 b 1

Kar ena FPB(a 1 +b 1 ,a 1 b 1 ) = 1 maka t idak mungkin

bulat .

Maka n = FPB(a, b) = p (t er bukt i)