PERSIAPAN MENUJU OSN BIDANG MATEMATIKA (1)
PERSIAPAN MENUJU OSN BIDANG MATEMATIKA
DI SUSUN OLEH : EDDY HERMANTO, ST SMA NEGERI 5 BENGKULU
JALAN CENDANA NO 20 BENGKULU KODE POS 38228
TELP. (0736) 21433
TAHUN 2006
KATA PENGANTAR
Alhamdulillah Penulis ucapkan kepada Allah, SWT atas semua yang yang diberikan-Nya kepada Penulis sehingga Penulis dapat menyelesaikan penulisan buku ini. Buku ini Penulis tulis sebagai kelanjutan dari apa yang pernah Penulis sampaikan pada diskusi dengan guru-guru se- Indonesia dalam acara Simposium Guru III pada kegiatan Olimpiade Sains Nasional Tahun 2005 di Jakarta.
Buku ini dapat digunakan oleh semua pihak dalam mempersiapkan siswa-siswanya menuju Olimpiade Matematika Tingkat Nasional.
Ucapan terima kasih dari Penulis kepada semua pihak yang telah membantu dalam penyelesaian buku ini.
Penulis merasa bahwa buku ini masih jauh dari sempurna. Untuk itu saran dan kritik dari Pembaca sangat Penulis nantikan.
Akhir kata semoga buku ini dapat memberikan manfaat yang sebesar-besarnya bagi Pembaca sekalian.
Bengkulu, April 2006
EDDY HERMANTO, ST
KUMPULAN SOAL DAN PENYELESAI AN PERSIAPAN MENUJU OSN BIDANG MATEMATIKA
1. Misalkan ABCD adalah segiempat t alibusur dan P dan Q ber t ur ut -t ur ut adalah t it ik yang t er let ak pada sisi AB dan AD sehingga AP = CD dan AQ = BC. Misalkan M adalah t it ik per pot ongan AC dan PQ . Bukt ikan bahwa M adalah t it ik t engah PQ . (Sumber : Aust r alian Mat hemat ical Olympiad 1996) Solusi :
Misalkan [ XYZ] menyat akan luas ∆XYZ. ∠QME = ∠PMF MQ = Q E cosec ∠QME dan MP = PF cosec ∠PMF
MP = PF MQ QE
AC adalah alas ∆ACP dan ACQ maka
PF MP [ ACP ] QE MQ [ ACQ ]
Misalkan R t er let ak pada sisi AB at au per panj angan AB sehingga CR t egak lur us AB. Maka CR mer upakan t inggi dar i ∆ABC dan ∆ACP.
[ ] AP
ACP =
[ ABC ] AB
Misalkan T t er let ak pada sisi AD at au per panj angan AD sehingga CT t egak lur us AD. Maka CT mer upakan t inggi dar i ∆ACD dan ∆ACQ.
[ ] AQ
ACQ =
[ ACD ] AD
MP [ ACP ] AP ⋅ AD ⋅ [ ABC ]
MQ [ ACQ ] AB ⋅ AQ ⋅ [ ACD ]
Misalkan o ∠ABC = α maka ∠ADC = 180 − α (ABCD adalah segiempat t ali busur ) sin ∠ABC = sin ∠ADC = sin α
MP [ ACP ] AP ⋅ AD ⋅ [ ABC ] AP ⋅ AD ⋅ AB ⋅ BC ⋅ sin α
MQ [ ACQ ] AB ⋅ AQ ⋅ [ ACD ] AB ⋅ AQ ⋅ AD ⋅ CD ⋅ sin α
Kar ena AP = CD dan AQ = BC maka
MP =
1 MP = MQ MQ
M adalah t it ik t engah PQ (t er bukt i)
2 2 2. 2 J ika a,b, c > 0 dan a +b +c = 3 maka bukt ikan bahwa :
1 + ab 1 + bc 1 + ca 2
(Sumber : Belar ussian Mat hemat ical Olympiad 1999) Solusi :
2 2 2 2 2 Ber dasar kan AM-GM didapat bahwa a 2 +b ≥ 2ab ; a +c ≥ 2ac dan b +c ≥ 2bc
1 + ab 1 + bc 1 + ca a + b b + c a + c
Ber dasar kan AM-HM didapat bahwa :
. Maka :
1 + ab 1 + bc 1 + ca 2
(t er bukt i)
3. Bukt ikan bahwa j ika x dan y adalah bilangan r asional yang memenuhi pesamaan
5 5 2 x 2 +y = 2x y
maka 1 − xy adalah kuadr at dar i suat u bilangan r asional (Sumber : Br it ish Mat hemat ical Olympiad 1990) Solusi : • J ika y = 0 dan at au x = 0
1 − xy = ⎜⎜
Kar ena x dan y bilangan r asional maka
2 adalah j uga bilangan r asional.
Ter bukt i bahwa 1 − xy adalah kuadr at dar i suat u bilangan r asional.
4. Tent ukan bilangan enam angka n yang memenuhi (i) n adalah bilangan kuadr at sempur na, (ii) bilangan dibent uk dengan t iga angka t er akhir n lebih sat u dar i t iga angka per t ama n. (Sebagai ilust r asi n t er lihat seper t i 123124 t et api it u bukan bilangan kuadr at ) (Sumber : Br it ish Mat hemat ical Olympiad 1993 Round 1) Solusi :
Misalkan t iga angka per t ama n adalah a, maka n = 1000a + a + 1 = m 2 m 2 − 1 = 1001a = 7 ⋅ 11 ⋅ 13 ⋅ a 100000 2 ≤m ≤ 999999
316 < m < 1000 (m + 1) (m − 1) = 7 ⋅ 11 ⋅ 13 ⋅ a • J ika m + 1 = 143b dan m − 1 = 7c dengan bc = a
Kar ena 317 < m + 1 < 1001 maka 2 < b < 7. Kar ena m − 1 = 7c maka m − 1 ≡ 0 (mod 7) m ≡ 1 (mod 7) m+1 ≡ 2 (mod 7) 143b ≡ 2 (mod 7) 143b = 7 ⋅ 20b + 3b
3b ≡ 2 (mod 7) Kar ena 2 < b < 7 maka nilai b yang memenuhi hanya b = 3 J ika b = 3 maka m = 143 ⋅ 3 − 1 = 428 428 − 1 = 7c c = 61
a = bc = 183 2 n = 183184 = 428 • J ika m − 1 = 143b dan m + 1 = 7c dengan bc = a
Kar ena 315 < m − 1 < 999 maka 2 < b < 7. Kar ena m + 1 = 7c maka m + 1 ≡ 0 (mod 7) m ≡ −1 (mod 7) m − 1 ≡ −2 (mod 7) 143b ≡ −2 (mod 7) 143b = 7 ⋅ 20b + 3b
3b ≡ −2 (mod 7) 3b ≡ 5 (mod 7) Kar ena 2 < b < 7 maka nilai b yang memenuhi hanya b = 4 J ika b = 4 maka m = 143 ⋅ 4 + 1 = 573 573 + 1 = 7c c = 82
2 a = bc = 328 n = 328329 = 573 • J ika m + 1 = 91b dan m − 1 = 11c dengan bc = a
Kar ena 315 < m + 1 < 999 maka 3 < b < 11. Nilai b yang mungkin adalah b = 4, 5, 6, 7, 8, 9 at au 10. Kar ena m − 1 = 11c maka m − 1 ≡ 0 (mod 11) m ≡ 1 (mod 11) m+1 ≡ 2 (mod 11) 91b ≡ 2 (mod 11) 91b = 11 ⋅ 8b + 3b
3b ≡ 2 (mod 11) Kar ena 3 < b < 11 maka nilai b yang memenuhi hanya b = 4 J ika b = 8 maka m = 91 ⋅ 8 − 1 = 727 727 − 1 = 11c c = 66
2 a = bc = 528 n = 528529 = 727 • J ika m − 1 = 91b dan m + 1 = 11c dengan bc = a
Kar ena 315 < m − 1 < 999 maka 3 < b < 11. Nilai b yang memenuhi adalah b = 4, 5, 6, 7, 8, 9 at au 10.
Kar ena m + 1 = 11c maka m + 1 ≡ 0 (mod 11) m ≡ −1 (mod 11) m − 1 ≡ −2 (mod 11) 91b ≡ −2 (mod 11) 91b = 11 ⋅ 8b + 3b
3b ≡ −2 (mod 11) 3b ≡ 9 (mod 11) Kar ena 3 < b < 11 maka t idak ada nilai b yang memenuhi. • J ika m + 1 = 77b dan m − 1 = 13c dengan bc = a Kar ena 315 < m + 1 < 999 maka 4 < b < 13. Nilai b yang memenuhi adalah b = 5, 6, 7, 8, 9 at au 10, 11,
12 Kar ena m − 1 = 13c maka m − 1 ≡ 0 (mod 13) m ≡ 1 (mod 13) m+1 ≡ 2 (mod 13) 77b ≡ 2 (mod 13) 77b = 13 ⋅ 5b + 12b 12b ≡ 2 (mod 13) Kar ena 4 < b < 13 maka nilai b yang memenuhi hanya b = 11 J ika b = 11 maka m = 77 ⋅ 11 − 1 = 846 846 − 1 = 13c c = 65
a = bc = 715 2 n = 715716 = 846 • J ika m − 1 = 77b dan m + 1 = 13c dengan bc = a
Kar ena 315 < m − 1 < 999 maka 4 < b < 13. Nilai b yang memenuhi adalah b = 5, 6, 7, 8, 9 at au 10, 11,
12 Kar ena m + 1 = 13c maka m + 1 ≡ 0 (mod 13) m ≡ −1 (mod 13) m − 1 ≡ −2 (mod 13) 77b ≡ −2 (mod 13) 77b = 13 ⋅ 5b + 12b 12b ≡ −2 (mod 13) 12b ≡ 11 (mod 13) Kar ena 4 < b < 13 maka t idak ada nilai b yang memenuhi.
2 2 Maka bilangan-bilangan t er sebut adalah 183184 = 428 2 , 328329 = 573 , 528529 = 727 dan 715716 = 846 2
5. Segit iga ABC siku-siku di C. Gar is bagi dalam sudut BAC dan ABC memot ong sisi BC dan CA ber t ur ut - t ur ut di t it ik P dan Q . Tit ik M dan N masing-masing t er let ak pada sisi AB sehingga PM dan Q N t egak lur us AB. Tent ukan besar ∠MCN. (Sumber : Br it ish Mat hemat ical Olympiad 1995 Round 1) Solusi :
Dibuat CL dengan L t er let ak pada AB sehingga CL t egak lur us AB. Segit iga-segit iga ∆ACB, ∆ANQ, ∆ALC, ∆CLB dan ∆PMB semuanya sebangun. Misalkan ∠MCL = x
Kar ena PM sej aj ar CL maka ∠MCL = ∠PMC = x Pada ∆APC dan APM, ket iga sudut segit iga t er sebut sama ser t a AP mer upakan hipot enusa kedua segit iga sehingga ∆APM dan ∆APC kongr uen (sama dan sebangun). PC = PM Kar ena PC = PM maka ∆CPM sama kaki. ∠PCM = ∠PMC = ∠MCL = x Misalkan ∠NCL = y Kar ena Q N sej aj ar CL maka ∠NCL = ∠QNC = y Pada ∆BQC dan BQN, ket iga sudut segit iga t er sebut sama ser t a BQ mer upakan hipot enusa kedua segit iga sehingga ∆BQN dan ∆BQC kongr uen (sama dan sebangun). QC = QN Kar ena Q C = Q N maka ∆CQN sama kaki. ∠QCN = ∠QNC = ∠NCL = y ∠MCN = ∠MCL + ∠NCL ∠MCN = ½ (∠BCL + ∠ACL) ∠MCN = ½ ∠ACB ∠MCN = 45 o
6. Tent ukan pasangan bilangan bulat posit if (m, n) yang memenuhi 2 kondisi ber ikut : (a) m dan n keduanya adalah bilangan kuadr at empat angka (b) dua digit m sama baik nilai maupun posisinya dengan n (sat uan dengan sat uan, puluhan dengan
puluhan, r at usan dengan r at usan, r ibuan dengan r ibuan) sedangkan dua digit nya lainnya dar i m masing-masing kur ang sat u dar i kedua digit n pada masing-masing posisi)
Bilangan t er sebut t er lihat seper t i 1345 dan 1446, 3526 dab 4527 meskipun bilangan-bilangan t er sebut bukan bilangan kuadr at (Sumber : Br it ish Mat hemat ical Olympiad 1996 Round 1) Solusi :
Misalkan m = 1000a + 100b + 10c + d maka n = 1000a + 100b + 10c + d + 10 q + 10 dengan p dan q adalah bilangan bulat ber beda, p > q dan 0 ≤ p, q ≤ 3.
2 Misalkan m = x 2 dan n = y n − m = (y + x)(y − x) = 10 p
+ 10 q
J ika x genap dan y ganj il at au x ganj il dan y genap maka y + x dan y − x keduanya ganj il n − m ganj il. J ika x dan y keduanya genap at au keduanya ganj il maka y + x dan y − x keduanya genap n − m adalah bilangan genap habis dibagi 4. Ada 6 kasus yang akan dit inj au : • p = 3 dan q = 2
n − m = (y + x)(y − x) = 10 Pasangan (y + x, y − x) yang memenuhi adalah (550, 2), (50, 22), (110, 10) * J ika y + x = 550 dan y − x = 2 didapat y = 276 dan x = 274 n = 76176 (t idak 4 angka) * J ika y + x = 50 dan y − x = 22 didapat y = 36 dan x = 14 m = 196 (t idak 4 angka) * J ika y + x = 110 dan y − x = 10 didapat y = 60 dan x = 50 n = 3600 dan m = 2500
• p = 3 dan q = 1 n − m = (y + x)(y − x) = 1010 Tidak ada nilai x dan y yang memenuhi sebab 1010 t idak habis dibagi 4.
• p = 3 dan q = 0 n − m = (y + x)(y − x) = 1001 = 7 ⋅ 11 ⋅ 13
Pasangan (y + x, y − x) yang memenuhi adalah (1001, 1), (143, 7), (91, 11), (77, 13) * J ika y + x = 1001 dan y − x = 1 didapat y = 501 dan x = 500 m = 250000 (t idak 4 angka) * J ika y + x = 143 dan y − x = 7 didapat y = 75 dan x = 68 n = 5625 dan m = 4624 * J ika y + x = 91 dan y − x = 11 didapat y = 51 dan x = 40 n = 2601 dan m = 1600 * J ika y + x = 77 dan y − x = 13 didapat y = 45 dan x = 32 n = 2025 dan m = 1024
• p = 2 dan q = 1 n − m = (y + x)(y − x) = 110 Tidak ada nilai x dan y yang memenuhi sebab 110 t idak habis dibagi 4.
• p = 2 dan q = 0 n − m = (y + x)(y − x) = 101 Pasangan (y + x, y − x) yang memenuhi adalah (101, 1) J ika y + x = 101 dan y − x = 1 didapat y = 51 dan x = 50 n = 2601 dan m = 2500
• p = 1 dan q = 0 n − m = (y + x)(y − x) = 11 Pasangan (y + x, y − x) yang memenuhi adalah (11, 1). J ika y + x = 11 dan y − x = 1 didapat y = 6 dan x = 5 y = 36 (bukan bilangan 4 angka)
Pasangan (m, n) yang memenuhi adalah (2500, 3600), (4624, 5625), (1600, 2601), (1024, 2025), dan (2500, 2601)
7. 2 Sebuah f ungsi f didef inisikan pada bilangan bulat yang memenuhi f (1) + f (2) + ⋅⋅⋅ + f (n) = n f (n) dan
f (1) = 1996 unt uk semua n > 1. Hit unglah nilai f (1996). (Sumber : Br it ish Mat hemat ical Olympiad 1996 Round 1) Solusi :
Kar ena n ≠ 1 maka :
f ( 1996 ) f ( 1995 ) f ( 1994 )
f ( 3 ) f ( 2 ) 1995 1994 1993
f ( 1995 ) f ( 1994 ) F ( 1993 )
f ( 2 ) f ( 1 ) 1997 1996 1995
f ( 1996 )
f ( 1 ) 1997 ⋅ 1996
f ( 1996 ) = 1997
8. Unt uk sembar ang nilai x, misalkan ⎣x⎦ dinyat akan bilangan bulat t er besar kur ang dar i at au sama
dengan x. Didef inisikan q ( n ) = ⎢ ⎥ unt uk n = 1, 2, 3, ⋅⋅⋅. Tent ukan semua bilangan bulat posit if n ⎢ ⎣ ⎣⎦ n ⎦ ⎥
yang memenuhi q(n) > q(n + 1). (Sumber : Br it ish Mat hemat ical Olympiad 1996 Round 1) Solusi : ⎣√n⎦ akan ber t ambah 1 nilainya j ika n ber ger ak dar i sat u bilangan kuadr at ke bilangan kuadr at ber ikut nya.
J ika m 2 ≤ n < (m + 1) 2 unt uk suat u bilangan asli m maka ⎣√n⎦ akan ber nilai t et ap yait u = m.
I nt er val di at as akan dibagi menj adi beber apa int er val
• Unt uk m 2 ≤n≤m 2 +m
⎢ ⎣ ⎣⎦ n ⎥ ⎦ ⎢⎣ m ⎥⎦
• Unt uk m 2 +m ≤n<m 2 + 2m
⎣ ⎢ ⎣⎦ n ⎦ ⎥ ⎢⎣ m ⎥⎦
• Unt uk n = m 2 + 2m
⎢ ⎣ ⎣⎦ n ⎥ ⎦ ⎢⎣ m ⎥⎦
• Unt uk n = m 2 + 2m + 1 = (m + 1) 2
⎣ ⎢ ⎣⎦ n ⎦ ⎥ ⎣ m + 1 ⎦
J ika m = 1 maka q(n) = m + 3 sedangkan j ika n > 1 maka
2 Dar i per samaan diat as didapat bahwa unt uk n = m 2 + 2m = (m + 1) − 1 dengan m bilangan asli akan membuat q(n) > q(n + 1)
9. Misalkan a, b dan c adalah bilangan r eal posit if . Bukt ikan bahwa :
3 3 (a) 4(a 3 +b ) ≥ (a + b)
3 3 3 (b) 9(a 3 +b +c ) ≥ (a + b + c) (Sumber : Br it ish Mat hemat ical Olympiad 1996 Round 1)
Solusi : (a) Kar ena a, b > 0 maka a + b > 0 dan (a 2 − b) ≥0
(a + b)(a 2 − b) ≥0
3 3 ≥ (a + b) 4(a 3 +b ) (t er bukt i) (b) Dar i per samaan di at as didapat :
3 3 ≥ (a + b) 4(a 3 +b )
3 3 2 4a 3 + 4b ≥a 3 2 + 3a b + 3ab +b ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
4(a 3 +c 3 ) ≥ (a + c) 3
4a 3 + 4c 3 ≥a 3 + 3a 2 c + 3ac 2 +c 3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)
3 3 4(b 3 +c ) ≥ (b + c)
3 3 3 2 2 4b 3 + 4c ≥b + 3b c + 3bc +c ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)
3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 8a 2 + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c + 3a b + 3a c + 3ab + 3ac + 3b c + 3bc
3 3 3 ≥a 3 3 3 2 2 2 2 2 7a 2 + 7b + 7c +b +c + 3a b + 3a c + 3ab + 3ac + 3b c + 3bc ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) Dar i ket idaksamaan AM-GM didapat :
3 3 2a 3 + 2b + 2c ≥ 6abc ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) (4) + (5) :
3 3 3 ≥a 3 3 3 2 2 2 2 2 9a 2 + 9b + 9c +b +c + 3a b + 3a c + 3ab + 3ac + 3b c + 3bc + 6abc
3 3 3 9(a 3 +b +c ) ≥ (a + b + c) (t er bukt i)
10. N adalah bilangan asli 4 angka yang t idak ber akhir an dengan angka 0 dan R(N) menyat akan bilangan
4 angka dengan me- r ever s digit -digit N. (Dalam kasus ini r ever s ar t inya angka per t ama N menj adi angka ke-4, angka ke-2 menj adi angka ke-3, angka ke-3 menj adi angka ke-4 dan angka ke-4 menj adi angka per t ama). Sebagai cont oh adalah R(3275) = 5723. Tent ukan semua bilangan asli N yang memenuhi R(N) = 4N + 3. (Sumber : Br it ish Mat hemat ical Olympiad 1997 Round 1) Solusi : Misalkan N = 1000a + 100b + 10c + d maka R(N) = 1000d + 100c + 10b + a 4N < 10000
N < 2500
a = 1 at au 2
• J ika a = 2 Kar ena angka sat uan R(N) = 2 maka angka sat uan 4N = 9 (4N adalah bilangan ganj il) Padahal 4N adalah bilangan genap (kont r adiksi)
• J ika a = 1 Maka d = 4, 5, 6 at au 7. Kar ena angka sat uan R(N) = 1 maka angka sat uan 4N = 8. Nilai d yang memenuhi hanya d = 7
N adalah bilangan ganj il.
7000 + 100c + 10b + 1 = 4000 + 400b + 40c + 28 + 3 2970 = 300b + 30c
99 = 10b + c Hanya dipenuhi j ika b = 9 dan c = 9 N yang memenuhi hanya N = 1997.
11. Diket ahui x, y, z adalah bilangan bulat posit if yang memenuhi
− = dan h adalah Fakt or x y z
Per sekut uan Ter besar dar i x, y, z. Bukt ikan bahwa hxyz adalah bilangan kuadr at sempur na. Bukt ikan pula bahwa h(y − x) adalah j uga bilangan kuadr at sempur na. (Sumber : Br it ish Mat hemat ical Olympiad 1998 Round 2)
Solusi : Misalkan x = ha ; y = hb dan z = hc maka FPB(a, b, c) = 1 Kar ena x, y, z > 0 maka a, b, c > 0
Dar i per samaan (2) kar ena a, b, c > 0 maka didapat 1> dan 1> ber implikasi a < b dan a < c.
Maka akan ada bilangan asli m dan n yang membuat b = a + m dan c = a + n
(a + m)(a + n) = a(2a + m + n)
2 a 2 + ma + na + mn = 2a + ma + na
a 2 = mn ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) J ika FPB(m,n) = d dengan d > 1 maka d j uga akan membagi c.
Kar ena d membagi m dan j uga c maka d j uga membagi b. Kar ena d membagi n dan j uga c maka d j uga membagi a. Maka FPB(a, b, c) = d dengan d > 1 (kont r adiksi dengan f akt a bahwa FPB(a, b, c) = 1) Maka FPB(m, n) = 1 Dar i per samaan (3) didapat m dan n masing-masing adalah bilangan kuadr at sempur na.
2 m=p 2 dan n = q a = pq
2 2 b + c = a + m + a + n = 2pq + p 2 +q = (p + q)
a b c a bc
Kar ena a, b dan c bilangan asli maka b + c = k dan bc = ka unt uk suat u bilangan asli k.
2 Kar ena b + c = (p + q) 2 maka bc = (p + q) a
4 4 2 2 hxyz = h 2 abc = h a(p+q) a = (h a(p + q)) (t er bukt i)
b −a=a+m−a=m=p 2
h(y − x) = h 2 (b − a) = (hp) 2 (t er bukt i)
Ter bukt i bahwa kedua bilangan hxyz dan h(y − x) adalah bilangan kuadr at sempur na.
12. Tunj ukkan bahwa unt uk set iap bilangan bulat posit if n maka 121 n − 25 + 1900 − (−4) habis dibagi 2000.
(Sumber : Br it ish Mat hemat ical Olympiad 2000 Round 1) Solusi :
Dasar : a n −b n habis dibagi a − b unt uk n bilangan asli. 121 n − (−4) n habis dibagi 125 n − 25 n
⏐1875 maka 125⏐1900 n − 25 1900 n habis dibagi 1875 sedangkan 125 121 n − 25 n
n + 1900 − (−4) n habis dibagi 125
121 n − 25 n n habis dibagi 96 sedangkan 16 membagi 96. Maka 16 ⏐121 n − 25 n − (−4) n
⏐1904. Maka 16⏐1900 n − (−4) 1900 n habis dibagi 1904 sedangkan 16
121 n − 25 n + 1900 n − (−4) n habis dibagi 16.
Kar ena 121 n − 25 n + 1900 n − (−4) n habis dibagi 125 dan j uga 16 sedangkan 125 dan 16 r elat if pr ima
nn
maka 121 n − 25 + 1900 − (−4) habis dibagi 125 ⋅ 16 = 2000
Ter bukt i bahwa 121 n − 25 + 1900 − (−4) habis dibagi 2000.
13. Tent ukan semua bilangan bulat posit if m, n dengan n bilangan ganj il yang memenuhi :
m n 12
(Sumber : Br it ish Mat hemat ical Olympiad 2001/ 2002 Round 1) Solusi : 12n + 48m = mn
2 (m 6 − 12) (n − 48) = 576 = 3 ⋅2 Kar ena n ganj il maka n − 48 j uga ganj il.
Fakt or ganj il dar i 576 adalah 1, 3 dan 3 2 . • J ika n − 48 = 1 maka n = 49
m − 12 = 576 m = 588 • J ika n − 48 = 3 maka n = 51 m − 12 = 192 m = 204 • J ika n − 48 = 9 maka n = 57 m − 12 = 64 m = 76 Pasangan (m, n) yang memenuhi adalah (49, 588), (51, 204), (57, 76)
14. Diber ikan bahwa 34! = 295 232 799 cd9 604 140 847 618 609 643 5ab 000 000. Tent ukan digit a, b,
c dan d. (Sumber : Br it ish Mat hemat ical Olympiad 2002/ 2003 Round 1) Solusi :
34! = k m ⋅ 10 dengan k, m bilangan asli dan k t idak habis dibagi 10.
m = + 2 ⎢⎣
m=7 didapat b = 0
34 ! k = 6
10 k = 34 ⋅ 33⋅ 32⋅ 31 ⋅ 3 ⋅ 29⋅ 28⋅ 27 ⋅ 26 ⋅ 24 ⋅ 23⋅ 11 ⋅ 21 ⋅ 2 ⋅19⋅ 18 ⋅ 17⋅ 16 ⋅ 3 ⋅ 14 ⋅ 13⋅ 12⋅ 11⋅ 9⋅ 8⋅ 7⋅ 6⋅ 3 Angka sat uan k = sat uan dar i 4 ⋅ 3⋅ 2⋅ 1⋅ 3⋅ 9⋅ 8⋅ 7⋅ 6⋅ 4⋅ 3⋅ 1⋅ 1⋅ 2⋅ 9⋅ 8⋅ 7⋅ 6⋅ 3⋅ 4⋅ 3⋅ 2⋅ 1⋅ 9⋅ 8⋅ 7⋅ 6⋅ 3 Angka sat uan k = 2 a=2 Penj umlahan digit 34! = 2+9+5+2+3+2+7+9+9+c+d+9+6+0+4+1+4+0+8+4+7+6+1+8+6+0+9+6+4+3+5+2 Penj umlahan digit 34! = 141 + c + d 141 ≤ 141 + c + d ≤ 159 Kar ena 9 membagi 34! Maka 9 membagi 141 + c + d
141 + c + d = 144 at au 141 + c + d = 153 Kar ena 11 membagi 34! maka 2-9+5-2+3-2+7-9+9-c+d-9+6-0+4-1+4-0+8-4+7-6+1-8+6-0+9-6+4-3+5-2 habis dibagi 11.
19 − c + d habis dibagi 11.
10 ≤ 19 − c + d ≤ 28 19 − c + d = 11 at au 19 − c + d = 22 • J ika 141 + c + d = 144 c+d=3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
* J ika 19 − c + d = 11
d − c = −8 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Dar i per samaan (1) dan (2) didapat d = −5/ 3 (t idak memenuhi bahwa d bulat ) * J ika 19 − c + d = 22
d − c = 3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) Dar i per samaan (1) dan (3) didapat c = 0 dan d = 3 • J ika 141 + c + d = 153
c + d = 12 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) * J ika 19 − c + d = 11
d − c = −8 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) Dar i per samaan (4) dan (5) didapat c = 10 (t idak memenuhi bahwa 0 ≤ c ≤ 9) * J ika 19 − c + d = 22
d − c = 3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (6) Dar i per samaan (4) dan (6) didapat d = 15/ 2 (t idak memenuhi bahwa d bulat ) Maka dapat disimpulkan bahwa a = 2 ; b = 0 ; c = 0 ; d = 3
15. Selesaikan per samaan simult an :
ab + c + d = 3, bc + a + d = 5, cd + a + b = 2, da + b + c = 6 dengan a, b , c dan d adalah bilangan r eal. (Sumber : Br it ish Mat hemat ical Olympiad 2003/ 2004 Round 1) Solusi :
b(a + c) + 2d = d(a + c) + 2b (b − d)(a + c) = 2(b − d) (b − d)(a + c − 2) = 0
b = d at au a + c = 2 • J ika b = d Per samaan (2)
bc + a + b = 5
Per samaan (3)
bc + a + b = 2
Kont r adiksi maka t idak ada nilai a, b, c dan d yang memenuhi. • J ika a + c = 2 (1) + (2)
ab + bc + a + c + 2d = 8
b(a + c) + a + c + 2d = 8 b+d=3 (2) + (3)
bc + cd + 2a + b + d = 7
c(b + d) + 2a + b + d = 7 3c + 2a = 4 3c + 2(2 − c) = 4 c = 0 a = 2 Per samaan (2)
b(0) + (2) + d = 5
d=3
b=3 − (3) = 0
(a, b, c, d) yang memenuhi adalah (2, 0, 0, 3)
16. ABCD adalah per segi panj ang. P adalah t it ik t engah AB dan Q adalah t it ik pada PD sehingga CQ t egak lur us PD. Bukt ikan bahwa segit iga BQ C sama kaki. (Sumber : Br it ish Mat hemat ical Olympiad 2003/ 2004 Round 1) Solusi :
Misalkan ∠CDP = α maka ∠DPA = α Kar ena ∆DPC sama kaki maka ∠PCD = α Kar ena o ∠CQP + ∠CPB = 90
+ 90 o = 180 maka CBPQ adalah segiempat t alibusur .
Kar ena ∠DPB = 180 o − α maka ∠QCB = α.
∠PCB = 90 o − ∠DCP = 90 o −α
Kar ena CBPQ adalah segiempat t alibusur maka ∆BCK sebangun dengan ∆KPQ. ∠PQK = ∠KCB = 90 Akibat nya ber laku o − α ∠BQC = α Kar ena ∠QCB = ∠BQC = α maka segit iga BQC sama kaki (t er bukt i)
17. Diket ahui x, y dan N adalah bilangan asli. J ika t er dapat t epat 2005 pasangan (x, y) yang memenuhi per samaan
maka t unj ukkan bahwa N adalah bilangan kuadr at . (Sumber : Br it ish Mat hemat ical Olympiad 2005 Round 2) Solusi : Kar ena simet r is maka j ika x = a dan y = b dengan a ≠ b mer upakan penyelesaian maka x = b dan y = a adalah j uga mer upakan penyelesaian. Kar ena pasangan (x, y) ada 2005 yang mer upakan bilangan genap maka t er dapat pasangan (x, y) yang mer upakan penyelesaian dan x = y.
1 1 1 − N)(y − N) = N + 2 =
N(x + y) = xy
(x
(x 2 − N) adalah f akt or dar i N . Kar ena ada 2005 nilai x maka banyaknya f akt or dar i N ada 2005.
Kar ena 2005 = 5 ⋅ 401 = 1 ⋅ 2005 maka kemungkinan bent uk N 2 ada 2, yait u : • N 2 =p 2004 1 dengan p 1 bilangan pr ima
N=p 1002
1 yang mer upakan bilangan kuadr at sebab 1002 genap
• N 2 4 =p 400 1 p 2 dengan p 1 dan p 2 bilangan pr ima
1 p 2 yang mer upakan bilangan kuadr at sebab 2 dan 200 genap. Ter bukt i bahwa N adalah bilangan kuadr at .
2 N=p 200
18. Misalkan n adalah bilangan bulat lebih dar i 6. Bukt ikan bahwa n − 1 dan n + 1 keduanya pr ima maka n 2 (n 2 + 16) habis dibagi 720. (Sumber : Br it ish Mat hemat ical Olympiad 2005/ 2006 Round 1) Solusi :
2 Akan dibukt ikan bahwa n 2 (n + 16) habis dibagi 5, 9 dan 16. Kar ena n > 6 maka n − 1, n dan n + 1 semuanya lebih dar i 5.
Sebuah bilangan akan t er masuk ke dalam salah bent uk sat u dar i 5k − 2, 5k − 1, 5k, 5k + 1 at au 5k + 2 n t idak mungkin ber bent uk 5k − 1 at au 5k + 1 kar ena masing-masing akan menyebabkan n + 1 dan n − 1 habis dibagi 5. ± 2 maka n 2 2 ≡ (±2) 2 J ika n = 5k 2 (n + 16) (( ±2) + 16) (mod 5) ≡ 4(4 + 16) (mod 5) ≡ 0 (mod 5)
2 J ika n = 5k maka 5 2 ⏐n 2 n (n + 16) habis dibagi 5
2 Ter bukt i bahwa n 2 (n + 16) habis dibagi 5 Sebuah bilangan akan t er masuk ke dalam salah sat u dar i 3k − 1, 3k at au 3k + 1
J ika n = 3k − 1 at au 3k + 1 t idak memenuhi bahwa n − 1 dan n + 1 keduanya pr ima.
J ika n = 3k maka 9 ⏐n 2 2 2 n (n + 16) habis dibagi 9 Ter bukt i bahwa n 2 (n 2 + 16) habis dibagi 9
Sebuah bilangan akan t er masuk ke dalam salah sat u dar i 4k, 4k + 1, 4k + 2 at au 4k + 3 Kar ena n t idak mungkin ganj il sebab akan menyebabkan n − 1 dan n + 1 keduanya genap maka n = 4k at au 4k + 2
2 2 J ika n = 4k maka 16 2 ⏐n n (n + 16) habis dibagi 16
2 2 2 J ika n = 4k + 2 maka (n 2 + 16) ≡2 + 16 (mod 4) ≡ 0 (mod 4) dan n ≡2 (mod 4) ≡ 0 (mod 4)
2 2 2 Kar ena n 2 dan n + 16 keduanya habis dibagi 4 maka n (n + 16) habis dibagi 16. At au
− 1 dan n + 1 keduanya pr ima lebih dar i 5 maka n genap n 2 Kar ena n 2 habis dibagi 4. Akibat nya n
2 2 dan n 2 + 16 keduanya habis dibagi 4 n (n + 16) habis dibagi 4 ⋅ 4 = 16
2 Ter bukt i bahwa n 2 (n + 16) habis dibagi 5, 9 dan 16
2 Maka t er bukt i bahwa n 2 (n + 16) habis dibagi 720.
19. Tunj ukkan bahwa j ika
dan p 1 ,p 2 ,p 3 adalah bilangan t ak nol, maka
nn
n unt uk set iap bilangan asli n.
(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1969) Solusi :
Kar ena
dan p 1 ,p 2 ,p 3 bilangan t ak nol maka ⎜⎜ ⎟⎟ =
n dan
misalkan ⎜⎜ ⎟⎟ =
Dar i per samaan di at as didapat : Dar i per samaan di at as didapat :
1 b 1 = p 1 a 1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
kp n
2 b 21 = p 2 a 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)
kp n
3 b 3 = p 3 a 3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)
1 a 1 + p 2 a 2 + p 3 a 3 ⎛ a 1 ⎞ J umlahkan per samaan (1), (2) dan (3) unt uk mendapat kan k =
n . Kar ena
maka t er bukt i bahwa ⎜⎜ ⎟⎟ =
20. Tunj ukkan yang manakah yang lebih besar
c +1 − c at au c −c − 1 unt uk c ≥ 1. Bukt ikan.
(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1969) Solusi :
2 2 2 4c 2 − 4c + 1 > 4c − 4c (2c − 1) > 4(c − c)
2 2 c − 1 > 2 ( c − c ) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)
2 c 2 +c=c − c + 1 + 2c − 1 Dar i ket idaksamaan (1) didapat
2 2 c 2 +c>c −c+1+ 2 c − c
Dengan menar ik akar ket idaksamaan di at as dan mengambil yang posit if saj a maka :
2 c 2 + c > c − c + 1 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)
Ber dasar kan ket idaksamaan (2) maka :
2 c 2 + ( c − 1 ) − 2 c − c > ( c + 1 ) + c − 2 c + c (Tar ik akar dan ambil akar posit if )
21. Misalkan c adalah hipot enusa suat u segit iga siku-siku dengan kedua sisi yang lain adalah a dan b.
Bukt ikan bahwa a + b ≤ c 2 . Kapan t anda kesamaan t er j adi ?
(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1969) Solusi :
2 2 Dar i per samaan pit agor as didapat 2a 2 + 2b = 2c
2 Dar i ket idaksamaan AM – GM didapat a 2 +b ≥ 2ab dengan t anda kesamaan t er j adi j ika a = b. Maka :
2 2 2 2 2 2 2 a 2 +b ≤ 2c − 2ab a +b + 2ab ≤ 2c (a + b) ≤ 2c
a + b ≤ c 2 (t er bukt i) dengan t anda kesamaan t er j adi j ika a = b
22. Misalkan ABC adalah segit iga sama sisi dan t it ik P t er let ak di dalam segit iga t er sebut . Dibuat gar is PD, PE dan PF yang masing-masing t egak lur us ket iga sisi segit iga dan t it ik D, E dan F t er let ak pada 22. Misalkan ABC adalah segit iga sama sisi dan t it ik P t er let ak di dalam segit iga t er sebut . Dibuat gar is PD, PE dan PF yang masing-masing t egak lur us ket iga sisi segit iga dan t it ik D, E dan F t er let ak pada
PD + PE + PF
AB + BC + CA 2 3
(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1969) Solusi :
Misalkan sisi segit iga ABC adalah s maka AB = BC = AC = s
Luas ∆ABC = ½ s sin 60 = s 3
Luas ∆ABC = Luas ∆ABP + Luas ∆ACP + Luas ∆BCP = ½ ⋅ AB ⋅ PD + ½ ⋅ AC ⋅ PE + ½ ⋅ BC ⋅ PF
1 2 s 3 =½ ⋅ s ⋅ PD + ½ ⋅ s ⋅ PE + ½ ⋅ s ⋅ PF
4 PD + PE + PF
PD + PE + PF
AB + BC + CA 2 3
(t er bukt i)
23. Misalkan ABC adalah sebuah segit iga dengan sisi-sisinya a, b dan c. Gar is bagi yang dit ar ik dar i t it ik C
2 ab cos
memot ong AB di D. Bukt ikan bahwa panj ang CD =
(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1969) Solusi :
⎛ C ⎞ Buat gar is DE t egak lur us AC dengan E t er let ak pada sisi AC sehingga DE = CD sin ⎜ ⎟
⎛ C ⎞ Buat gar is DF t egak lur us BC dengan F t er let ak pada sisi BC sehingga DF = CD sin ⎜ ⎟
Luas ∆ABC = Luas ∆ACD + Luas ∆BCD
½ ab sin C = ½ ⋅ b ⋅ DE + ½ ⋅ a ⋅ DF = ½ (a + b) CD sin ⎜ ⎟
Dengan mengingat bahwa sin C = 2 sin ⎜ ⎟ cos ⎜ ⎟ maka :
2 ab cos CD =
2 (t er bukt i)
24. Tent ukan penj umlahan 1 ⋅ 1! + 2 ⋅ 2! + 3 ⋅ 3! + ⋅⋅⋅ + (n − 1) ⋅ (n − 1)! + n ⋅ n! dinyat akan dalam n dengan n! = n(n −1)(n−2) ⋅⋅⋅ 2 ⋅ 1. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1969) Solusi : Misal 1 ⋅ 1! + 2 ⋅ 2! + 3 ⋅ 3! + ⋅⋅⋅ + (n − 1) ⋅ (n − 1)! + n ⋅ n! = P P = (2 − 1) ⋅ 1! + (3 − 1) ⋅ 2! + (4 − 1) ⋅ 3! + ⋅⋅⋅ + (n − 1) ⋅ (n − 1)! + (n + 1 − 1) ⋅ n! P=2 ⋅ 1! + 3 ⋅ 2! + 4 ⋅ 3! + ⋅⋅⋅ + n ⋅ (n − 1)! + (n + 1) ⋅ n! − (1! + 2! + 3! + ⋅⋅⋅ + n!) P = 2! + 3! + 4! + ⋅⋅⋅ + (n + 1)! − (1! + 2! + 3! + ⋅⋅⋅ + n!) P = (n + 1)! − 1!
1 ⋅ 1! + 2 ⋅ 2! + 3 ⋅ 3! + ⋅⋅⋅ + (n − 1) ⋅ (n − 1)! + n ⋅ n! = (n + 1)! − 1
2 25. Tunj ukkan bahwa t idak ada bilangan bulat a, b dan c yang memenuhi a 2 +b − 8c = 6. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1969)
Solusi : Semua bilangan bulat past i t er masuk ke dalam sat u sat u dar i bent uk 4k, 4k + 1, 4k + 2 at au 4k + 3 • Unt uk N = 4k
2 2 N = 16k (habis dibagi 8) • Unt uk N = 4k + 1
2 2 2 2 N = (4k + 1) = 16k + 8k + 1 = 8(2k + k) + 1 (j ika dibagi 8 ber sisa 1) • Unt uk N = 4k + 2
N 2 = (4k + 2) 2 = 16k 2 + 16k + 4 = 16(k 2 + k) + 4 (j ika dibagi 8 ber sisa 4)
• Unt uk N = 4k + 3
2 2 2 2 N = (4k + 3) = 16k + 24k + 9 = 8(2k + 3k + 1) + 1 (j ika dibagi 8 ber sisa 1) Dar i hal di at as didapat bahwa bilangan kuadr at j ika dibagi 8 akan ber sisa 0, 1 at au 4.
2 Sehingga a 2 +b j ika dibagi 8 akan ber sisa 0, 1, 2, 4 at au 5.
2 a 2 +b − 8c j ika dibagi 8 akan ber sisa 0, 1, 2, 4 at au 5. Sedangkan r uas kanan j ika dibagi 8 akan ber sisa 6. Hal yang t idak mungkin t er j adi.
2 Tidak ada bilangan bulat a, b dan c yang memenuhi a 2 +b − 8c = 6 (t er bukt i)
26. Tunj ukkan bahwa sebar ang segiempat t ali busur yang digambar pada lingkar an ber j ar i-j ar i 1, maka
panj ang sisi yang t er pendek t idak akan lebih dar i 2 .
(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1969) Solusi :
Misalkan ABCD adalah segiempat t ali busur t er sebut dan O adalah pusat lingkar an. Kar ena lingkar an t er sebut j uga mer upakan lingkar an luar ∆ABC maka sesuai dalil sinus :
AB =
2 R = 2 dengan R menyat akan j ar i-j ar i lingkar an luar ∆ABC
sin ∠ ACB
Kar ena ∠AOB = 2∠ACB maka :
⎛∠ AOB ⎞ AB = 2 sin ⎜
Dengan car a yang sama didapat :
⎛∠ BOC ⎞ BC = 2 sin ⎜
⎛∠ COD ⎞ CD = 2 sin ⎜
⎛∠ AOD ⎞ AD = 2 sin ⎜
∠AOB + ∠BOC + ∠COD + ∠AOD = 360 o Maka min( ∠AOB, ∠BOC, ∠COD, ∠AOD) ≤ 90 o
Kar ena unt uk 0 o ≤ x ≤ 90 o nilai sin x naik maka : ⎛ o 90 ⎞
Min(AB, BC, CD, DA) ≤ 2 sin ⎜⎜
Min(AB, BC, CD, DA) ≤ 2
Maka sisi yang t er pendek dar i segiempat t ali busur t er sebut t idak akan lebih dar i 2 (t er bukt i)
27. ABC adalah segit iga siku-siku sama kaki dengan C adalah sudut sikunya. panj ang AC = BC = 1. P adalah t it ik yang t er let ak pada hipot enusa. Tit ik Q dan R masing-masing t er let ak pada sisi AC dan BC sehingga PQ dan PR t egak lur us sisi AC dan BC. Bukt ikan bahwa di manapun t it it k P ber ada, maka di ant ar a ket iga luasan APQ , PBR dan Q CRP maka yang t er luas memiliki luasan sekur angnya 2/ 9. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1969) Solusi :
∆ABC ≅ ∆APQ ≅ ∆BPR
• J ika AP ≤ AB
Luas ∆BPR =
BR ⋅ RP ≥
⎜ BC ⎟ ⎜ AC ⎟
Luas ∆BPR ≥
AB
• J ika AB ≤ AP ≤
Luas segiempat Q CRP = PQ ⋅ QC = AQ (AC − AQ) = AQ (1 − AQ)
Kar ena AB ≤ AP ≤
AB maka AC ≤ AQ ≤
AC ≤ AQ ≤
Luas segiempat Q CRP = − AQ ⎜ − ⎟ +
Luas minimum Q CRP didapat saat AQ = 1/ 3 at au AQ = 2/ 3
Luas minimum segiempat Q CRP =
AB
• J ika AP ≥
Luas ∆APQ =
AQ ⋅ PQ ≥
⎜ BC ⎟ ⎜ AC ⎟
Luas ∆APQ ≥
Ter bukt i bahwa di manapun t it it k P ber ada, maka di ant ar a ket iga luasan APQ , PBR dan Q CRP maka yang t er luas memiliki luasan sekur angnya 2/ 9.
28. Tent ukan semua t r ipel (x, y, z) yang memenuhi bahwa salah sat u bilangan j ika dit ambahkan dengan hasil kali kedua bilangan yang lain hasilnya adalah 2. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1970) Solusi : x + yz = 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) y + xz = 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) 28. Tent ukan semua t r ipel (x, y, z) yang memenuhi bahwa salah sat u bilangan j ika dit ambahkan dengan hasil kali kedua bilangan yang lain hasilnya adalah 2. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1970) Solusi : x + yz = 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) y + xz = 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)
x+y=1
1 + xy = 2 x (1 2 − x) = 1 x − x + 1 = 0 (t idak ada penyelesaian r eal sebab Diskr iminan < 0)
• Unt uk x = y x + xz = 2
z+x 2 =2 x − z + x(z − x) = 0
(x − 1)(x − z) = 0 x = 1 at au x = z * Unt uk x = 1
z = 1 t r ipel (x, y, z) yang memenuhi adalah (1, 1, 1) * unt uk x = z
y=x=1
z+1=2
y=x=z 2 x +x=2
(x − 1)(x + 2) = 0 x = 1 at au x = 2
t r ipel yang memenuhi adalah (1, 1, 1) dan ( −2, −2, −2) Semua t r ipel (x, y, z) yang memenuhi adalah (1, 1, 1) dan ( −2, −2, −2)
29. Tunj ukkan bahwa di ant ar a lima bilangan bulat kit a dapat memilih t iga di ant ar anya yang memiliki j umlah habis dibagi 3. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1970) Solusi :
Sebuah bilangan past i t er masuk ke dalam salah sat u bent uk dar i 3k 1 , 3k 2 + 2 at au 3k 3 + 2 dengan k 1 , k 2 dan k 3 semuanya bilangan bulat . J ika t er dapat t iga bilangan yang masing-masing ber bent uk 3k 1 , 3k 2 + 1 dan 3k 3 + 2 maka penj umlahan ket iga bilangan t er sebut past i habis dibagi 3. J ika kelima bilangan t er sebut hanya masuk ke dalam dua dar i t iga bent uk 3k 1 , 3k 2 + 1 dan 3k 3 +2 maka sesuai dengan Pigeon Hole Pr inciple t er dapat sedikit nya 3 bilangan dengan bent uk yang sama. Penj umlahan ket iga bilangan ini akan habis dibagi 3. Ter bukt i bahwa di ant ar a lima bilangan bulat kit a dapat memilih t iga di ant ar anya yang memiliki j umlah habis dibagi 3.
30. Diber ikan polinomial f (x) = x n-2 +a
+ ⋅⋅⋅ + a n-1 x+a n dengan koef isien a 1 ,a 2 , ⋅⋅⋅, a n semuanya bilangan bulat dan ada 4 bilangan bulat ber beda a, b, c dan d yang memenuhi f (a) = f (b) = f (c) = f (d) =
n-1
1 x +a 2 x
5. Tunj ukkan bahwa t idak ada bilangan bulat k yang memenuhi f (k) = 8. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1970) Solusi : Kar ena f (a) = f (b) = f (c) = f (d) = 5 maka f (x) − 5 = (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) q(x) dengan q(x) adalah polinomial yang memiliki koef isien bilangan bulat . J ika x sama dengan a, b, c at au d maka f (x) = 5 bukan 8. J ika x bukan a, b, c at au d maka x − a, x − b, x − c dan x − d adalah bilangan bulat ber beda. Agar ada f (k) = 8 maka (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) q(x) = 3.
Tet api 3 t idak bisa mer upakan per kalian sekur angnya 4 bilangan bulat ber beda. Ter bukt i bahwa t idak ada bilangan bulat k yang memenuhi f (k) = 8.
31. DEB adalah t ali busur suat u lingkar an dengan DE = 3 dan EB = 5. Misalkan O adalah pusat lingkar an. Hubungkan OE dan per panj angan OE memot ong lingkar an di t it ik C. Diket ahui EC = 1. Tent ukan r adius lingkar an t er sebut . (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1971) Solusi :
Misalkan r adius lingkar an t er sebut = r Alt er nat if 1 :
Per panj ang OC sehingga memot ong lingkar an di t it ik F. Maka CF adalah diamet er lingkar an. Segi empat CBFD adalah segiempat t ali busur dengan E adalah per pot ongan kedua diagonal maka ber laku :
CE ⋅ EF = DE ⋅ EB CE ⋅ (2r − CE) = DE ⋅ EB
1 ⋅ (2r − 1) = 3 ⋅ 5 r =8 Alt er nat if 2 : Kar ena BD adalah t ali busur sedangkan O pusat lingkar an maka BK = KD = 4
2 2 − BK 2 OK 2 = OB = OE − KE 2 r 2 −4 2 2 = (r − 1) − (5 − 4) 2 r 2 − 16 = r 2 − 2r + 1 − 1 r =8 Maka r adius lingkar an t er sebut = 8
32. Diket ahui x dan y adalah bilangan r eal posit if yang memenuhi x + y = 1. Bukt ikan bahwa
⎝ x ⎠ ⎝ y ⎠ (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1971)
Solusi :
1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ x + y 1 ⎛+ 2 ⎜ 1 ⎟
x ⎜⎜ 1 + ⎟⎟ = 1 +
xy
xy
xy
Ber dasar kan ket idaksamaan AM-GM Ber dasar kan ket idaksamaan AM-GM
2 Kar ena x dan y keduanya bilangan r eal posit if maka :
xy 2≥ 8
4 xy
⎜ ⎛+ 1 ⎟ ⎜⎜ 1 + ⎟⎟ ≥ 9 (t er bukt i)
33. ABCD adalah segiempat dengan AD = BC. J ika ∠ADC lebih besar dar i ∠BCD, bukt ikan bahwa panj ang AC > BD. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1971) Solusi :
2 2 AC 2 = AD + CD − 2 AD CD cos ∠ADC
2 2 BD 2 = CD + BC − 2 CD BC cos ∠BCD Kar ena AD = BC maka :
2 − BD AC 2 = 2 BC CD (cos ∠BCD − cos ∠ADC) ∠ADC > ∠BCD maka unt uk 0 o
Kar ena o < x < 180 ber laku cos ∠ADC < cos ∠BCD.
AC 2 − BD 2 2 2 >0 AC > BD
AC > BD (t er bukt i)
2 34. Tent ukan semua bilangan r eal a yang memenuhi bahwa dua polinomial x 2 + ax + 1 dan x + x + a memiliki sedikit nya sat u akar yang sama.
(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1971) Solusi :
2 Misalkan p adalah akar yang sama maka p 2 + ap + 1 = 0 dan p +p+a=0 Dengan mengur angkan kedua per samaan didapat :
ap + 1 −p−a=0 (a − 1)(p − 1) = 0 a = 1 at au p = 1 • Unt uk a = 1
Kedua polinomial akan sama yait u x 2 + x + 1. Namun diskr iminan polinomial kur ang dar i 0. Maka t idak ada akar r eal.
• Unt uk p = 1 x 2 + ax + 1 = (x − 1)( x − k)
Nilai k = 1 maka a = −2
2 x 2 + x + a = (x − 1)(x − a) = x − (a + 1)x + a 1= − (a + 1) a = −2
Nilai a yang memenuhi adalah a = −2
35. Diber ikan polinomial p(x) = x n-2 +a
1 x +a 2 x + ⋅⋅⋅ + a n-1 x+a n dengan koef isien a 1 ,a 2 , ⋅⋅⋅, a n semuanya bilangan bulat . J ika p(0) dan p(1) keduanya bilangan ganj il, t unj ukkan bahwa p(x) t idak mempunyai akar bilangan bulat .
n-1
(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1971) Solusi : Kar ena p(0) ganj il maka a n mer upakan bilangan ganj il
Kar ena p(1) ganj il maka 1 + a 1 +a 2 + ⋅⋅⋅ + a n mer upakan bilangan ganj il.
• J ika x adalah bilangan genap Kar ena a n ganj il maka p(x) unt uk x genap akan ber nilai ganj il. Sehingga ber apa pun nilai x t idak akan didapat p(x) = 0 yang ber akibat t idak mungkin bilangan genap mer upakan akar per samaan p(x) = 0
• J ika x adalah bilangan ganj il Maka par it as p(x) akan sama dengan p(1). Ber akibat ber apa pun nilai x t idak akan didapat p(x) = 0 yang ber akibat t idak mungkin ada bilangan ganj il yang mer upakan akar per samaan p(x) = 0 Ter bukt i bahwa p(x) t idak mempunyai akar bilangan bulat .
36. Unt uk n bilangan bulat , t unj ukkan bahwa n 2 + 2n + 12 bukan mer upakan kelipat an 121. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1971)
Solusi : Unt uk bent uk n = 11k, 11k + 1, 11k + 2, 11k + 3, 11k + 4, 11k + 5, 11k + 6, 11k + 7, 11k + 8, 11k + 9 maka
nilai n 2 + 2n + 1 t idak ada yang habis dibagi 11. (Bisa dibukt ikan dengan memasukkan ke dalam per samaan t er sebut ). Hanya bent uk 11k + 10 saj a yang membuat n 2 + 2n + 1 habis dibagi 11.
2 2 Unt uk n = 11k + 10 maka n 2 + 2n + 12 = 121k + 242k + 132 = 121 (k + 2k + 1) + 11 maka : n 2 + 2n + 12 j ika dibagi 121 ber sisa 11. Ter bukt i bahwa n 2 + 2n + 12 bukan mer upakan kelipat an 121.
37. Misalkan n adalah bilangan lima angka dan m adalah bilangan empat angka yang didapat dengan menghapus angka yang ada di t engah dar i bilangan n. Tent ukan semua nilai n yang memenuhi bahwa n/ m adalah bilangan bulat . (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1971) Solusi : Misalkan bilangan semula adalah n = 10000a + 1000b + 100c + 10d + e m = 1000a + 100b + 10d + e 10000a + 1000b + 100c + 10d + e = k(1000a + 100b + 10d + e) dengan k ∈ bilangan asli • Unt uk k > 10 maka k min = 11
1000a(k − 10) + 100b(k − 10) + 10d(k − 1) + e(k −1) = 100c Nilai minimal r uas kir i = 1000 (1)(1) + 100 (1) (1) + 10 (1) (1) + 1 (1) > 1000 Nilai maksimal r uas kanan = 100 (9) = 900 Sehingga t idak ada nilai k > 10 yang memenuhi
• Unt uk k < 10 maka k mak =9 1000a(10 − k) + 100b(10 − k) + 100c = 10d(k − 1) + e(k − 1) Nilai minimal r uas kir i = 1000 (1) (1) + 100 (1) (1) + 100 (1) > 1000 Nilai maksimal r uas kanan = 10 (9) (8) + 9(8) < 1000 Sehingga t idak ada nilai k > 10 yang memenuhi
• Unt uk k = 10 10000a + 1000b + 100c + 10d + e = 10000a + 1000b + 100d + 10e 100c = 9(10d + e) Kar ena 9 t idak membagi 100 maka c har us habis dibagi 9
c = 0 at au c = 9
Unt uk c = 9 t idak mungkin sebab 9(10d + e) ≤ 9(90 + 9) < 900 maka c = 0 Kar ena c = 0 maka 10d + e = 0 yang ber akibat d = 0 dan e = 0
Maka n = 10000a + 1000b Nilai-nilai n yang memenuhi adalah 10000, 11000, 12000, 13000, ⋅⋅⋅, 99000
38. Diket ahui bahwa masing-masing n or ang menget ahui t epat 1 buah inf or masi yang saling ber beda. J ika salah seor ang kat akan A menelepon B maka A akan member it ahukan semua inf or masi yang dimilikinya kepada B sedangkan B t idak member it ahukan sat u pun inf or masi yang diket ahuinya kepada A. Ber apakah panggilan t elepon minimum yang diper lukan sehingga set iap or ang t er sebut akan menget ahui n inf or masi t er sebut ? Bukt ikan bahwa j awaban t er sebut adalah yang paling minimum. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1971) Solusi : Or ang ke-k akan mener ima t elepon set elah sedikit nya t er j adi k − 2 t elepon. Maka or ang t er akhir akan mener ima panggilan yang per t ama sedikit nya set elah t er j adi n − 2 t elepon. Set elah or ang ke-n mener ima t elepon ber ar t i sedikit nya t elah t er j adi n − 1 t elepon. Semua inf or masi yang didapat oleh or ang ke-n akan disebar kepada selur uh or ang selain dir inya. Sedikit nya dibut uhkan n − 1 t elepon. Maka panggilan t elepon minimum yang diper lukan sehingga set iap or ang akan menget ahui n inf or masi adalah 2(n − 2)
3 3 39. Bukt ikan bahwa per samaan x 3 + 11 =y t idak memilki solusi bilangan asli x dan y. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1972)
Solusi :
3 3 3 3 ≡y Kar ena x 3 + 11 =y maka x (mod 11)
3 3 3 Tet api 0 3 ,1 ,2 , ⋅⋅⋅, 10 ≡ 0, 10, 3, 6, 2, 7, 4, 9, 5, 8, 1 (mod 11) yang ber ar t i semua sisanya ber beda. Maka har us dipenuhi bahwa x ≡ y (mod 11) yang ber at i har us dipenuhi y = x + 11k.
3 −x 3 3 −x 3 2 2 3 3 y 3 = (x + 11k) =3 ⋅ 11k ⋅ x + 3 (11k) x + 11k > 11k ≥ 11 . Ter bukt i bahwa per samaan x 3 + 11 3 =y 3 t idak memiliki solusi bilangan asli x dan y.
40. Misalkan a dan b adalah bilangan r eal ber beda. Tunj ukkan bahwa t er dapat bilangan bulat m dan n yang memenuhi am + bn < 0 dan bm + an > 0. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1972) Solusi : • Unt uk a > b
Masukkan nilai m = 1 dan n = −1 maka am + bn = a − b > 0 dan bm + an = b − a < 0 • Unt uk a < b Masukkan nilai m = −1 dan n = 1 maka am + bn = −a + b > 0 dan bm + an = −b + a < 0 Ter bukt i bahwa t er dapat bilangan bulat m dan n yang memenuhi am + bn < 0 dan bm + an > 0.
41. Bukt ikan bahwa j ika p dan p + 2 keduanya bilangan pr ima lebih besar dar i 3, maka 6 mer upakan f akt or dar i p + 1. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1973) Solusi : Kar ena mer upakan t iga bilangan bulat ber ur ut an maka salah sat u dar i p, p + 1 dan p + 2 past i ada yang habis dibagi 3. Kar ena semuanya lebih dar i 3 dan p ser t a p + 2 adalah bilangan pr ima maka dapat dipast ikan p + 1 mer upakan bilangan kelipat an 3. Kar ena mer upakan dua bilangan bulat ber ur ut an maka salah sat u dar i p + 1 dan p + 2 past i habis dibagi
2. Kar ena p + 2 bilangan pr ima maka p + 1 habis dibagi 2. Kar ena p + 1 habis dibagi 2 dan j uga habis dibagi 3 ser t a 2 dan 3 r elat if pr ima maka p + 1 akan habis dibagi 2 ⋅ 3 = 6. Ter bukt i bahwa 6 adalah f akt or dar i p + 1.
42. Unt uk set iap bilangan asli n diket ahui ber laku h ( n ) = 1 + + + L L + . Sebagai cont oh, h ( 1 ) = 1 ,
h ( 2 ) = 1 + , h ( 3 ) = 1 + + . Bukt ikan bahwa unt uk n = 2, 3, 4, ⋅⋅⋅ maka ber laku per samaan ber ikut
n + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(n − 1) = nh(n). (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1973) Solusi : Dengan car a induksi mat emat ika • Unt uk n = 2
2 + h(1) = 2 + 1 = 3
1 ⎞ 2h ( 2 ) = 2 ⎜ ⎛+ 1 ⎟ = 3 (memenuhi) ⎝ 2 ⎠
• Andaikan benar unt uk n = k maka : k + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(k − 1) = kh(k) • Akan dibukt ikan benar unt uk n = k + 1 yait u (k + 1) + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(k) = (k + 1)h(k + 1) (k + 1) + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(k) = k + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(k) + 1 = kh(k) + h(k) + 1 (k + 1) + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(k) = (k + 1)h(k) + 1
(k + 1) + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(k) =
(k + 1) + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(k) = ( k + 1 ) ⎜ h ( k + 1 ) −
(k + 1) + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(k) = (k + 1)h(k +1) − 1 + 1 (k + 1) + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(k) = (k + 1)h(k +1) (t er bukt i)
Ter bukt i bahwa per samaan n + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(n − 1) = nh(n) ber laku unt uk n = 2, 3, 4, ⋅⋅⋅
43. Misalkan ABCD adalah per segi panj ang dengan BC = 3AB. Tunj ukkan bahwa j ika P, Q adalah t it ik yang t er let ak pada sisi BC sehingga BP = PQ = Q C maka ∠DBC + ∠DPC = ∠DQC. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1974)
Solusi : Misalkan AB = p maka BC = 3p
BP = PQ = Q C = p
Alt ernat if 1 :
tg ∠DBC = ; tg ∠DPC =
; tg ∠DQC = 1
3 2 tg ∠ DBC + tg ∠ DPC
tg( ∠DBC + ∠DPC) =
1 − tg ∠ DBC ⋅ tg ∠ DPC
1 + 1 tg( ∠DBC + ∠DPC) = 3 2 = 1 =tg ∠DQC
∠DBC + ∠DPC = ∠DQC Alt ernat if 2 : ∠DBQ’ = ∠DBC + ∠Q’BC = ∠DBC + ∠DPC
BQ ’ = 5 p Q ’D = 5 p
DB = 10 p
2 2 Kar ena (BQ ’) 2 + (Q ’D) = (DB) dan BQ ’ = Q ’D maka ∆BQ’D adalah segit iga siku-siku sama kaki. ∠DBC + ∠DPC =
o 45
∴ ∠DBC + ∠DPC = ∠DQC
44. Tent ukan nilai ⎜
⎝ 1 ⋅ 3 ⋅ 9 + 2 ⋅ 6 ⋅ 18 + L + n ⋅ 3 n ⋅ 9 n ⎠
(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1975) Solusi :
() 2 ( 1 ⋅ 1 ⋅ 1 + 2 ⋅ 2 ⋅ 2 + 3 ⋅ 3 ⋅ 3 + L + n ⋅ n ⋅ n ) ⎞
⎝ 1 ⋅ 3 ⋅ 9 + 2 ⋅ 6 ⋅ 18 + L + n ⋅ 3 n ⋅ 9 n
⎝ () 3 ( 1 ⋅ 1 ⋅ 1 + 2 ⋅ 2 ⋅ 2 + 3 ⋅ 3 ⋅ 3 + L + n ⋅ n ⋅ n ) ⎟⎟ ⎠
⎝ 1 ⋅ 3 ⋅ 9 + 2 ⋅ 6 ⋅ 18 + L + n ⋅ 3 n ⋅ 9 n ⎠
45. Bar isan 2 a
1 ,a 2 ,a 3 , ⋅⋅⋅ memenuhi a 1 = ½ dan a 1 +a 2 +a 3 + ⋅⋅⋅ + a n =n a n unt uk n ≥ 1. Tent ukan nilai a n . (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1975) Solusi :
1 +a 2 +a 3 + ⋅⋅⋅ + a n =n a n a 1 +a 2 +a 3 + ⋅⋅⋅ + a n-1 =n a n −a n
− 1) 2 (n 2 a n-1 = (n − 1)a n = (n − 1)(n + 1)a n
46. Pada sebuah bilangan posit if 3,27, angka 3 mer uj uk pada bagian bulat dar i bilangan dan ,27 mer uj uk pada bagian desimal. Tent ukan bilangan posit if yang memenuhi bagian desimal, bagian bulat dan bilangan it u sendir i membent uk bar isan geomet r i. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1975) Solusi : Misalkan bilangan t er sebut adalah x, bagian bulat = ⎣x⎦ = n dan desimal = y n t idak mungkin 0 maka x ≥1 Kar ena y, n dan x mer upakan bar isan geomet r i maka n 2 = xy
2 x=n+y 2 n = (n + y)y = ny + y
⎛− ⎜ n y ⎟ = y ⎝ 2 ⎠
• Unt uk n ≥ 2
Kar ena 0
≤ y < 1 maka nilai minimal r uas kir i =
Nilai maksimal r uas kanan =
Maka t idak ada nilai n ≥ 2 yang memenuhi •
Unt uk n = 1
2 1 2 =y+y y 2 +y −1=0
Ambil akar posit if maka y =
x=n+y= 1 +
Bilangan posit if t er sebut adalah
47. (i) 15 kur si diat ur melingkar dengan t er dapat nama pada kur si t er sebut yang disediakan unt uk 15 t amu. Par a t amu t idak menget ahui nama pada kur si t er ebut sampai dengan mer eka duduk. J ika t idak ada sat upun di ant ar a ke-15 t amu t er sebut yang duduk pada kur si yang sesuai dengan namanya, maka bukt ikan bahwa kit a dapat memut ar kur si sedemikian sehingga sedikit nya 2 or ang t amu akan duduk pada kur si yang sesuai dengan namanya.
(ii) Ber ikan cont oh sebuah susunan sehingga hanya sat u or ang t amu yang duduk pada kur si yang sesuai dengan namanya dan bila kur si t er sebut diput ar t idak akan ada t amu yang duduk sesuai namanya lebih dar i sat u or ang.
(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1975) Solusi : Ada 15 kemungkinan posisi kur si. Andaikan bahwa dalam set iap kemungkinan paling banyak or ang yang duduk pada kur si yang sesuai dengan namanya hanya 1 or ang. Maka dalam masing-masing put ar an har us ada t epat sat u or ang yang duduk pada kur si yang sesuai dengan namanya.
Tet api 1 dar i 15 kemungkinan posisi kur si sudah j elas bahwa t idak ada sat upun or ang yang duduk pada kur si yang sesuai dengan namanya. Kar ena t inggal t er dapat 14 kemungkinan posisi kur si sedangkan posisi or ang yang duduk pada kur si yang sesuai dengan namanya masih 15 kemungkinan maka sesuai dengan Pigeon Hole Pr inciple t er bukt i ada car a kit a memut ar kur si sehingga sedikit nya 2 or ang t amu akan duduk pada kur si yang sesuai dengan namanya. Cont oh susunan yang dimaksud adalah :
Kur si 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 Or ang 1 9 2 10 3 11 4 12 5 13 6 14 7 15 8
Bagaimanapun kit a memut ar kur si t er sebut hanya ada paling banyak sat u or ang yang duduk pada kur si yang sesuai dengan namanya.
48. Fungsi f (x) dikat akan per iodik bila t er dapat bilangan posit if p yang memenuhi f (x + p) = f (x) unt uk semua nilai x. Sebagai cont oh, sin x per iodik dengan per ioda 2 2 π. Apakah f ungsi sin(x ) per iodik ?
Bukt ikan. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1975) Solusi :
Sin (x 2 ) = 0 saat x =
k 2 π dan ini bukan bent uk bar isan ar it mat ika. Maka sin (x ) t idak per iodic.
49. Diber ikan empat buah benda dengan ber at masing-masing membent uk bar isan geomet r i dan sebuah ner aca ( balance). Penggunaan ner aca adalah dengan menar uh sat u at au beber apa benda pada salah sat u uj ungnya dan sat u at au beber apa benda pada uj ung yang lainnya. Timbangan ini hanya unt uk menget ahui bagian mana yang lebih ber at . Tunj ukkan bagaimana car anya unt uk menent ukan benda yang t er ber at dengan hanya menggunakan ner aca t er sebut sebanyak dua kali. Bukt ikan j awaban Anda. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1976) Solusi :
2 3 Misalkan ber at benda t er sebut adalah w, wr , wr 3 dan wr dengan r > 1. Maka wr adalah benda t er ber at .
Kar ena r > 1 maka r 2 (r − 1) > (r − 1) wr 2 (r − 1) > w(r − 1)
3 wr 2 + w > wr + wr Dar i per samaan di at as kit a dapat kan bahwa bila benda t er ber at digabungkan dengan benda mana pun
akan lebih ber at dar i penggabungan dua benda yang lain. Maka langkah yang akan dilakukan adalah : -
membagi keempat benda menj adi dua bagian dengan masing-masing t er dir i dar i dua benda, lalu menimbangnya. Benda yang t er ber at di ant ar a keempat benda t er sebut akan t er masuk ke dalam bagian yang lebih ber at .
- Dua benda yang t er masuk ke dalam bagian yang lebih ber at kembali dit imbang, maka benda yang lebih ber at adalah mer upakan benda yang t er ber at di ant ar a keempat benda t er sebut .
50. Dua or ang siswa kelas t uj uh mengikut i suat u kompet isi cat ur dengan selur uh peser t a selain mer eka adalah siswa kelas delapan. Masing-masing peser t a akan ber t emu t epat sat u kali dengan masing- masing lawan dengan ket ent uan penilaian : 1 j ika menang, set engah j ika r emis sedangkan j ika kalah 0.
Tot al nilai yang diper oleh kedua siswa kelas t uj uh adalah 8 sedangkan semua siswa kelas delapan memper oleh nilai yang sama. Ber apa banyak siswa kelas delapan yang mengikut i kompet isi ? (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1976) Solusi :
Misalkan j umlah siswa kelas delapan = n maka banyaknya per t andingan =
( n +n 1 )( + 2 ) = nilai t ot al.
Misalkan masing-masing nilai siswa kelas delapan = k maka
8 + nk =
( n +n 1 )( + 2 ) n − (2k − 3)n − 14 = 0.
2 Kar ena k adalah bilangan asli maka penj umlahan kedua nilai n mer upakan bilangan bulat . Kar ena hasil kali kedua nilai n = −14 maka kedua nilai n past i bulat . Maka kemungkinan kedua nilai n adalah (1, −14), (2, −7), (7, −2) dan (14, −1) yang masing-masing j ika dij umlahkan secar a ber ur ut an akan diper oleh −13, −5, 5, 13. * Unt uk 2k − 3 = −13 k = − 5 (t idak memenuhi) * Unt uk 2k − 3 = −5 k = −1 (t idak memenuhi) * Unt uk 2k −3=5 k=4 * Unt uk 2k − 3 = 13 k = 8 Akan dicek kedua kemungkinan nilai k t er sebut . • J ika k = 4
nilai n posit if yang memenuhi adalah 7. Nilai t ot al = ½ ⋅ 8 ⋅ 9 = 36. Maka nilai t ot al ket uj uh siswa kelas delapan = 36 − 8 = 28 yang ber ar t i masing-masing siswa kelas delapan memper oleh nilai 4.