OSN Matematika 2012 Hari Kedua
Ini solusi hari kedua, again geometri nya saya skip :D :p
Soal 5 (Stefanus Lie). Diberikan bilangan asli $m$ dan $n$. Misalkan $P$ dan $Q$ adalah dua kumpulan $m\times n$ bilangan $0$ dan $1$ yang disusun dalam $m$ baris dan $n$ kolom. Contoh salah satu kumpulan itu untuk $m=3$ dan $n=4$ adalah
\[\left[ \begin{array}{cccc}1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right] .\]
Misalkan kedua kumpulan tersebut memenuhi empat sifat berikut.
(i) Pada setiap baris di $P$, bilangan dari kiri ke kanan tidak pernah naik (boleh sama atau turun),
(ii) pada setiap kolom di $P$, bilangan dari atas ke bawah tidak pernah naik (boleh sama atau turun),
(iii) jumlah bilangan pada sebarang baris di $P$ sama dengan jumlah bilangan pada baris yang sama di $Q$, dan
(iv) jumlah bilangan pada sebarang kolom di $P$ sama dengan jumlah bilangan pada kolom yang sama di $Q$.
Tunjukkanlah bahwa bilangan pada baris ke-$i$ kolom ke-$j$ di $P$ sama dengan bilangan pada baris ke-$i$ kolom ke-$j$ di $Q$ untuk setiap $i=1,2,\ldots ,m$ dan $j=1,2,\ldots ,n$.
Soal 6 (Fajar Yuliawan) Misalkan $\mathbb{R}^{+}$ menyatakan himpunan semua bilangan real positif. Tunjukkan bahwa tidak ada fungsi $f:\mathbb{R}^{+}\rightarrow \mathbb{R}^{+}$ yang memenuhi
\[f\left( x+y\right) =f\left( x\right) +f\left( y\right) +\frac{1}{2012}\] untuk setiap bilangan real positif $x$ dan $y$.
Solusi:
Misalkan fungsi tersebut ada, dengan menggunakan induksi matematika kita peroleh untuk sebarang bilangan asli $n$ berlaku
\[f(nx)=nf(x)+\frac{n-1}{2012}\]
untuk sebarang $x\in \mathbb{R}^+$.
Apabila disubtitusi $x=\frac{1}{n}$, maka diperoleh untuk sebarang bilangan asli $n$
\[f(1)=nf\left(\frac{1}{n}\right)+\frac{n-1}{2012}\]
Berdasarkan Archimedian Property, apabila diberikan bilangan real $K$ maka terdapat bilangan asli $n$ sedemikian sehingga $n>K$.
Berdasarkan Archimedian Property, karena $2012f(1)+1 \in \mathbb{R}^+$ maka terdapat bilangan asli $n$ yang memenuhi
\[n>2012f(1)+1 \Rightarrow \frac{f(1)}{n}-\frac{1}{2012}+\frac{1}{2012n}< 0\]
Sedangkan
\[f\left(\frac{1}{n}\right)=\frac{f(1)}{n}-\frac{1}{2012}+\frac{1}{2012n}< 0\]
kontradiksi. Sehingga tidak ada fungsi yang memenuhi
Soal 7 (Nanang Susyanto) Misalkan $n$ bilangan asli. Buktikan bahwa persamaan
\[\sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{n}\] memiliki solusi pasangan bilangan asli $\left( x,y\right) $ jika dan hanya jika $n$ habis dibagi oleh suatu bilangan kuadrat yang lebih besar daripada 1.
Solusi:
Misalkan terdapat bilangan asli $x,y,$ dan $n$ yang memenuhi $\sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{n}$, setara dengan $\sqrt{x}=\sqrt{n}-\sqrt{y}$, kuadratkan kedua ruas kita peroleh
\[x=n+y-2\sqrt{yn}\]
yang berarti $yn$ adalah bilangan kuadrat. Secara similar dari $\sqrt{y}=\sqrt{n}-\sqrt{x}$ diperoleh $xn$ adalah bilangan kuadrat.
Misalkan tidak ada bilangan kuadrat yang lebih besar dari $1$ yang membagi $n$, sehingga $n$ berbentuk $p_1p_2\cdots p_k$, dengan $p_i$ bilangan prima. Maka untuk setiap $i$, diperoleh prima $p_i$ membagi $n$, tapi $p_i^2$ tidak membagi $n$. Karena $p_i | xn$ dan $xn$ bilangan kuadrat maka $p_i^2 | xn$, dan dari $p_i^2 \not | n$ kita peroleh $p_i | x$. Secara similar kita juga memperoleh $p_i | y$,
Jadi untuk sebarang bilangan prima $p | n$ diperoleh $p | x$ dan $p | y$, yakni
\[x=(p_1p_2\cdots p_k) a =na \qquad y=(p_1p_2\cdots p_k) b=nb\]
untuk suatu bilangan asli $a$ dan $b$.
Apabila disubstitusi balik, diperoleh $\sqrt{a}+\sqrt{b}=1$, sehingga salah satu dari $a$ atau $b$ harus nol, kontradiksi.
Untuk sebaliknya, apabila ada $d$ sedemikian sehingga $d^2 | n$, maka $n=kd^2$, sehingga
\[\sqrt{n}=d\sqrt{k}=d-1\sqrt{k} + \sqrt{k}=\sqrt{(d-1)^2 k} + \sqrt{k}\]
jadi terdapat solusi yakni $x=(d-1)^2 k$ dan $y=k$.
Soal 8 (Fajar Yuliawan) Diberikan sebarang segitiga $ABC$ dan garis bagi $\angle BAC$ memotong sisi $BC$ dan lingkaran luar segitiga $ABC$ berturut-turut di $D$ dan $E$. Misalkan $M$ dan $N$ berturut-turut titik tengah $BD$ dan $CE$. Lingkaran luar segitiga $ABD$ memotong $AN$ di titik $Q$. Lingkaran yang melalui $A$ dan menyinggung $BC$ di $D$ memotong garis $AM$ dan sisi $AC$ berturut-turut di titik $P$ dan $R$. Tunjukkan bahwa empat titik $B,P,Q,R$ terletak pada satu garis.
Soal 5 (Stefanus Lie). Diberikan bilangan asli $m$ dan $n$. Misalkan $P$ dan $Q$ adalah dua kumpulan $m\times n$ bilangan $0$ dan $1$ yang disusun dalam $m$ baris dan $n$ kolom. Contoh salah satu kumpulan itu untuk $m=3$ dan $n=4$ adalah
\[\left[ \begin{array}{cccc}1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right] .\]
Misalkan kedua kumpulan tersebut memenuhi empat sifat berikut.
(i) Pada setiap baris di $P$, bilangan dari kiri ke kanan tidak pernah naik (boleh sama atau turun),
(ii) pada setiap kolom di $P$, bilangan dari atas ke bawah tidak pernah naik (boleh sama atau turun),
(iii) jumlah bilangan pada sebarang baris di $P$ sama dengan jumlah bilangan pada baris yang sama di $Q$, dan
(iv) jumlah bilangan pada sebarang kolom di $P$ sama dengan jumlah bilangan pada kolom yang sama di $Q$.
Tunjukkanlah bahwa bilangan pada baris ke-$i$ kolom ke-$j$ di $P$ sama dengan bilangan pada baris ke-$i$ kolom ke-$j$ di $Q$ untuk setiap $i=1,2,\ldots ,m$ dan $j=1,2,\ldots ,n$.
Solusi: Kita akan membuktikan hal ini dengan induksi terhadap $m+n$.
Apabila $m+n=2$, maka pernyataan jelas benar. Apabila $m+n=3$, terdapat dua kemungkinan $m=2$ dan $n=1$ atau $m=1$ dan $n=2$, pernyataan benar dengan menggunakan iii) dan iv).
Untuk $m+n=4$, apabila $n=1$ maka karena setiap baris hanya mempunyai satu angka berdasarkan iii) soal langsung terbukti, begitu juga apabila $m=1$, soal terbukti dengan iv). Apabila $m=n=2$, maka $P$ akan berbentuk
\[\left[ \begin{array}{cc}1 & 1 \\ 1 & 1\end{array}\right], \left[ \begin{array}{cc}1 & 1 \\ 0 & 0\end{array}\right], \left[ \begin{array}{cc}1 & 0 \\ 1 & 0\end{array}\right], \left[ \begin{array}{cc}0 & 0 \\ 0 & 0\end{array}\right], \left[ \begin{array}{cc}1 & 1 \\ 1 & 0\end{array}\right], \]
Perhatikan bahwa dari sifat iii) baris $[1 \,\, 1]$ pada $P$ akan menghasilkan baris yang sama di $Q$, begitu pula kolom $\left[\begin{array}{c}1 \\ 1\end{array}\right]$ dengan sifat iv). Hal yang sama jg berlaku untuk baris $[0\,\, 0]$ dan $\left[\begin{array}{c} 0 \\ 0\end{array}\right]$. Jadi pada empat bentuk pertama dari $P$ diatas, dapat disimpulkan bahwa $Q$ akan berbentuk sama. Sedangkan untuk $P$ yang berbentuk $\left[ \begin{array}{cc}1 & 1 \\ 1 & 0\end{array}\right]$, $Q$ akan berbentuk $\left[ \begin{array}{cc}1 & 1 \\ 1 & x\end{array}\right]$, tapi berdasarkan iv) $1+x=1+0$, jadi $x=0$, sehingga $P$ dan $Q$ sama juga untuk bentuk ini.
Sekarang misalkan soal benar untuk setiap kumpulan $a \times b$ dimana $a+b\leq k$. Akan dibuktikan bahwa soal juga benar untuk setiap kumpulan $x\times y$ dimana $x+y=k+1$.
Kasus 1. Jika terdapat bilangan pada baris pertama dari $P$ yang sama dengan nol, dan misalkan $u$ adalah indeks pertama dari kiri sedemikian sehingga bilangan ke-$u$ dari kiri pada baris pertama $P$ sama dengan nol, berdasarkan sifat i) semua bilangan ke -$u+1$, $u+2, \cdots, y$ pada baris pertama dari $P$ semuanya juga samadengan nol.
Dari sifat ii) diperoleh kolom ke-$u$, $u+1,u+2,\cdots, y$ dari $P$ semuanya mempunyai bilangan samadengan nol, yang berarti hasil penjumlahan bilangan dari masing-masing kolom samadengan $0$.
Berdasarkan sifat iii) dan iv) kolom ke-$u$, $u+1,u+2,\cdots, y$ dari $Q$ masing-masing juga mempunyai hasil penjumlahan yang sama dengan nol, lalu karena bilangan yang mungkin hanya $0$ atau $1$, maka kolom ke-$u$, $u+1,u+2,\cdots,y$ dari $Q$ juga semuanya nol. Kita telah memperoleh kolom ke-$u$, $u+1,u+2,\cdots,y$ dari $P$ dan kolom ke-$u$, $u+1,u+2,\cdots,y$ dari $Q$ mempunyai bilangan yang sama. Selanjutnya akan dibuktikan kolom ke-$1$, $2,\cdots,u-1$ dari $P$ dan kolom ke-$1$, $2,\cdots,u-1$ dari $Q$ juga mempunyai bilangan yang sama.
Sekarang kita mempunyai $x \times u-1$ kumpulan bilangan sisa yang belum diketahui nilai nya, anggap $x\times u-1$ kumpulan bilangan pada $P$ sebagai $P^{\prime}$ dan $x\times u-1$ kumpulan bilangan pada $Q$ sebagai $Q^{\prime}$. Karena $P^{\prime}$ berasal dari $P$, maka $P^{\prime}$ juga memenuhi sifat i), ii). Lalu karena kolom-kolom yang dibuang sebelumnya bernilai nol, maka hasil penjumlahan bilangan pada kolom dan hasil penjumlahan bilangan pada baris $P^{\prime}$ dan $Q^{\prime}$ tidak berubah, sehingga sifat iii) dan iv) juga tetap berlaku untuk $P^{\prime}$ dan $Q^{\prime}$.
Ditambah lagi $x+u-1 < x+y=k+1$, jadi $x+u-1\leq k$, dan berdasarkan hipotesa induksi soal benar untuk $a+b \leq k$, jadi bilangan-bilangan di $P^{\prime}$ sama dengan bilangan -bilangan pada $Q^{\prime}$. Kita peroleh $P$ dan $Q$ memuat bilangan yang sama pada setiap posisi nya.
Kasus 2. Jika semua bilangan pada baris pertama dari $P$ tidak samadengan nol, dengan kata lain semua bilangan samadengan 1. Diperoleh baris pertama dari $P$ mempunyai hasil jumlah $y$, jadi berdasarkan iii) $Q$ juga mempunyai hasil jumlah $y$, yang menyebabkan semua bilangan pada baris pertama dari $Q$ juga semuanya samadengan 1, yakni $P$ dan $Q$ mempunyai baris pertama yang sama.
Sekarang misalkan $\overline{P}$ dan $\overline{Q}$ adalah bagian dari $P$ dan $Q$ secara berurutan mulai dari baris kedua sampai baris ke-$x$. Karena $\overline{P}$ berasal dari $P$ maka sifat i) dan ii) juga berlaku untuk $\overline{P}$. Lalu karena setiap baris dari $\overline{Q}$ adalah baris dari $Q$, dan setiap baris dari $\overline{P}$ adalah baris dari $P$, mak sifat iii) juga berlaku untuk $\overline{P}$ dan $\overline{Q}$. Untuk tiap kolom dari $\overline{P}$ dan tiap kolom dari $\overline{Q}$, hasil penjumlahan bilangan pada kolom tersebut samadengan hasil penjumlahan bilangan pada kolom $P$ dan $Q$ secara berurutan dikurang $1$, jadi iv) juga berlaku untuk $\overline{P}$ dan $\overline{Q}$.
$\overline{P}$ dan $\overline{Q}$ masing-masing mempunyai ukuran $x-1 \times y$, dan $x-1+y=k-1$, jadi berdasarkan hipotesa induksi, $\overline{P}$ dan $\overline{Q}$ adalah kumpulan bilangan yang sama.
Soal 6 (Fajar Yuliawan) Misalkan $\mathbb{R}^{+}$ menyatakan himpunan semua bilangan real positif. Tunjukkan bahwa tidak ada fungsi $f:\mathbb{R}^{+}\rightarrow \mathbb{R}^{+}$ yang memenuhi
\[f\left( x+y\right) =f\left( x\right) +f\left( y\right) +\frac{1}{2012}\] untuk setiap bilangan real positif $x$ dan $y$.
Solusi:
\[f(nx)=nf(x)+\frac{n-1}{2012}\]
untuk sebarang $x\in \mathbb{R}^+$.
Apabila disubtitusi $x=\frac{1}{n}$, maka diperoleh untuk sebarang bilangan asli $n$
\[f(1)=nf\left(\frac{1}{n}\right)+\frac{n-1}{2012}\]
Berdasarkan Archimedian Property, apabila diberikan bilangan real $K$ maka terdapat bilangan asli $n$ sedemikian sehingga $n>K$.
Berdasarkan Archimedian Property, karena $2012f(1)+1 \in \mathbb{R}^+$ maka terdapat bilangan asli $n$ yang memenuhi
\[n>2012f(1)+1 \Rightarrow \frac{f(1)}{n}-\frac{1}{2012}+\frac{1}{2012n}< 0\]
Sedangkan
\[f\left(\frac{1}{n}\right)=\frac{f(1)}{n}-\frac{1}{2012}+\frac{1}{2012n}< 0\]
kontradiksi. Sehingga tidak ada fungsi yang memenuhi
Soal 7 (Nanang Susyanto) Misalkan $n$ bilangan asli. Buktikan bahwa persamaan
\[\sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{n}\] memiliki solusi pasangan bilangan asli $\left( x,y\right) $ jika dan hanya jika $n$ habis dibagi oleh suatu bilangan kuadrat yang lebih besar daripada 1.
Solusi:
Misalkan terdapat bilangan asli $x,y,$ dan $n$ yang memenuhi $\sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{n}$, setara dengan $\sqrt{x}=\sqrt{n}-\sqrt{y}$, kuadratkan kedua ruas kita peroleh
\[x=n+y-2\sqrt{yn}\]
yang berarti $yn$ adalah bilangan kuadrat. Secara similar dari $\sqrt{y}=\sqrt{n}-\sqrt{x}$ diperoleh $xn$ adalah bilangan kuadrat.
Misalkan tidak ada bilangan kuadrat yang lebih besar dari $1$ yang membagi $n$, sehingga $n$ berbentuk $p_1p_2\cdots p_k$, dengan $p_i$ bilangan prima. Maka untuk setiap $i$, diperoleh prima $p_i$ membagi $n$, tapi $p_i^2$ tidak membagi $n$. Karena $p_i | xn$ dan $xn$ bilangan kuadrat maka $p_i^2 | xn$, dan dari $p_i^2 \not | n$ kita peroleh $p_i | x$. Secara similar kita juga memperoleh $p_i | y$,
Jadi untuk sebarang bilangan prima $p | n$ diperoleh $p | x$ dan $p | y$, yakni
\[x=(p_1p_2\cdots p_k) a =na \qquad y=(p_1p_2\cdots p_k) b=nb\]
untuk suatu bilangan asli $a$ dan $b$.
Apabila disubstitusi balik, diperoleh $\sqrt{a}+\sqrt{b}=1$, sehingga salah satu dari $a$ atau $b$ harus nol, kontradiksi.
Untuk sebaliknya, apabila ada $d$ sedemikian sehingga $d^2 | n$, maka $n=kd^2$, sehingga
\[\sqrt{n}=d\sqrt{k}=d-1\sqrt{k} + \sqrt{k}=\sqrt{(d-1)^2 k} + \sqrt{k}\]
jadi terdapat solusi yakni $x=(d-1)^2 k$ dan $y=k$.
Soal 8 (Fajar Yuliawan) Diberikan sebarang segitiga $ABC$ dan garis bagi $\angle BAC$ memotong sisi $BC$ dan lingkaran luar segitiga $ABC$ berturut-turut di $D$ dan $E$. Misalkan $M$ dan $N$ berturut-turut titik tengah $BD$ dan $CE$. Lingkaran luar segitiga $ABD$ memotong $AN$ di titik $Q$. Lingkaran yang melalui $A$ dan menyinggung $BC$ di $D$ memotong garis $AM$ dan sisi $AC$ berturut-turut di titik $P$ dan $R$. Tunjukkan bahwa empat titik $B,P,Q,R$ terletak pada satu garis.
Post a Comment: