Hari ini aku membahas soal-soal ISOM (International Scientific Olympiad in Mathematic) bersama-sama Tim ISOM Indonesia 2009.
Ini dia soal-soal nya:
1. Misalkan $f(x)$ adalah fungsi yang kontinu piecewise dan terdifferentiable di $[0,a]$. Jika $f(0)=0$ buktikan bahwa \[\int_0^a |f^{\prime}(t)f(t)| dt \leq \frac{a}{2} \int_0^a f^{\prime}(t)^2\,dt\]
2. Jika $G$ suatu grup hingga, dan $H$ subgrup dari $G$. Buktikan $n_p(H) \leq n_p(G)$ [ Disini $n_p(S)$ menyatakan banyak nya $p$-sylow subgroup dari group $S$]
Solusi:
Untuk $a\geq 0$, misalkan \[h(a)= \frac{a}{2} \int_0^a f^{\prime}(t)^2 dt- \int_0^a |f^{\prime}(t) f(t) |\,dt\]
1 .akan ditunjukkan bahwa $h(a)\geq 0$ untuk setiap $a \geq 0$. Perhatikan bahwa $h(0)=0$. Turunan dari $h$ terhadap $a$ adalah
\[h^{\prime}(a)=\left(\frac{1}{2}\right)\int_0^a f^{\prime}(t)^2\,dt+\left(\frac{a}{2}\right) f^{\prime}(a)^2-|f^{\prime}(a)f(a)|\]
perhatikan bahwa $h^{\prime}(0)=0$ dan untuk $a>0$, $h^{\prime}(a)$ dapat ditulis
\[h^{\prime}(a)=\frac{1}{2} \left[\int_0^a f^{\prime}(t)^2 \, dt - \frac{f(a)^2}{a} + \left(\frac{|f(a)|}{\sqrt{a}} - \sqrt{a}|f(a)|\right)^2\right]\]
Misalkan
\[g(a)= \begin{cases} \int_0^a f^{\prime}(t)^2 \, dt -\frac{f(a)^2}{a} & a>0 \\ 0 & a=0 \end{cases}\]
Perhatikan bahwa $\lim_{a \rightarrow 0^+} g(a)= \lim_{a \rightarrow 0^+ } \frac{f(a)^2}{a} = \lim_{a \rightarrow 0^+} 2f(a)f^{\prime}(a)=0$ (karena $f(0)=0$). Jadi $g(a)$ kontinu. Lalu,
\[g^{\prime}(a) = f^{\prime}(a)^2 - \frac{2f(a)f^{\prime}(a)}{a}+\frac{f(a)^2}{a^2} = \frac{1}{a^2} \left(f^{\prime}(a)-\frac{f(a)}{a}\right)^2 \geq 0\]
dan $g^{\prime}(0)=0$. Jadi $g(a)$ adalah fungsi naik sehingga $a\geq 0$ menyebabkan $g(a) \geq g(0)=0$.
Sehingga kita peroleh
\[h^{\prime}(a)=g(a)+\left(\frac{|f(a)|}{\sqrt{a}} - \sqrt{a}|f(a)|\right)^2 \geq 0\]
Jadi $h(a)$ juga fungsi naik dan untuk $a\geq 0$ diperoleh $h(a)\geq h(0)=0$. Yaitu
\[h(a)= \frac{a}{2} \int_0^a f^{\prime}(t)^2 \, dt - \int_0^a |f^{\prime}(t)f(t)| \, dt \geq 0\]
2. Lemma: Jika $H$ adalah subgrup dari $G$ dengan order $p^{\alpha}$ dengan $p$ bilangan prima, maka $H$ berada dalam suatu $p$-sylow subgrup dari $G$.
Misalkan $|G|=p_1^{\alpha_1}\cdots p_k^{\alpha_k}$ dengan $\alpha_i > 0$, maka berdasarkan teorema Langrange $|H|=p_1^{\beta_1}\cdots p_k^{\beta_k}$, $0\leq \beta_i \leq \alpha_i$.
Akan dibuktikan bahwa untuk setiap $p_i$ faktor prima dari $|H|$, tidak ada dua $p_i$-sylow subgrup dari $H$ yang termuat dalam tepat satu $p_i$-sylow subgrup dari $G$.
Misalkan $P$ adalah $p$-sylow subgrup dari $G$, dengan order $p^{\alpha}$, untuk suatu bilangan prima $p$. Misalkan ada $R$ dan $Q$ berbeda yang merupakan $p$-sylow subgrup dari $H$ sedemikian sehingga $R \subset P$ dan $Q \subset P$. Sehingga $R \subset P \cap H$ dan $Q \subset P \cap H$, Jadi---
\[|R| \text{ membagi }|P\cap H| \qquad |Q| \text{ membagi } |P \cap H|\]
Jelas bahwa $P \cap H$ juga merupakan subgrup dari $H$ dan $P$, karena $|P|=p^{\alpha}$ maka berdasarkan teorema Langrange $|P \cap H|=p^{t} $ untuk suatu $t\leq \alpha$.
Tapi karena $R$ dan $Q$ adalah $p$-sylow subgrup dari $H$, maka mereka merupakan subgrup dari $H$ dengan order $p^\beta$, dengan $\beta$ terbesar .
\[\begin{align*}p^{\beta}=|R| \text{ membagi } |P\cap H|=p^{t} \qquad p^{\beta}=|Q| \text{ membagi } |P \cap H|=p^{t}\end{align*}\]
karena $\beta$ pangkat terbesar maka $p^t \leq p^{\beta}$ jadi (1) mengahasilkan $p^t=p^{\beta}$, atau $|P \cap H|$ mempunyai order yang sama dengan $Q$ dan $R$, namun karena $Q$ dan $R$ keduanya merupakan subset dari $P \cap H$ maka $Q=P \cap H = R$. Kontradiksi.
Jadi untuk setiap faktor prima $p$ dari $|G|$, tidak ada $p$-sylow subgrup dari $G$ yang memuat dua $p$-sylow subgrup dari $H$. Sehingga $n_p(H) \leq n_p(G)$.
Bandung, Isola resort UPI
Continue Reading