MARKING SCHEME INAMO 2010 HARI 2
Soal 5 [Problem C7 (Hendrata Dharmawan) - 4 suara]
Sebanyak m orang anak laki-laki dan n orang anak perempuan (m > n) duduk mengelilingi meja bundar diawasi oleh seorang guru, dan mereka melakukan sebuah permainan sebagai berikut. Mula-mula sang guru menunjuk seorang anak laki-laki untuk meMula-mulai permainan. Anak laki-laki tersebut meletakkan sekeping uang logam di atas meja. Kemudian bergiliran searah jarum jam, setiap anak melakukan gilirannya masing-masing. Jika anak tersebut laki-laki, ia menambahkan sekeping uang logam ke tumpukan di atas meja, dan jika anak tersebut perempuan, ia mengambil sekeping uang logam dari tumpukan tersebut. Jika tumpukan di atas meja habis, maka permainan berakhir saat itu juga. Perhatikan bahwa tergantung siapa yang ditunjuk oleh sang guru untuk memulai langkah pertama, maka permainan tersebut bisa cepat berakhir, atau bisa saja berlangsung paling sedikit 1 putaran penuh.
Jika sang guru menginginkan agar permainan tersebut berlangsung paling sedikit 1 putaran penuh, ada berapa pilihan anak laki-laki yang dapat beliau tunjuk untuk memulai?
Solusi: Misalkan kita sebut anak laki-laki yang memenuhi syarat yang diminta di soal ”jagoan.” Yakni, jika seorang jagoan memulai permainan, maka permainan tersebut akan berlangsung paling sedikit 1 putaran penuh. Kita akan membuktikan bahwa ada tepatm−n jagoan.
(1poin)
Perhatikan bahwa jika ada anak laki-lakiP yang duduk di sebelah kanan anak perempuanQ(sehingga giliranQtepat sesudahP), makaP tidak mungkin seorang jagoan. JikaP memulai permainan, maka permainan akan berakhir tepat setelah giliran Q.
Kemudian, jika P dan Qberdiri meninggalkan meja, banyaknya jagoan di meja tidak berubah. Untuk setiap permainan yang akan menyelesaikan satu putaran penuh dengan P dan Q, maka permainan tersebut juga akan sanggup menyelesaikan satu putaran penuh tanpa P dan Q di meja. Hal ini dikarenakanP dan Qmemiliki efek yang saling meniadakan. Yakni, kondisi tumpukan uang logam di meja sebelum giliran P dan sesudah giliran Qadalah sama persis.
(3poin)
Jadi kita lakukan operasi ini berulang-ulang. Yakni kita cari anak laki-lagi yang duduk di sebelah kanan anak perempuan, dan kita minta keduanya untuk berdiri meninggalkan meja. Untuk setiap operasi, kita tidak mengubah banyaknya jagoan yang ada di meja.
Selama masih ada anak perempuan di meja, kita pasti bisa menemukan pasangan seperti itu. Proses eliminasi kita berakhir ketika tidak ada lagi anak perempuan di meja, dan pada saat itu, ada m−n anak laki-laki yang tersisa. Mereka semuanya adalah jagoan.
Soal 6 [Problem N2 (Raja Oktovin) - 3 suara] Cari semua bilangan asli n >1 demikian sehingga
τ(n) +ϕ(n) =n+ 1.
Dalam hal ini,τ(n) menyatakan banyaknya bilangan asli yang habis membagindanϕ(n) menyatakan banyaknya bilangan asli yang kurang dari ndan relatif prima terhadapn.
Solusi: MisalkanA adalah himpunan pembagi positif darindan B adalah himpunan semua bilangan asli yang relatif prima terhadapndan kurang darin. Jelas bahwaA∪B ⊆ {1,2, . . . , n}danA∩B ={1}. Akibatnya, kita punyai bahwa
n≥ |A∪B|=|A|+|B| − |A∩B|=τ(n) +ϕ(n)−1 sehingga haruslah τ(n) +ϕ(n)≤n+ 1.
(1 poin)
Kesamaan terjadi saat|A∪B|=n, atau dengan kata lain semua bilangan asli yang tidak relatif prima dengann habis membagin.
(1 poin)
Jika n = p prima, maka kita punyai bahwa τ(p) = 2 (yaitu 1 dan p) dan ϕ(p) = p −1 (yaitu 1,2, . . . , p−1). Akibatnya τ(p) +ϕ(p) =p+ 1 jadi jika n=p prima memenuhi.
Sekarang andaikan nkomposit, maka terdapat bilangan prima p < n yang habis membagi n. Karena gcd(n, n−p) = gcd(n, p) =p >1, maka haruslahn−p|nakibatnyan−phabis membagin−(n−p) =p. (1 poin)
Ada dua kemungkinan:
Kasus I:n−p= 1 maka haruslahn=p+ 1. Ini tidak mungkin sebab tidak ada bilangan primapyang membagi p+ 1.
(1 poin)
Kasus II. n−p = p sehingga haruslah n = 2p. Jika p adalah prima genap, i.e. p = 2, maka kita punyai bahwa τ(4) = 3 (yaitu 1,2,4) dan ϕ(4) = 2 (yaitu 1,3). Kita cek bahwaτ(4) +ϕ(4) = 5, jadi memenuhi.
(1 poin)
(lanjutan kasus II) Sekarang, asumsikanpadalah prima ganjil, maka kita punyai bahwaτ(2p) = 4 (yaitu 1,2, p,2p) dan ϕ(2p) =p−1 (yaitu 1,3, . . . , p−2, p+ 1, . . . ,2p−1) sehinggaτ(2p) +ϕ(2p) =p+ 3. Asumsi bahwan= 2p(pprima ganjil) memenuhi kondisi, maka haruslah 2p+ 1 =p+ 3 sehinggap= 2, kontradiksi.
Jadi, kita tiba pada himpunan solusin∈ {4} ∪ {p:pprima}.
Catatan. (1) Menemukan solusi tanpa bukti (tetapi harus lengkap) mendapatkan 1 poin dan tidak ada poin jika solusi tidak lengkap.
(2) Tidak mengecek semua solusi mendapatkan pengurangan 1 poin.
Solusi alternatif. MisalkanAadalah himpunan pembagi positif darindanBadalah himpunan semua bilangan asli yang relatif prima terhadapndan kurang darin. Jelas bahwa A∪B ⊆ {1,2, . . . , n} dan A∩B ={1}. Akibatnya, kita punyai bahwa
n≥ |A∪B|=|A|+|B| − |A∩B|=τ(n) +ϕ(n)−1
sehingga haruslah τ(n) +ϕ(n) ≤ n+ 1. Kesamaan terjadi saat |A∪B| = n, atau dengan kata lain semua bilangan asli yang tidak relatif prima dengannhabis membagi n.
(2poin)
Jika n bilangan komposit dan n ≥ 6, maka kita dapat menulis n = ab dengan a ≥ 3 dan b ≥ 2. Sekarang perhatikan bahwa 1≤(a−1)b≤ndan gcd((a−1)b, n) =b >1 dan (a−1)btidak membagi n karena a−1 tidak membagi a. Dari argumen sebelumnya, kesamaan di atas tidak terpenuhi, atau dengan kata lainτ(n) +ϕ(n)< n+ 1.
(... poin)
Sekarang cek bahwanprima dan n= 4 adalah solusi.
Soal 7 [Problem A5 (Raja Oktovin) - 5 suara]
Misalkanadanb bilangan real positif. Diberikan polinomF(x) =x2+ax+bdanG(x) =x2+bx+a sehingga semua akar dari polinomF(G(x)) danG(F(x)) adalah bilangan real. Buktikan bahwaadan blebih dari 6.
Solusi: Misalkanx1 dan x2 adalah akar persamaan dariF(x) = 0.
(1 poin)
Karena semua solusiF(G(x)) = 0 real, maka semua akar (G(x)−x1)(G(x)−x2) = 0 juga real. Karena
semua akar x2+bx+ (a−xi) = 0 real, makab2 ≥4(a−xi) untuki= 1 dan 2.
(2 poin)
Jumlahkan kedua ketaksamaan ini, maka 2b2 ≥8a−4(x1+x2) = 12asehinggab2 ≥6a. Dengan cara
yang sama karena persamaan semua solusiG(F(x)) = 0 real, maka a2 ≥6b.
(1 poin)
Sekarang tanpa mengurangi keumuman, asumsikana≥b, makab2≥6a≥6bsehinggab≥6. Sehingga min{a, b} ≥6.
(1 poin)
Asumsikan min{a, b}= 6, sebut saja a≥b= 6. Maka 36 = b2 ≥6amaka 6≥asehingga a=b= 6. Jadi, kita punyai F(x) =G(x) =x2+ 6x+ 6. Kedua akarnya adalah x1,2= −6±
√
12 2 .
(1 poin)
Perhatikan bahwa F(G(x)) = (G(x)−x1)(G(x)−x2) = 0 punya akar real jika dan hanya jika x2+
6x+ 6−xi= 0 punya akar real. Jadi, haruslah 62 ≥4(6−xi) sehingga haruslahxi ≥ −3. Tetapi kita punyai salah satu akarnya −6−
√
12
2 <−3, jadi tidak memenuhi jika min{a, b}= 6.
(1 poin)
Soal 8 [Problem G4 (Raja Oktovin) - 4 suara]
Diberikan segitiga lancip ABC dengan titik pusat lingkaran luar O dan titik tinggi H. Misalkan K sebarang titik di dalam segitiga ABC yang tidak sama denganO maupunH. TitikLdan M terletak di luar segitiga ABC sedemikian sehingga AKCL dan AKBM jajaran genjang. Terakhir, misalkan BL dan CM berpotongan di titik N dan misalkan juga J adalah titik tengah HK. Buktikan bahwa bahwa KON J jajaran genjang.
Solusi: Jika X dan Y berturut-turut adalah titik tengah AB dan AC, maka karena X adalah titik tengah KM dan Y adalah titik tengahKL, makaXY = 12LM = 12BC danXY sejajar LM sehingga XY sejajar BC. Jadi, haruslah BCLM merupakan jajaran genjang.
(1 poin)
MisalkanP adalah titik demikian sehingga AHBP merupakan jajaran genjang. Perhatikan bahwa
∠AP B =∠AHB= 180◦−∠ACB.
(jadi,P terletak di lingkaran luar segitiga ABC). Selain itu, kita punyai bahwa
∠P BA+∠ABH+∠HBC=∠BAH+∠ABH +∠HBC= 90◦.
(alternatifnya, P B sejajar AH dan AH tegak lurus BC, sehingga P B tegak lurus BC) Akibatnya, kita punyai bahwaCP adalah garis tengah lingkaran luar segitiga ABC.
(1 poin)
KarenaAKBM jajaran genjang, makaAK =BM. KarenaAHBP jajaran genjang, makaAH =BP. Lebih jauh, karena AH sejajar BP dan AK sejajar BM, maka ∠KAH = ∠M BP. Ini berakibat, segitigaAKH dan segitigaBP M kongruen. Akibatnya,P M =KH dan P M sejajar KH.
(2 poin)
KarenaBCLM merupakan jajaran genjang, makaN merupakan titik tengahCM. KarenaCP meru-pakan garis tengah lingkaran luar ABC, makaO adalah titik tengah CP. AkibatnyaP M = 2×ON danP M sejajarON. TetapiP M =KH danP M sejajarKH. Dengan demikian,KH= 2×ON dan
(2 poin)
Misalkan J adalah titik tengah HK, maka J K = ON dan J K sejajar ON. Akibatnya, KON J merupakan jajaran genjang.
(1 poin) Solusi alternatif. Dari solusi pertama, BCLM merupakan jajaran genjang, sehingga N merupakan titik tengah CM. (... poin) J H F N M E O K B A C
Tinjau segitiga ACM. Misalkan E titik tengah AC. Karena N titik tengah CM, maka EN sejajar AM, sehingga EN sejajar BK. Misalkan F titik tengah BK, maka EN sejajar KF dan jugaEN =
1 2AM =
1
2BK=KF. JadiF KEN juga jajaran genjang.
(... poin) Sekarang tinjau segitigaBKH. KarenaF titik tengah BK dan J titik tengah KH, makaF J sejajar BH, sehingga F J tegak lurus AC. Karena E titik tengah AC, maka EO tegak lurus AC. Jadi, F J sejajar EO.
(... poin)
Selanjutnya kita buktikan bahwa F J = EO. Karena ∠AOC = 2∠B dan AO = OC = R (jari-jari lingkaran luarABC), maka ∠OAC= 90◦−∠B, sehingga
EO=Rsin(90◦−∠B).
Selanjutnya karena BH dan AH garis tinggi, maka ∠ABH = 90◦ −∠A dan ∠BAH = 90◦ −∠B, sehingga∠AHB=∠A+∠B = 180◦−∠C. Dengan aturan sinus pada segitigaABH dan aturan sinus pada segitigaABC,
BH sin(90◦−∠B) = AB sin(180◦−∠C) = AB sinC = 2R. Jadi EO=Rsin(90◦−∠B) = 1 2BH =F J, seperti yang telah diklaim.
(... poin)
KarenaF J sejajarEOdanF J =EO, kita simpulkan bahwaF J EOjajaran genjang. Sebelumnya kita telah membuktikan bahwa F KEN juga jajaran genjang. Akibatnya,EF, J O dan KN berpotongan di satu titik yang merupakan titik tengahEF,J O danKN. Secara khusus,J OdanKN berpotongan di titik yang merupakan titik tengah J O dan KN, akibatnyaKON J juga jajaran genjang.
