Soal 1. Albert, Bernard dan Cheryl sedang bermain kelereng. Di awal permainan masing-masing membawa 5 kelereng merah, 7 kelereng hijau dan 13 kelereng biru, sedangkan di ko-tak kelereng ada ko-tak berhingga banyaknya kelereng. Pada satu langkah setiap anak diberi kebebasan membuang dua kelereng yang berbeda warna, kemudian menggantinya dengan dua kelereng dengan warna ketiga. Sebagai contoh, satu kelereng hijau dan satu kelereng merah dibuang, kemudian dua kelereng biru diambil dari kotak. Setelah serangkaian langkah (banyaknya langkah yang dilakukan masing-masing anak boleh berbeda) terjadilah percakapan berikut.
Albert : “Saya hanya membawa kelereng berwarna merah.” Bernard : “Saya hanya membawa kelereng berwarna biru.” Cheryl : “Saya hanya membawa kelereng berwarna hijau.”
Siapa sajakah yang pasti berkata bohong?
Jawab:
Pertama kita tunjukkan bahwa Albert mungkin berkata benar dengan menunjukkan bahwa mungkin untuk membuat semua kelereng berwarna merah. Kita kurangi kelereng hijau dan biru tujuh kali untuk mendapatkan konfigurasi 19, 0, 6. Kemudian kita kurangkan kelereng merah dan biru sebanyak dua kali untuk mendapatkan 17, 4, 4. Terakhir kita kurangkan kelereng hijau dan biru empat kali untuk memperoleh 25, 0, 0.
Misalkan (M, H, B) menyatakan banyaknya kelereng merah, hijau dan biru pada saat ter-tentu. Perhatikan bahwa pada setiap penukaran, banyaknya kelereng ada yang berkurang 1 modulo 3 atau ada yang bertambah dua modulo 2. Keduanya bisa kita tinjau sebagai pertam-bahan 2 modulo 3. Jika mula-mula konfigurasi awalnya adalah (M, H, B) maka setelah satu langkah diperoleh (M + 2, H + 2, B + 2) (mod 3).
Mula-mula (M, H, B) ≡ (2, 1, 1). Karena mula-mula M 6≡ H (mod 3) dan M 6≡ B (mod 3) maka pada langkah berikutnya M + 2 6≡ H + 2 (mod 3) dan M + 2 6≡ B + 2 (mod 3). Jadi pada setiap keadaan kita selalu memiliki M 6≡ H (mod 3) dan M 6≡ B (mod 3). Untuk mem-buat semua kelereng berwarna hijau berarti M ≡ B (mod 3) sedangkan untuk memmem-buat semua kelereng berwarna biru kita harus mendapatkan M ≡ H (mod 3). Jadi tidak mungkin semua didapat semua kelereng berwarna hijau atau semua kelereng berwarna biru. Jadi Bernard dan Cheryl pasti berbohong.
Skema Penilaian
• Mengklaim siapa yang pasti bohong dan memungkinkan untuk jujur. . . (1 poin) • Mendemonstrasikan bahwa Albert memungkinkan untuk jujur. . . (2 poin) – Berhasil mendemonstrasikan namun dengan penjelasan prosedur yang tidak jelas.
(1 poin)
• Mendemonstrasikan Bernard dan Cheryl pasti berbohong. . . (4 poin) – Memerhatikan modulo bilangan tertentu yang juga bekerja. . . (1 poin) – Berhasil menemukan invarian yang bekerja. . . (2 poin) – Kesimpulan yang benar dan lengkap menggunakan invarian tersebut. . . (1 poin)
Soal 2. Untuk setiap bilangan asli a, b notasikan dengan [a, b] kelipatan persekutuan terkecil dari a dan b dan notasikan dengan (a, b) faktor persekutuan terbesar dari a dan b. Tentukan semua bilangan asli n sehingga
4 n X k=1 [n, k] = 1 + n X k=1 (n, k) + 2n2 n X k=1 1 (n, k)
Jawab: Karena [n, k](n, k) = nk maka kesamaan bisa ditulis ulang sebagai
(4n − 2n) + n−1 X k=1 4nk (n, k) − n−1 X k=1 2n2 (n, k) = 1 + n X k=1 (n, k)
Sekarang dengan fakta bahwa (n, k) = (n, n − k) ruas kiri dari ketaksamaan diatas dapat kita tuliskan sebagai 2n + n−1 X k=1 4n(n − k) (n, n − k) − n−1 X k=1 2n2 (n, k) = 2n + n−1 X k=1 2n2− 4nk (n, k) = 2n + 2n n−1 X k=1 n (n, k) − k (n, k) − n − k (n, n − k) = 2n.
Jadi kesamaan ekivalen dengan
2n = 1 +
n
X
k=1
(n, k)
Jika n = 1 jelas kesamaan ini berlaku. Jika n bilangan prima, maka untuk setiap k = 1, 2, . . . , n − 1 berlaku (n, k) = 1 dan (n, n) = n sehingga untuk n prima kesamaan berlaku.
Dilain pihak, jika n tidak prima, n dapat dituliskan sebagai n = ab dengan 2 ≤ a, b < n. Perhatikan bahwa (n, a) = a ≥ 2 dan (n, b) = b ≥ 2 sedangkan (n, n) = n. Misalkan A = {a, b, n} maka n X k=1 (n, k) = (n, a) + (n, b) + (n, n) +X k6∈A (n, k) ≥ 2 + 2 + n + (n − 3) = 2n + 1.
Jadi untuk n yang komposit ruas kanan tidak pernah kurang dari 1 + (2n + 1) = 2n + 2 sehingga kesamaan tidak pernah berlaku.
Skema Penilaian
• Mengklaim bahwa n yang memenuhi hanyalah n prima dan n = 1. . . (1 poin) • Menunjukkan persamaan ekivalen dengan pernyataan 2n = 1 +Pn
k=1(n, k) . . . . (2 poin)
• Membuktikan bahwa persamaan berlaku untuk n prima saja . . . (2 poin) • Membuktikan bahwa persamaan tidak berlaku untuk n komposit . . . (2 poin) • Tidak memeriksa kasus n = 1 berlaku . . . (-1 poin)
Soal 3. Diberikan segitiga lancip ABC. Lingkaran ΓB adalah lingkaran yang melewati AB dan
menyinggung AC pada A dan berpusat di OB. Definisikan serupa untuk ΓC dan OC. Misalkan
garis tinggi segitiga ABC dan B dan C memotong lingkaran luar segitiga ABC pada X dan Y . Buktikan A, titik tengah XY , dan titik tengah OBOC segaris.
Jawab:
X, Y merupakan perpotongan garis tinggi segitiga ABC dari titik B, C terhadap lingkaran luar ABC.
Klaim XY sejajar HBHC.
Jelas HCHBCB cyclic. Maka ∠HCHBB = ∠HCCB = ∠XCB = ∠XY B, yang
mengaki-batkan XY sejajar HBHC.
Misalkan O adalah pusat lingkaran luar segitiga ABC. Kita tahu bahwa AO tegak lurus dengan HBHC ( fakta yang cukup terkenal ), karena XY sejajar HBHC maka AO tegaklurus
XY .Karena X, Y berada pada lingkaran luar ABC, maka AO melewati titik tengah XY . Maka A, O, titik tengah XY segaris.
Perhatikan bahwa OBA tegak lurus AC, dan OOC tegal lurus AC, maka OBA sejajar OOC.
Analog kita peroleh OCA sejajar OOB. Maka OBAOCO jajar genjang, yang berakibat A, O,
titik tengah OBOC segaris.
Akibatnya A, titik tengah XY , titik tengah OBOC segaris.
Skema Penilaian
1. Membuktikan titik tengah XY terletak di garis AO.
(a) Membuktikan XY k HBHC . . . (2 poin)
(b) Menyimpulkan bahwa AO ⊥ XY . . . (2 poin)
2. Membuktikan titik tengah OBOC terletak di garis AO.
(a) Membuktikan OBAOCO jajargenjang . . . (2 poin)
Soal 4. Misalkan pasangan fungsi f, g : R+ → R+ memenuhi persamaan fungsi
f (g(x)y + f (x)) = (y + 2015) f (x). (1)
untuk setiap x, y ∈ R+.
1. Buktikan bahwa g(x) = f (x)/2015 untuk setiap x ∈ R+.
2. Berikan contoh pasangan fungsi yang memenuhi persamaan di atas dan f (x), g(x) ≥ 1 untuk setiap x ∈ R+.
Jawab: Misalkan λ = 2015. Jelas bahwa fungsi f tidak konstan.
1. Pertama, ganti y dengan y/g(x) pada (1),
f (y + f (x)) = y g(x)+ λ f (x) ∀x, y ∈ R+. (2) Ganti y dengan t + f (y) pada (2) diperoleh
f (t + f (y) + f (x)) = t + f (y) g(x) + λ
f (x) ∀t, x, y ∈ R+. (3) Dengan menukar x dengan y pada (3) diperoleh
t + f (x) g(y) + λ
f (y) = f (t + f (x) + f (y)) = t + f (y) g(x) + λ
f (x) ∀t, x, y ∈ R+. Pandang ruas kiri dan kanan sebagai polinom linear dalam t, diperoleh dua persamaan
f (y) g(y) = f (x) g(x) ∀x, y ∈ R + , f (x)f (y)
g(y) + λf (y) = f (y) f (x)
g(x) + λf (x) ∀x, y ∈ R
+.
Karena fungsi f tidak konstan, dua persamaan di atas dengan mudah menghasilkan g(x) = f (x)/λ untuk semua x ∈ R+. 2. Definisikan fungsi f, g : R+→ R+ f (x) = ( λ jika 0 < x < 1 λx jika 1 ≤ x , g(x) = ( 1 jika 0 < x < 1 x jika 1 ≤ x .
Jelas bahwa f (x), g(x) ≥ 1 untuk semua x ∈ R+. Lalu untuk semua x, y ∈ R+ berlaku
g(x)y + f (x) > 1. Dari definisi fungsi dan hubungan f (x) = λg(x) untuk semua x ∈ R+, kita peroleh
Komentar. (1) Persamaan fungsi di atas memiliki tak berhingga solusi. Solusi bagian (b) juga tidak tunggal, ada tak berhingga banyak solusi lainnya.
(2) Jika bilangan λ = 2015 pada persamaan fungsi yang diberikan diganti dengan suatu bilangan λ dengan 0 < λ < 1, misalnya λ = 1/2, maka fungsi f dan g surjektif dan persamaan fungsi yang baru ini memiliki solusi tunggal f (x) = λx dan g(x) = x untuk semua x ∈ R+ dan tidak ada solusi lain.
Skema Penilaian.
a. Maksimal poin bagian a. : (4)
(a) Menyederhanakan persamaan menjadi bentuk yang lebih sederhana . . . (2 poin)
(b) Membuktikan f (x)
g(x) konstan . . . (1 poin) (c) Membuktikan 2015g(x) = f (x) untuk setiap x ∈ R+ . . . (1 poin)
b. Maksimal poin bagian b. : (3)
(a) Konstruksi fungsi f dan g yang memenuhi . . . (2 poin) (b) Cek fungsi yang dikonstruksi memenuhi kondisi yang diberikan . . . (1 poin)
