ISIAN SINGKAT! 1. Diberikan hasil kali digit digit dari n harus sama dengan 25

(1)

Bidang Studi : Matematika Kode Berkas : MA-L01 (solusi) Waktu : 90 Menit

ISIAN SINGKAT!

1. Diberikan hasil kali digit – digit dari 𝑛 harus sama dengan ²⁵₈ 𝑛 − 211.

Karena hasil kali digit – digit dari 𝑛 harus merupakan bilangan bulat maka 8|𝑛 sehingga misalkan 𝑛 = 8𝑘 untuk 𝑘 ∈ ℤ. Dengan begitu, hasil kali digit – digitnya adalah 25𝑘 − 211.

Perhatikan bahwa karena 8|𝑛 maka digit paling kanan dari representasi desimalnya genap sehingga 25𝑘 − 211 juga genap. Akibatnya, 25𝑘 ganjil dan 𝑘 harus ganjil.

Jelas bahwa hasil kali dari digit – digit 𝑛 paling banyak 𝑛 sehingga:

25𝑘 − 211 ≤ 8𝑘 17𝑘 ≤ 211

∴ 𝑘 ≤ 12 Namun, kita tahu bahwa 𝑘 bilangan bulat non negatif maka:

25𝑘 − 211 ≥ 0,25𝑘 ≥ 211

∴ 𝑘 ≥ 9

Oleh karena itu, kita dapatkan 𝑘 = 9, 10, 11, 12 karena 𝑘 ganjil maka nilai 𝑘 yang memenuhi 𝑘 = 9 ⟹ 𝑛 = 72 dan 𝑘 = 11 ⟹ 𝑛 = 88. Bilangan terbesar 𝑛 yang memenuhi adalah 88.

2. Perhatikan bahwa 𝐹𝑃𝐵(𝑎, 𝑏) = 𝐹𝑃𝐵(𝑏, 𝑐) = 𝐹𝑃𝐵(𝑐, 𝑎) = 1 sehingga:

𝑎|𝑏 + 𝑐 𝑏|𝑎 + 𝑐 𝑐|𝑎 + 𝑏

∴ 𝑎𝑏𝑐|𝑎 + 𝑏 + 𝑐

Misalkan 𝑘 =^{𝑎+𝑏+𝑐}_𝑎𝑏𝑐 ∈ ℤ₊. WLOG 𝑎 ≤ 𝑏 ≤ 𝑐 maka 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ≤ 3𝑐 ⟹ 𝑘 ≤_𝑎𝑏𝑐^3𝑐 ⟹ 𝑎𝑏 ≤ ³

𝑘 ⟹ 𝑎𝑏 ≤ 3. Dengan begitu, solusi yang mungkin adalah:

Untuk (𝑎, 𝑏) = (1,1) maka 𝑘 =^2+𝑐_𝑐 sehingga (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) = (1,1,1,8); (1,1,2,9) Untuk (𝑎, 𝑏) = (1,2) maka 𝑘 =^3+𝑐_𝑐 sehingga (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) = (1,2,3,10)

Untuk (𝑎, 𝑏) = (1,3) maka 𝑘 =^4+𝑐_𝑐 sehingga (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) = (1,3,4,20) tetapi 𝑘 ∉ ℤ₊ (Kontradiksi) Oleh karena itu, banyaknya pasangan bilangan bulat (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) adalah 3 pasang.

(2)

3. Perhatikan bahwa apabila 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0 maka:

𝑥³+ 𝑦³+ 𝑧³− 3𝑥𝑦𝑧 = (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)(𝑥²+ 𝑦²+ 𝑧²+ 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑥𝑧) = 0

∴ 𝑥³+ 𝑦³+ 𝑧³ = 3𝑥𝑦𝑧

Misalkan √2 + √𝑘³ + √2 − √𝑘³ = 𝑏 ⟹ 𝑏 + (− √2 + √𝑘³ ) + (− √2 − √𝑘³ ) = 0 maka:

𝑏³− (2 + √𝑘) − (2 − √𝑘) = 3𝑏 √(2 + √𝑘)(2 − √𝑘)³ 𝑏³− 4 = 3𝑏 √4 − 𝑘³

Misalkan √4 − 𝑘³ = 𝑥 maka didapatkan persamaan 𝑏³− 3𝑥𝑏 − 4 = 0. Dengan begitu, kita akan menentukan nilai 𝑘 sedemikian rupa sehingga √4 − 𝑘³ dan 𝑏 harus bilangan bulat. Apabila 𝑏 bulat maka dari persamaan kita dapatkan 𝑏|4.

Cek semua nilai 𝑏 = −4, −2, −1, 1, 2, 4 maka nilai 𝑏 yang memenuhi adalah 𝑏 = 1 ⟹ 𝑥 = 1. Oleh karena itu, nilai 𝑘 yang memenuhi adalah 𝑘 = 5.

4. Misalkan 15𝑚 + 16𝑛 = 𝑥² dan 16𝑚 − 15𝑛 = 𝑦² dimana 𝑥, 𝑦 bilangan bulat maka:

(15²+ 16²)𝑚 = 15𝑥²+ 16𝑦²

Perhatikan bahwa 15²+ 16²= 481 = 13 ∙ 37 sehingga 15𝑥²+ 16𝑦²≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝) untuk = 13, 37. Dengan menggunakan Brahmagupta – Fibonacci Identity, maka:

(15²+ 16²)(𝑚²+ 𝑛²) = (15𝑚 + 16𝑛)²+ (16𝑚 − 15𝑛)²= 𝑥⁴+ 𝑦⁴

Dari sini, jelas bahwa 𝑥⁴+ 𝑦⁴ harus habis dibagi oleh 13 atau 37 sehingga untuk 𝑝 = 13, 37 maka 𝑥 ≡ 𝑦 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝). Misal 𝑥 = 481𝑘 dan 𝑦 = 481𝑙 untuk 𝑘, 𝑙 bilangan bulat, maka akan selalu terdapat solusi bulat 𝑚 = 481(15𝑘²+ 16𝑙²) dan 𝑛 = 481(16𝑘²− 15𝑙²).

Untuk 𝑘 = 𝑙 = 1 maka 𝑚 = 31 ∙ 481 dan 𝑛 = 481. Cek ke dalam persamaan:

15 ∙ 31 ∙ 481 + 16 ∙ 481 = 231361 = 481² 16 ∙ 31 ∙ 481 − 15 ∙ 481 = 231361 = 481²

Oleh karena itu, nilai minimum dari bilangan kuadrat yang dimaksud adalah 231361.

5. Konstruksikan 𝑎 = 𝑥 − 1, 𝑏 = 𝑦 − 1, 𝑐 = 𝑧 − 1 sehingga:

𝑎𝑏𝑐|(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐) Perhatikan bahwa untuk 𝑎 ≥ 3 ⟹ 𝑏 ≥ 4, 𝑐 ≥ 5 maka:

1 𝑎+1

𝑏+1 𝑐+ 1

𝑎𝑏+ 1 𝑏𝑐+ 1

𝑐𝑎≤1 3+1

4+1 5+ 1

12+ 1 20+ 1

15=59 60< 1

⟹ 𝑎𝑏𝑐 > 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 (Kontradiksi)

(3)

Dengan begitu, kita dapatkan 𝑎 ≤ 2 sehingga pasangan (𝑎, 𝑏, 𝑐) yang memenuhi adalah (𝑎, 𝑏, 𝑐) = (1,3,7); (2,4,14). Oleh karena itu, bamyakanya triplet pasangan (𝑥, 𝑦, 𝑧) yang memenuhi adalah 2 pasangan, yaitu (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2,4,8); (3,5,15).

6. Lemma:

Apabila 𝑘 habis membagi 2^𝑘+ 1 maka 𝑘 = 3^𝑛 untuk 𝑛 bilangan bulat positif.

Proof:

Karena ²^𝑘⁺¹

𝑘² merupakan suatu bilangan bulat maka 𝑘 harus ganjil. Misalkan 𝑝 merupakan faktor prima terkecil dari 𝑘 maka:

2^2𝑘 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 𝑝), 2^𝑝−1≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 𝑝) ⟹ 2𝐹𝑃𝐵(2𝑘,𝑝−1) ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 𝑝)

Karena 𝑝 merupakan faktor prima terkecil, maka tidak ada faktor prima 𝑝 − 1 yang bersamaan dengan 𝑘 sehingga 𝐹𝑃𝐵(2𝑘, 𝑝 − 1) = 2.

Dengan begitu, 2²≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 𝑝) ⟹ 𝑝 = 3. Misalkan 𝑘 = 3^𝑛𝑙 dimana 𝑙 bukan kelipatan dari 3 tetapi jika 𝑙 > 1 maka faktor prima terkecil dari 𝑙 adalah 3 (Kontradiksi).

Jelas bahwa 𝑘 = 3^𝑛 untuk 𝑛 bilangan bulat positif. Dengan menggunakan Lifting The Exponent (LTE) Lemma, maka 𝑣₃(𝑘²) = 2𝑘 dan 𝑣₃(2^𝑘+ 1) = 𝑣₃(2³^𝑛+ 1) = 𝑣₃(2 + 1) + 𝑣₃(3^𝑘) = 1 + 𝑘.

Apabila 𝑘 > 1 maka 𝑛 ≥ 1 sehingga 2𝑛 ≤ 𝑛 + 1 ⟹ 𝑛 ≤ 1 ⟹ 𝑛 = 1.

Jadi, solusi dari 𝑘 lebih besar dari 1 yang memenuhi adalah 𝑘 = 3.

7. Jelas bahwa memenuhi 𝑛 merupakan bilangan kuadrat sempurna sehingga untuk 𝑛 = 1 memenuhi.

Misalkan 𝑛 = (𝑝₁^𝑒¹∙ 𝑝₂^𝑒²∙ … ∙ 𝑝_𝑘^𝑒^𝑘)² maka:

√𝑛 = 𝑝₁^𝑒¹∙ 𝑝₂^𝑒²∙ … ∙ 𝑝_𝑘^𝑒^𝑘 = 𝑑(𝑛) = (2𝑒₁+ 1)(2𝑒₂+ 1) … (2𝑒_𝑘+ 1)

Karena 3^𝑥 > 2𝑥 + 1 untuk 𝑥 > 1 maka jika 𝑘₁> 1 kita tidak akan mendapatkan 𝑝₁≥ 3 tetapi jika 𝑘₁= 1 maka kita akan dapatkan 𝑝₁= 3 ⟹ 𝑛 = 9.

Apabila 𝑘1> 1 maka 𝑝₁ = 2 sehingga 𝑑(𝑛) genap (Kontradiksi).

Jadi, jumlah seluruh nilai 𝑛 yang memenuhi adalah 𝑛 = 1 + 9 = 10.

8. Perhatikan bahwa 𝑛 +^𝑛

2≤ 1001 ⟹ 𝑛 ≤ 667 ⟹ ⌊^𝑛

𝑘!⌋ = 0 untuk 𝑘 ≥ 6 sehingga:

⌊𝑛⌋ + ⌊𝑛 2⌋ + ⌊𝑛

6⌋ + ⌊𝑛

24⌋ + ⌊ 𝑛

120⌋ = 1001 Dengan begitu,

𝑛 +𝑛 2+𝑛

6+ 𝑛 24+ 𝑛

120− 5 < ⌊𝑛⌋ + ⌊𝑛 2⌋ + ⌊𝑛

6⌋ + ⌊𝑛

24⌋ + ⌊ 𝑛

120⌋ ≤ 𝑛 +𝑛 2+𝑛

6+ 𝑛 24+ 𝑛

120 𝑛 +𝑛

2+𝑛 6+ 𝑛

24+ 𝑛

120− 5 < 1001 ≤ 𝑛 +𝑛 2+𝑛

6+ 𝑛 24+ 𝑛

120

(4)

Maka,

1001

206 = 4, … ≤ 𝑛

120<1006 206 5 ∙ 1001

206 = 24, … ≤ 𝑛

24<5 ∙ 1006 206 4 ∙ 5 ∙ 1001

206 = 97, … ≤𝑛

6<4 ∙ 5 ∙ 1006 206

Kita dapatkan ⌊₁₂₀^𝑛 ⌋ = 4, ⌊₂₄^𝑛⌋ = 24, ⌊^𝑛₆⌋ = 97 ⟹ ⌊𝑛⌋ + ⌊^𝑛₂⌋ = 1001 − 4 − 24 − 97 = 876. Dengan cara yang sama, kita tahu bahwa:

𝑛 +𝑛

2− 2 < ⌊𝑛⌋ + ⌊𝑛

2⌋ ≤ 𝑛 +𝑛 2 𝑛 +𝑛

2− 2 < 876 ≤ 𝑛 +𝑛 2 Maka,

876 3 ≤𝑛

2<878 3 2 ∙ 876

3 = 292, … ≤ 𝑛 <2 ∙ 878 3

Kita dapatkan ⌊^𝑛₂⌋ = 292. Jadi bilangan bulat positif 𝑛 terkecil adalah ⌊𝑛⌋ = 876 − 292 = 584.

9. Kita tahu bahwa 𝑚(𝑚^𝑝−1− 1) = 𝑝𝑛² dan karena 𝑚 dan 𝑚^𝑝−1− 1 saling relatif prima maka:

Kasus 1: 𝑚 = 𝑝𝑥² dan 𝑚^𝑝−1− 1 = 𝑦² untuk beberapa bilangan bulat positif 𝑥, 𝑦.

Dengan menggunakan Mihailescu’s Theorem, maka kita akan dapatkan 𝑝 = 2 sehingga 𝑚 = 2𝑥² dan 𝑚 − 1 = 𝑦². Dengan begitu, kita mendapatkan persamaan Pell 2𝑥²− 𝑦²= 1. Untuk nilai terkecil dari 𝑥 maka persamaan tersebut memiliki solusi (𝑥, 𝑦) = (1,1) tetapi untuk 𝑚 = 2 dan 𝑛²=²²⁻²

2 = 1 maka 𝑛 = 1 < 2 (Kontradiksi).

Oleh karena itu, solusi persamaan untuk nilai terkecil dari 𝑥 adalah (𝑥, 𝑦) = (5,7). Jadi, kita dapatkan 𝑚 = 50 dan 𝑛²=⁵⁰²⁻⁵⁰

2 = 35² sehingga nilai terkecil dari 𝑚 pada kasus ini adalah 50.

Kasus 2: 𝑚 = 𝑥² dan 𝑚^𝑝−1− 1 = 𝑝𝑦² untuk beberapa bilangan bulat positif 𝑥 > 1 dan 𝑦.

Perhatikan bahwa untuk (𝑥, 𝑦, 𝑝) = (3,2,2) maka kita dapatkan 𝑚 = 9 dan 𝑛 = 6. Dengan begitu, kita hanya perlu meninjau kasus unutk 𝑥 = 2.

Untuk 𝑥 = 2, maka 𝑚 = 4 dan 4^𝑝−1− 1 = (2^𝑝−1− 1)(2^𝑝−1+ 1) = 𝑝𝑦². Dengan menggunakan FLT, kita tahu bahwa 𝑝|2^𝑝−1− 1 sehingga 2^𝑝−1− 1 = 𝑝𝑟² dan 2^𝑝−1+ 1 = 𝑠² untuk beberapa bilangan bulat positif 𝑟, 𝑠. Dengan menggunakan Mihailescu’s Theorem, kita dapatkan 𝑝 = 2, 4

(5)

karena 𝑝 merupakan bilangan prima maka 𝑝 = 2. Dengan begitu, 𝑝𝑦²= 2𝑦² = 4²⁻¹− 1 = 3 (Kontradiksi).

Oleh karena itu, nilai terkecil dari 𝑚 pada kasus ini adalah 9.

Jadi, bilangan bulat positif terkecil dari 𝑚 yang memenuhi adalah 9.

10. WLOG 1 = 𝑥1 ≤ 𝑥₂≤ ⋯ ≤ 𝑥_𝑛≤ 𝑛 maka 1 = 𝑥₁²≤ 𝑥₂²≤ ⋯ ≤ 𝑥_𝑛²≤ 𝑛². Misalkan tidak terdapat triplet panjang sisi suatu segitiga lancip maka berlaku:

𝑥_𝑘²+ 𝑥_𝑘+1² ≤ 𝑥_𝑘+2² Untuk 𝑘 = 1, 2, … , 𝑛 − 2.

Klaim 𝑥_𝑘²≥ 𝐹_𝑘 dimana 𝐹_𝑘 merupakan bilangan Fibonacci ke−𝑘 yang didefinisikan sebagai 𝐹₁= 𝐹₂= 1 dan 𝐹_𝑛+2= 𝐹_𝑛+1+ 𝐹_𝑛.

Dengan menggunakan induksi, jika 𝑥𝑘2≥ 𝐹_𝑘 dan 𝑥𝑘−12 ≥ 𝐹_𝑘−1 maka:

𝑥_𝑘+1² ≥ 𝑥_𝑘²+ 𝑥_𝑘−1² ≥ 𝐹_𝑘+ 𝐹_𝑘−1 = 𝐹_𝑘+1

Dengan begitu, kita dapatkan 𝑥_𝑛²≥ 𝐹_𝑛 tetapi kita tahu bahwa 𝑥_𝑛²≤ 𝑛² sehingga agar tidak terdapat triplet panjang sisi dari suatu segitiga lancip harus dipenuhi 𝑛²≥ 𝐹_𝑛.

Jelas bahwa barisan Fibonacci merupakan barisan yang meningkat secara eksponensial akibatnya suatu saat nanti akan terpenuhi kondisi 𝑅𝐻𝑆 ≫ 𝐿𝐻𝑆.

Untuk 𝑛 = 12 maka 12²= 𝐹₁₂ sehingga untuk 𝑛 > 12 maka 𝑛²< 𝐹_𝑛. Dari sini kita tahu bahwa tidak akan ada panjang sisi suatu segitiga lancip yang dapat dibentuk untuk 𝑛 ≤ 12. Jadi, bilangan bulat positif terkecil 𝑛 sehingga dapat terbentuk segitiga lancip adalah 𝑛 = 13.

(6)

URAIAN!

1. Misalkan ^𝑝²^+𝑞²

𝑝𝑞+1 = 𝑘 ∈ ℕ sehingga 𝑝²+ 𝑞²= 𝑘𝑝𝑞 + 𝑘. WLOG 𝑝 ≤ 𝑞 maka berlaku:

𝑘𝑝 − 𝑎 < 𝑞 ≤ 𝑘𝑝

Kita akan membuktikan 𝐿𝐻𝑆 terlebih dahulu. Misalkan 𝑞 > 𝑘𝑝 maka 𝑞 = 𝑘𝑝 + 𝑐 untuk 𝑐 bilangan bulat positif. Dengan begitu,

𝑝²+ 𝑞²= 𝑘𝑝𝑞 + 𝑘 ⟹ 𝑝²+ (𝑘𝑝 + 𝑐)²= 𝑘𝑝(𝑘𝑝 + 𝑐) + 𝑘 𝑝²+ 𝑘²𝑝²+ 2𝑘𝑝𝑐 + 𝑐²= 𝑘²𝑝²+ 𝑘𝑝𝑐 + 𝑘

𝑝²+ 𝑘𝑝𝑐 + 𝑐²= 𝑘 ⟹ 𝑘 ≤ 𝑘𝑝𝑐 < 𝑘²+ 𝑘𝑝𝑐 + 𝑐²= 𝑘

∴ 𝑘 < 𝑘 (Kontradiksi)

Maka, haruslah 𝑞 ≤ 𝑘𝑝. Dari bentuk 𝑘𝑝 − 𝑝 < 𝑞 ≤ 𝑘𝑝, kita dapatkan 𝑞 = 𝑘𝑝 − 𝑟 untuk 0 ≤ 𝑟 < 𝑝 dan 𝑟 ∈ ℕ₀. Kemudian, karena 𝑝²+ 𝑞²= 𝑘𝑝𝑞 + 𝑘 maka:

𝑝²+ (𝑘𝑝 − 𝑟)²= 𝑘𝑝(𝑘𝑝 − 𝑟) + 𝑘 𝑝²+ 𝑘²𝑝²− 2𝑘𝑝𝑟 + 𝑟²= 𝑘²𝑝²− 𝑘𝑝𝑟 + 𝑘

𝑝²+ 𝑟² = 𝑘𝑝𝑟 + 𝑘 𝑝²+ 𝑟² = 𝑘(𝑝𝑟 + 1)

𝑘 =𝑝²+ 𝑞² 𝑝𝑟 + 1

Oleh karena itu, apabila pasangan (𝑝, 𝑞) memenuhi ^𝑝_𝑝𝑞+1²^+𝑞²= 𝑘 maka pasangan (𝑟, 𝑝) juga memenuhi

𝑟²+𝑝²

𝑟𝑝+1 = 𝑘. Namun, kita tahu bahwa 0 ≤ 𝑟 < 𝑝 ≤ 𝑞 sehingga setiap pasangan (𝑟, 𝑝) selalu lebih kecil dari pasangan (𝑝, 𝑞). Karena tidak ada barisan bilangan bulat positif tak hingga yang monoton turun maka kita akan selalu dapatkan pasangan yang lebih kecil sampai 𝑟 = 0. Jadi, karena ^𝑝_𝑝𝑟+1²^+𝑟²= 𝑘 dan 𝑟 = 0 kita akan dapatkan 𝑘 = 𝑝² untuk 𝑝 ∈ ℕ (Terbukti).

2. Jelas bahwa dari fungsi 𝑓(𝑛) kita tahu bahwa banyaknya bilangan bulat yang dihasilkan pada interval [0,3), [3,6), [6,9), … , [2013, 2016) seluruhnya sama sehingga kita hanya perlu mencari banyaknya bilangan bulat yang dihasilkan pada interval [0,3).

Perhatikan bahwa nilai dari 𝑓(𝑛) akan berubah apabila paling sedikit salah satu diantara

⌊𝑛⌋, ⌊^5𝑛

3⌋ , ⌊2𝑛⌋, ⌊3𝑛⌋, ⌊4𝑛⌋ juga berubah nilainya. Maka, 𝑓(𝑛) akan berubah untuk:

𝑛 = 0,1 4,1

3,1 2,3

5,2 3,3

4, 1,6 5,5

4,4 3,3

2,5 3,7

4,9 5, 2,9

4,7 3,12

5 ,5 2,8

3,11 4

(7)

Dengan begitu, kita dapatkan 22 bilangan bulat berbeda yang dihasilkan pada interval [0,3). Oleh karena itu, banyaknya bilangan bulat berbeda pada interval [0, 2016) adalah 672 ∙ 22 = 14784. Dari sini, kita hanya perlu mencari banyak bilangan bulat berbeda pada interval [2016,2017] yang ekivalen dengan banyak bilangan bulat berbeda pada interval [0,1].

Jadi, banyaknya bilangan bulat berbeda yang dapat dibentuk 𝑓(𝑛) adalah 14784 + 8 = 14792.

3. Misalkan 𝑎 = ∏ 𝑝𝑖 _𝑖^𝑒^𝑖 maka 𝜑(𝑎) = ∏ 𝑝_𝑖 _𝑖^𝑒^𝑖⁻¹(𝑝_𝑖− 1). Dengan begitu, apabila 𝑎 dan 𝜑(𝑎) saling relatif prima maka 𝑒𝑖 = 1 dan 𝑝_𝑗∤ 𝑝_𝑖− 1.

Untuk semua bilangan prima 𝑝, berlaku 𝑝 dan 𝜑(𝑝) saling relatif prima. Jika 𝑎 dan 𝜑(𝑎) saling relatif prima dan terdapat suatu prima 𝑝 < 2 min(𝑝_𝑖|𝑎) maka 𝑏 = 𝑎𝑝 merupakan solusi 𝐹𝑃𝐵(𝑏, 𝜑(𝑏)) = 1 dan semua solusi dapat dicari dengan cara ini.

Jika 𝜑(𝑎)|𝑎 maka 𝑎 = 2^𝑘𝑝₁^𝑙. Apabila 𝑎 tidak memiliki faktor prima selain 2 maka 𝑎 = 2^𝑚, sedangkan apabila 𝑎 memiliki faktor prima selain 2 maka berdasarkan 𝐿𝑇𝐸, 𝑣2(𝜑(𝑎)) > 𝑣2(𝑎) sehingga didapatkan 𝑎 = 2^𝑘3^𝑙.

Jelas bahwa ⌊^𝑎_𝑏⌋ − ⌊^𝑎−1

𝑏 ⌋ = 1 jika 𝑎|𝑏 dan 0 sehingga:

∑ (⌊𝑎

𝑏⌋ − ⌊𝑎 − 1 𝑏 ⌋)

∞

𝑏=1

= 𝜏(𝑎) = 2018 = 2 ∙ 1009

Kasus 1: Untuk 𝑎 = 2^𝑚 maka 𝜏(𝑎) = 2018 = 𝑚 + 1 ⟹ 𝑚 = 2017 ⟹ 𝑎 = 2²⁰¹⁷.

Kasus 2: Untuk 𝑎 = 2^𝑘3^𝑙, kita dapatkan (𝑘 + 1)(𝑙 + 1) = 2018 = 2 ∙ 1009 dan karena 𝜑(𝑎)|𝑎 maka nilai maksimum dari 𝑎 pada kasus ini adalah 𝑎 = 2 ∙ 3¹⁰⁰⁸.

Perhatikan bahwa 2²⁰¹⁷> 2 ∙ 3¹⁰⁰⁸⟹ 2²⁰¹⁶> 3¹⁰⁰⁸⟹ 4¹⁰⁰⁸> 3¹⁰⁰⁸ sehingga nilai maksimum dari 𝑎 adalah 𝑎 = 2²⁰¹⁷.

Jadi, banyak bilangan bulat positif 𝑎 sehingga 𝜑(𝑎)|𝑎 adalah 𝜏(2018) + 1 − 2 = 3.

4. Misalkan untuk 𝑘 ≥ 4 merupakan sebuah bilangan bulat sehingga seluruh suku – suku dari barisan 𝑦_𝑛 merupakan kuadrat sempurna. Perhatikan bahwa 𝑦₃= 2𝑘 − 2 maka 𝑘 = 2𝑡²+ 1 untuk beberapa 𝑡 ≥ 2. Dari bentuk rekursif ini didapatkan 𝑦5= 256𝑡⁶− 96𝑡⁴+ 8𝑡²+ 1. Namun, perhatikan bahwa untuk 𝑡 ≥ 2 berlaku:

(16𝑡³− 3𝑡 − 1)²< 𝑦₅= 256𝑡⁶− 96𝑡⁴+ 8𝑡²+ 1 < (16𝑡³− 3𝑡)² Dengan begitu, 𝑦5 tidak dapat membentuk kuadrat sempurna (Kontradiksi).

Dari sini, haruslah 𝑘 ≤ 3.

Untuk 𝑘 = 1, maka barisan hanya akan menghasilkan 0 dan 1.

(8)

Untuk 𝑘 = 2, maka 𝑦3= 2𝑘 − 2 tidak dapat membentuk kuadrat sempurna (Kontradiksi).

Untuk 𝑘 = 3, maka 𝑦𝑛+2= 7𝑦_𝑛+1− 𝑦_𝑛− 2. Kita akan buktikan untuk semua 𝑛 ≥ 1 maka 𝑦_𝑛 merupakan bilangan kuadrat sempurna.

Misalkan 𝑎_𝑛= 𝑦_𝑛−²

5 maka 𝑎_𝑛+2= 7𝑎_𝑛+1− 𝑎_𝑛 dan 𝑎₁= 𝑎₂ =³

5. Dengan menyelesaikan persamaan 𝛼²− 7𝛼 + 1 = 0 kita dapatkan:

𝛼₁ =7 + 3√5

2 , 𝛼₂=7 − 3√5 2

Akibatnya, 𝑎_𝑛= 𝑐₁𝛼₁^𝑛+ 𝑐₂𝛼₂^𝑛 dimana 𝑐₁ dan 𝑐₂ konstanta. Karena 𝑎₁ = 𝑎₂=³

5 maka kita dapatkan 𝑐₁=^9−4√5₅ = (^√5−√2

√5 )

2

dan 𝑐₂=^9+4√5₅ = (^√5+√2

√5 )

2

sehingga:

𝑎_𝑛= ((√5 − √2

√5 ) (3 + √5

2 )

𝑛

)

2

+ ((√5 + √2

√5 ) (3 − √5

2 )

𝑛

)

2

𝑦_𝑛= ((√5 − √2

√5 ) (3 + √5

2 )

𝑛

+ (√5 + √2

√5 ) (3 − √5

2 )

𝑛

)

2

= 𝑥_𝑛²

Dari sini, dapat ditunjukkan bahwa 𝑥𝑛+2= 3𝑥_𝑛+1− 𝑥_𝑛 untuk semua 𝑛 ≥ 1 dan 𝑥1= 𝑥₂= 1. Oleh karena itu, 𝑥_𝑛∈ ℕ untuk semua 𝑛 ≥ 1 dan 𝑦_𝑛= 𝑥_𝑛².

Jadi nilai 𝑘 yang memenuhi adalah 𝑘 = 1, 3.

5. Kasus 1: Apabila 𝑥 dan 𝑦 keduanya habis dibagi oleh 𝑑.

Misalkan 𝑥 = 𝑑𝑥₁ dan 𝑦 = 𝑑𝑦₁ dimana 𝑥₁ dan 𝑦₁ tidak haus saling relatif prima dengan 𝑑 maka didapatkan 𝑑^𝑛(𝑥₁^𝑛+ 𝑦₁^𝑛) ≡ −1 (𝑚𝑜𝑑 𝑑) sehingga 𝑑| − 1 ⟹ 𝑑 = −1, 1 (Kontradiksi) karena 𝑑. ≥ 2.

Kasus 2: Apabila salah satu dari 𝑥 atau 𝑦 saling relatif prima dengan 𝑑.

WLOG 𝐹𝑃𝐵(𝑦, 𝑑) = 1 dan 𝑥 = 𝑑𝑥1 dimana 𝑥1 tidak harus saling relatif prima dengan 𝑑, maka didapatkan −𝑑^𝑛𝑥₁^𝑛≡ 𝑦^𝑛+ 1 (𝑚𝑜𝑑 𝑑) ⟹ 𝑦^𝑛≡ −1 (𝑚𝑜𝑑 𝑑)∀𝑛 ∈ ℕ. Dengan begitu, kita dapatkan 𝑦 ≡ −1 (𝑚𝑜𝑑 𝑑), 𝑦² ≡ −1 (𝑚𝑜𝑑 𝑑) sehingga:

𝑦(𝑦 − 1) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑑)

−(𝑦 − 1) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑑) 𝑦 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 𝑑)

Karena 𝑦 ≡ −1 (𝑚𝑜𝑑 𝑑) dan 𝑦 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 𝑑) maka 𝑑|2 ⟹ 𝑑 = 2.

Kasus 3: Apabila 𝑥 dan 𝑦 keduanya saling relatif prima dengan 𝑑.

Jelas bahwa:

(9)

𝑥^3𝑛+ 𝑦^3𝑛 ≡ −1 (𝑚𝑜𝑑 𝑑)

(𝑥^𝑛+ 𝑦^𝑛)(𝑥^2𝑛− 𝑥^𝑛𝑦^𝑛+ 𝑦^2𝑛) ≡ −1 (𝑚𝑜𝑑 𝑑)

−(−1 − 𝑥^𝑛𝑦^𝑛) ≡ −1 (𝑚𝑜𝑑 𝑑) 𝑥^𝑛𝑦^𝑛≡ −2 (𝑚𝑜𝑑 𝑑)∀𝑛 ∈ ℕ

Dengan begitu, kita dapatkan 𝑥𝑦 ≡ −2 (𝑚𝑜𝑑 𝑑) dan 𝑥²𝑦²≡ −2 (𝑚𝑜𝑑 𝑑) maka:

𝑥𝑦(𝑥𝑦 − 1) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑑)

∴ 𝑥𝑦 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 𝑑)

Karena 𝑥𝑦 ≡ −2 (𝑚𝑜𝑑 𝑑) dan 𝑥𝑦 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 𝑑) maka 𝑑|3 ⟹ 𝑑 = 3.

Tinjau untuk 𝑑 = 2 dan 𝑑 = 3:

Untuk 𝑑 = 2, misalkan 𝑥 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 2) dan dari kasus 2 kita tahu bahwa 𝑦 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 2) maka 2|𝑥^𝑛+ 𝑦^𝑛+ 1 untuk semua bilangan bulat positif 𝑛 (Memenuhi).

Untuk 𝑑 = 3, kita dapat bagi ke dalam kasus berdasarkan kondisi pada kasus 3:

(𝑥, 𝑦) ≡ (−1, −1) (𝑚𝑜𝑑 3) ⟹ Kontradiksi untuk 𝑛 = 1 (𝑥, 𝑦) ≡ (1, −1) (𝑚𝑜𝑑 3) ⟹ Kontradiksi untuk 𝑛 = 1 (𝑥, 𝑦) ≡ (−1, −1) (𝑚𝑜𝑑 3) ⟹ Memenuhi

Karena 𝑥 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 3) maka 𝑥^𝑛≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 3) dan 𝑦 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 3) maka 𝑦^𝑛≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 3) sehingga kita dapatkan 3|𝑥^𝑛+ 𝑦^𝑛+ 1 untuk semua bilangan bulat positif 𝑛 (Memenuhi).

Jadi, pasangan (𝑥, 𝑦) yang memenuhi adalah seluruh pasangan bilangan bulat (𝑥, 𝑦) dimana salah satu dari 𝑥 atau 𝑦 ganjil atau 𝑥 ≡ 𝑦 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 3)∀𝑥, 𝑦 ∈ ℤ.