Kumpulan Soal Matematika dan Penyelesaian Untuk SMA_www.examsworld.us

(1)

PERSIAPAN MENUJU OSN BIDANG MATEMATIKA

DI SUSUN OLEH :

EDDY HERMANTO, ST

SMA NEGERI 5 BENGKULU

JALAN CENDANA NO 20 BENGKULU KODE POS 38228

TELP. (0736) 21433

(2)

Alhamdulillah Penulis ucapkan kepada Allah, SWT atas semua yang yang diberikan-Nya

kepada Penulis sehingga Penulis dapat menyelesaikan penulisan buku ini. Buku ini Penulis tulis

sebagai kelanjutan dari apa yang pernah Penulis sampaikan pada diskusi dengan guru-guru

se-Indonesia dalam acara Simposium Guru III pada kegiatan Olimpiade Sains Nasional Tahun 2005 di

Jakarta.

Buku ini dapat digunakan oleh semua pihak dalam mempersiapkan siswa-siswanya menuju

Olimpiade Matematika Tingkat Nasional.

Ucapan terima kasih dari Penulis kepada semua pihak yang telah membantu dalam

penyelesaian buku ini.

Penulis merasa bahwa buku ini masih jauh dari sempurna. Untuk itu saran dan kritik dari

Pembaca sangat Penulis nantikan.

Akhir kata semoga buku ini dapat memberikan manfaat yang sebesar-besarnya bagi Pembaca

sekalian.

Bengkulu, April 2006

(3)

KUMPULAN SOAL DAN PENYELESAI AN

PERSIAPAN

MENUJU

OSN

BIDANG

MATEMATIKA

1. Misalkan ABCD adalah segiempat t alibusur dan P dan Q ber t ur ut -t ur ut adalah t it ik yang t er let ak pada sisi AB dan AD sehingga AP = CD dan AQ = BC. Misalkan M adalah t it ik per pot ongan AC dan PQ . Bukt ikan bahwa M adalah t it ik t engah PQ .

(Sumber : Aust r alian Mat hemat ical Olympiad 1996) Solusi :

Misalkan [ XYZ] menyat akan luas ∆XYZ.

∠Q ME = ∠PMF

MQ = Q E cosec ∠Q ME dan MP = PF cosec ∠PMF

QE

PF

MQ

MP

=

AC adalah alas ∆ACP dan ACQ maka

[

]

[

ACQ

]

ACP

MQ

MP

QE

PF

=

Misalkan R t er let ak pada sisi AB at au per panj angan AB sehingga CR t egak lur us AB. Maka CR mer upakan t inggi dar i ∆ABC dan ∆ACP.

[

]

[

]

AB

AP

ABC

ACP

=

Misalkan T t er let ak pada sisi AD at au per panj angan AD sehingga CT t egak lur us AD. Maka CT mer upakan t inggi dar i ∆ACD dan ∆ACQ .

[

]

[

]

AD

AQ

ACD

ACQ

=

[

]

[

]

AB

AQ

[

ACD

]

ABC

AD

AP

ACQ

ACP

MQ

MP

⋅

=

Misalkan ∠ABC = α maka ∠ADC = 180o₋_α_{(ABCD adalah segiempat t ali busur )}

sin ∠ABC = sin ∠ADC = sin α

[

]

[

]

[

]

α

sin

⋅

=

⋅

=

CD

AD

AQ

AB

BC

AB

AD

AP

ACD

AQ

AB

ABC

AD

AP

ACQ

ACP

MQ

(4)

Kar ena AP = CD dan AQ = BC maka

1

=

MQ

MP

MP = MQ

M adalah t it ik t engah PQ (t er bukt i)

2. J ika a,b, c > 0 dan a2_{+ b}2_{+ c}2_{= 3 maka bukt ikan bahwa :}

2

3

1

≥

+

ab

bc

ca

(Sumber : Belar ussian Mat hemat ical Olympiad 1999) Solusi :

Ber dasar kan AM-GM didapat bahwa a2 + b2≥ 2ab ; a2 + c2≥ 2ac dan b2 + c2≥ 2bc

2

1

2

1

2

1

2 2 2 2 2 2

c

a

c

b

a

ca

bc

ab

+

≥

+

Ber dasar kan AM-HM didapat bahwa :

2 2 2 2 2 2

1

3

c

b

a

c

b

a

+

≥

+

2 2 2 2 2 2

9

1

c

b

a

c

b

a

+

≥

+

. Maka :

3

9

3

9

2

1

2

1

2

1

2 2 2 2 2 2 2 2

2

+

≥

+

=

+

a

b

c

a

c

a

b

c

2

3

1

≥

+

ab

bc

ca

(t er bukt i)

3. Bukt ikan bahwa j ika x dan y adalah bilangan r asional yang memenuhi pesamaan

x5 + y5 = 2x2y2 maka 1 − xy adalah kuadr at dar i suat u bilangan r asional (Sumber : Br it ish Mat hemat ical Olympiad 1990) Solusi :

• J ika y = 0 dan at au x = 0 1 − xy = 12

• J ika y ≠ 0 dan x ≠ 0 x6 + xy5 = 2x3y2

x6_{+ xy}5_{+ y}4_{= 2x}3_y2_{+ y}4

x6− 2x3y2 + y4 = y4(1 − xy) (x3 − y2)2 = y4(1 − xy)

(5)

Kar ena x dan y bilangan r asional maka

2 2 3

y

x

−

adalah j uga bilangan r asional.

Ter bukt i bahwa 1 − xy adalah kuadr at dar i suat u bilangan r asional.

4. Tent ukan bilangan enam angka n yang memenuhi (i) n adalah bilangan kuadr at sempur na, (ii) bilangan

dibent uk dengan t iga angka t er akhir n lebih sat u dar i t iga angka per t ama n. (Sebagai ilust r asi n t er lihat seper t i 123124 t et api it u bukan bilangan kuadr at )

(Sumber : Br it ish Mat hemat ical Olympiad 1993 Round 1) Solusi :

Misalkan t iga angka per t ama n adalah a, maka n = 1000a + a + 1 = m2 m2₋_{1 = 1001a = 7}_⋅₁₁_⋅₁₃_⋅_a

100000 ≤ m2_≤₉₉₉₉₉₉

316 < m < 1000

(m + 1) (m − 1) = 7 ⋅ 11 ⋅ 13 ⋅ a

• J ika m + 1 = 143b dan m − 1 = 7c dengan bc = a Kar ena 317 < m + 1 < 1001 maka 2 < b < 7.

Kar ena m − 1 = 7c maka m − 1 ≡ 0 (mod 7) m ≡ 1 (mod 7) m + 1 ≡ 2 (mod 7) 143b ≡ 2 (mod 7)

143b = 7 ⋅ 20b + 3b 3b ≡ 2 (mod 7)

Kar ena 2 < b < 7 maka nilai b yang memenuhi hanya b = 3

J ika b = 3 maka m = 143 ⋅ 3 − 1 = 428 428 − 1 = 7c c = 61 a = bc = 183 n = 183184 = 4282

• J ika m − 1 = 143b dan m + 1 = 7c dengan bc = a Kar ena 315 < m − 1 < 999 maka 2 < b < 7.

Kar ena m + 1 = 7c maka m + 1 ≡ 0 (mod 7) m ≡−1 (mod 7) m − 1 ≡−2 (mod 7) 143b ≡−2 (mod 7)

143b = 7 ⋅ 20b + 3b

3b ≡−2 (mod 7) 3b ≡ 5 (mod 7)

J ika b = 4 maka m = 143 ⋅ 4 + 1 = 573 573 + 1 = 7c c = 82 a = bc = 328 n = 328329 = 5732

• J ika m + 1 = 91b dan m − 1 = 11c dengan bc = a

Kar ena 315 < m + 1 < 999 maka 3 < b < 11. Nilai b yang mungkin adalah b = 4, 5, 6, 7, 8, 9 at au 10. Kar ena m − 1 = 11c maka m − 1 ≡ 0 (mod 11) m ≡ 1 (mod 11)

m + 1 ≡ 2 (mod 11) 91b ≡ 2 (mod 11) 91b = 11 ⋅ 8b + 3b

3b ≡ 2 (mod 11)

J ika b = 8 maka m = 91 ⋅ 8 − 1 = 727 727 − 1 = 11c c = 66

a = bc = 528 n = 528529 = 7272

• J ika m − 1 = 91b dan m + 1 = 11c dengan bc = a

(6)

91b = 11 ⋅ 8b + 3b

3b ≡−2 (mod 11) 3b ≡ 9 (mod 11)

Kar ena 3 < b < 11 maka t idak ada nilai b yang memenuhi.

• J ika m + 1 = 77b dan m − 1 = 13c dengan bc = a

Kar ena 315 < m + 1 < 999 maka 4 < b < 13. Nilai b yang memenuhi adalah b = 5, 6, 7, 8, 9 at au 10, 11, 12

Kar ena m − 1 = 13c maka m − 1 ≡ 0 (mod 13) m ≡ 1 (mod 13) m + 1 ≡ 2 (mod 13) 77b ≡ 2 (mod 13)

77b = 13 ⋅ 5b + 12b 12b ≡ 2 (mod 13)

J ika b = 11 maka m = 77 ⋅ 11 − 1 = 846 846 − 1 = 13c c = 65 a = bc = 715 n = 715716 = 8462

• J ika m − 1 = 77b dan m + 1 = 13c dengan bc = a

Kar ena 315 < m − 1 < 999 maka 4 < b < 13. Nilai b yang memenuhi adalah b = 5, 6, 7, 8, 9 at au 10, 11, 12

77b = 13 ⋅ 5b + 12b

12b ≡−2 (mod 13) 12b ≡ 11 (mod 13)

Kar ena 4 < b < 13 maka t idak ada nilai b yang memenuhi.

Maka bilangan-bilangan t er sebut adalah 183184 = 4282, 328329 = 5732, 528529 = 7272 dan 715716 =

8462

5. Segit iga ABC sikusiku di C. Gar is bagi dalam sudut BAC dan ABC memot ong sisi BC dan CA ber t ur ut

-t ur u-t di -t i-t ik P dan Q . Ti-t ik M dan N masing-masing -t er le-t ak pada sisi AB sehingga PM dan Q N -t egak lur us AB. Tent ukan besar ∠MCN.

Dibuat CL dengan L t er let ak pada AB sehingga CL t egak lur us AB.

(7)

Kar ena PM sej aj ar CL maka ∠MCL = ∠PMC = x

Pada ∆APC dan APM, ket iga sudut segit iga t er sebut sama ser t a AP mer upakan hipot enusa kedua

segit iga sehingga ∆APM dan ∆APC kongr uen (sama dan sebangun). PC = PM

Kar ena PC = PM maka ∆CPM sama kaki. ∠PCM = ∠PMC = ∠MCL = x Misalkan ∠NCL = y

Kar ena Q N sej aj ar CL maka ∠NCL = ∠Q NC = y

Pada ∆BQ C dan BQ N, ket iga sudut segit iga t er sebut sama ser t a BQ mer upakan hipot enusa kedua segit iga sehingga ∆BQ N dan ∆BQ C kongr uen (sama dan sebangun). Q C = Q N

Kar ena Q C = Q N maka ∆CQ N sama kaki. ∠Q CN = ∠Q NC = ∠NCL = y

∠MCN = ∠MCL + ∠NCL

∠MCN = ½ (∠BCL + ∠ACL)

∠MCN = ½ ∠ACB

∠MCN = 45o

6. Tent ukan pasangan bilangan bulat posit if (m, n) yang memenuhi 2 kondisi ber ikut : (a) m dan n keduanya adalah bilangan kuadr at empat angka

(b) dua digit m sama baik nilai maupun posisinya dengan n (sat uan dengan sat uan, puluhan dengan puluhan, r at usan dengan r at usan, r ibuan dengan r ibuan) sedangkan dua digit nya lainnya dar i m masing-masing kur ang sat u dar i kedua digit n pada masing-masing posisi)

Bilangan t er sebut t er lihat seper t i 1345 dan 1446, 3526 dab 4527 meskipun bilangan-bilangan t er sebut bukan bilangan kuadr at

Misalkan m = 1000a + 100b + 10c + d maka n = 1000a + 100b + 10c + d + 10p_{+ 10}q_{dengan p dan q adalah}

bilangan bulat ber beda, p > q dan 0 ≤ p, q ≤ 3. Misalkan m = x2 dan n = y2

n − m = (y + x)(y − x) = 10p + 10q

J ika x genap dan y ganj il at au x ganj il dan y genap maka y + x dan y − x keduanya ganj il n − m ganj il.

J ika x dan y keduanya genap at au keduanya ganj il maka y + x dan y − x keduanya genap n − m adalah bilangan genap habis dibagi 4.

Ada 6 kasus yang akan dit inj au :

• p = 3 dan q = 2

n − m = (y + x)(y − x) = 1100

Pasangan (y + x, y − x) yang memenuhi adalah (550, 2), (50, 22), (110, 10)

* J ika y + x = 550 dan y − x = 2 didapat y = 276 dan x = 274 n = 76176 (t idak 4 angka) * J ika y + x = 50 dan y − x = 22 didapat y = 36 dan x = 14 m = 196 (t idak 4 angka) * J ika y + x = 110 dan y − x = 10 didapat y = 60 dan x = 50 n = 3600 dan m = 2500

• p = 3 dan q = 1

n − m = (y + x)(y − x) = 1010

Tidak ada nilai x dan y yang memenuhi sebab 1010 t idak habis dibagi 4.

• p = 3 dan q = 0

(8)

Pasangan (y + x, y − x) yang memenuhi adalah (1001, 1), (143, 7), (91, 11), (77, 13)

* J ika y + x = 1001 dan y − x = 1 didapat y = 501 dan x = 500 m = 250000 (t idak 4 angka) * J ika y + x = 143 dan y − x = 7 didapat y = 75 dan x = 68 n = 5625 dan m = 4624

* J ika y + x = 91 dan y − x = 11 didapat y = 51 dan x = 40 n = 2601 dan m = 1600 * J ika y + x = 77 dan y − x = 13 didapat y = 45 dan x = 32 n = 2025 dan m = 1024

• p = 2 dan q = 1

n − m = (y + x)(y − x) = 110

Tidak ada nilai x dan y yang memenuhi sebab 110 t idak habis dibagi 4.

• p = 2 dan q = 0

n − m = (y + x)(y − x) = 101

Pasangan (y + x, y − x) yang memenuhi adalah (101, 1)

J ika y + x = 101 dan y − x = 1 didapat y = 51 dan x = 50 n = 2601 dan m = 2500

• p = 1 dan q = 0

n − m = (y + x)(y − x) = 11

Pasangan (y + x, y − x) yang memenuhi adalah (11, 1).

J ika y + x = 11 dan y − x = 1 didapat y = 6 dan x = 5 y = 36 (bukan bilangan 4 angka)

Pasangan (m, n) yang memenuhi adalah (2500, 3600), (4624, 5625), (1600, 2601), (1024, 2025), dan (2500, 2601)

7. Sebuah f ungsi f didef inisikan pada bilangan bulat yang memenuhi f (1) + f (2) + ⋅⋅⋅ + f (n) = n2_{f (n) dan}

f (1) = 1996 unt uk semua n > 1. Hit unglah nilai f (1996). (Sumber : Br it ish Mat hemat ical Olympiad 1996 Round 1) Solusi :

f (1) + f (2) + ⋅⋅⋅ + f (n − 1) = (n − 1)2f (n − 1) f (1) + f (2) + ⋅⋅⋅ + f (n) = n2f (n)

(n − 1)2f (n − 1) + f (n) = n2f (n) (n − 1)2f (n − 1) = (n2 − 1) f (n) Kar ena n ≠ 1 maka :

1

)

1

(

)

(

+

−

=

−

n

f

n

f

3

1

4

2

1995

1993

1996

1994

1997

1995

)

1

(

)

2

(

)

2

(

)

3

(

)

1993

(

)

1994

(

)

1994

(

)

1995

(

)

1995

(

)

1996

(

⋅

=

⋅

L

f

F

f

1996

1997

1

2

)

1

(

)

1996

(

⋅

=

f

1997

2

)

1996

(

=

(9)

8. Unt uk sembar ang nilai x, misalkan ⎣x⎦ dinyat akan bilangan bulat t er besar kur ang dar i at au sama

dengan x. Didef inisikan

⎣ ⎦

⎥

⎦

⎥

⎢

⎣

⎢

=

n

q

(

)

unt uk n = 1, 2, 3, ⋅⋅⋅. Tent ukan semua bilangan bulat posit if n

yang memenuhi q(n) > q(n + 1).

⎣√n⎦ akan ber t ambah 1 nilainya j ika n ber ger ak dar i sat u bilangan kuadr at ke bilangan kuadr at ber ikut nya.

J ika m2 ≤ n < (m + 1)2 unt uk suat u bilangan asli m maka ⎣√n⎦ akan ber nilai t et ap yait u = m. I nt er val di at as akan dibagi menj adi beber apa int er val

• Unt uk m2_≤_n_≤_m2_{+ m}

⎣ ⎦

m

n

q

=

⎥⎦

⎥

⎢⎣

⎢

=

⎥

⎦

⎥

⎢

⎣

⎢

=

)

(

• Unt uk m2_{+ m}_≤_{n < m}2_{+ 2m}

⎣ ⎦

1

)

(

=

+

⎥⎦

⎥

⎢⎣

⎢

=

⎥

⎦

⎥

⎢

⎣

⎢

=

m

n

q

• Unt uk n = m2 + 2m

⎣ ⎦

2

)

(

=

⎢⎣

⎢

⎥⎦

⎥

=

+

⎥

⎦

⎥

⎢

⎣

⎢

=

m

n

q

• Unt uk n = m2 + 2m + 1 = (m + 1)2

⎣ ⎦

1

)

1

(

)

(

2

+

=

⎥

⎦

⎥

⎢

⎣

⎢

+

=

⎥

⎦

⎥

⎢

⎣

⎢

=

m

n

q

J ika m = 1 maka q(n) = m + 3 sedangkan j ika n > 1 maka

Dar i per samaan diat as didapat bahwa unt uk n = m2 + 2m = (m + 1)2 − 1 dengan m bilangan asli akan membuat q(n) > q(n + 1)

9. Misalkan a, b dan c adalah bilangan r eal posit if . Bukt ikan bahwa : (a) 4(a3_{+ b}3₎_≥_{(a + b)}3

(b) 9(a3_{+ b}3_{+ c}3₎_≥_{(a + b + c)}3

(a) Kar ena a, b > 0 maka a + b > 0 dan (a − b)2 ≥ 0 (a + b)(a − b)2 ≥ 0

a3− a2b − ab2 + b3 ≥ 0 3a3 + 3b3≥ 3a2b + 3ab2 4a3 + 4b3≥ a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 4(a3 + b3) ≥ (a + b)3 (t er bukt i) (b) Dar i per samaan di at as didapat :

(10)

4a3_{+ 4b}3_≥_a3_{+ 3a}2_{b + 3ab}2_{+ b}3_{⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅}₍₁₎

4(a3 + c3) ≥ (a + c)3

4a3 + 4c3≥ a3 + 3a2c + 3ac2 + c3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) 4(b3 + c3) ≥ (b + c)3

4b3 + 4c3 ≥ b3 + 3b2c + 3bc2 + c3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) (1) + (2) + (3)

8a3 + 8b3 + 8c3≥ 2a3 + 2b3 + 2c3 + 3a2b + 3a2c + 3ab2 + 3ac2 + 3b2c + 3bc2

7a3 + 7b3 + 7c3≥ a3 + b3 + c3 +3a2b + 3a2c + 3ab2 + 3ac2 + 3b2c + 3bc2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) Dar i ket idaksamaan AM-GM didapat :

3 3 3 3 3

3 3

3

a

b

c

b

a

≥

+

2a3 + 2b3 + 2c3≥ 6abc ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5) (4) + (5) :

9a3 + 9b3 + 9c3≥ a3 + b3 + c3 +3a2b + 3a2c + 3ab2 + 3ac2 + 3b2c + 3bc2 + 6abc 9(a3 + b3 + c3) ≥ (a + b + c)3 (t er bukt i)

10. N adalah bilangan asli 4 angka yang t idak ber akhir an dengan angka 0 dan R(N) menyat akan bilangan 4 angka dengan me-r ever s digit -digit N. (Dalam kasus ini r ever s ar t inya angka per t ama N menj adi angka ke-4, angka ke-2 menj adi angka ke-3, angka ke-3 menj adi angka ke-4 dan angka ke-4 menj adi angka per t ama). Sebagai cont oh adalah R(3275) = 5723. Tent ukan semua bilangan asli N yang memenuhi R(N) = 4N + 3.

Misalkan N = 1000a + 100b + 10c + d maka R(N) = 1000d + 100c + 10b + a 4N < 10000 N < 2500 a = 1 at au 2

• J ika a = 2

Kar ena angka sat uan R(N) = 2 maka angka sat uan 4N = 9 (4N adalah bilangan ganj il) Padahal 4N adalah bilangan genap (kont r adiksi)

• J ika a = 1

Maka d = 4, 5, 6 at au 7.

Kar ena angka sat uan R(N) = 1 maka angka sat uan 4N = 8.

Nilai d yang memenuhi hanya d = 7 N adalah bilangan ganj il. 7000 + 100c + 10b + 1 = 4000 + 400b + 40c + 28 + 3

2970 = 300b + 30c 99 = 10b + c

Hanya dipenuhi j ika b = 9 dan c = 9 N yang memenuhi hanya N = 1997.

11. Diket ahui x, y, z adalah bilangan bulat posit if yang memenuhi

z

y

x

1

−

=

dan h adalah Fakt or

Per sekut uan Ter besar dar i x, y, z. Bukt ikan bahwa hxyz adalah bilangan kuadr at sempur na. Bukt ikan pula bahwa h(y − x) adalah j uga bilangan kuadr at sempur na.

(11)

Solusi :

Misalkan x = ha ; y = hb dan z = hc maka FPB(a, b, c) = 1 Kar ena x, y, z > 0 maka a, b, c > 0

z

y

x

1

−

=

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

c

b

a

1

=

+

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

Dar i per samaan (2) kar ena a, b, c > 0 maka didapat

b

a

1

>

dan

c

a

1

>

ber implikasi a < b dan a < c.

Maka akan ada bilangan asli m dan n yang membuat b = a + m dan c = a + n

n

a

m

a

=

+

1

(a + m)(a + n) = a(2a + m + n)

a2_{+ ma + na + mn = 2a}2_{+ ma + na}

a2_{= mn}_{⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅}₍₃₎

J ika FPB(m,n) = d dengan d > 1 maka d j uga akan membagi c. Kar ena d membagi m dan j uga c maka d j uga membagi b. Kar ena d membagi n dan j uga c maka d j uga membagi a.

Maka FPB(a, b, c) = d dengan d > 1 (kont r adiksi dengan f akt a bahwa FPB(a, b, c) = 1) Maka FPB(m, n) = 1

Dar i per samaan (3) didapat m dan n masing-masing adalah bilangan kuadr at sempur na. m = p2 dan n = q2 a = pq

b + c = a + m + a + n = 2pq + p2 + q2 = (p + q)2

c

b

a

1

+

=

bc

c

b

a

+

=

1

Kar ena a, b dan c bilangan asli maka b + c = k dan bc = ka unt uk suat u bilangan asli k. Kar ena b + c = (p + q)2 maka bc = (p + q)2a

hxyz = h4abc = h4a(p+q)2a = (h2a(p + q))2 (t er bukt i) b − a = a + m − a = m = p2

h(y − x) = h2(b − a) = (hp)2 (t er bukt i)

Ter bukt i bahwa kedua bilangan hxyz dan h(y − x) adalah bilangan kuadr at sempur na.

12. Tunj ukkan bahwa unt uk set iap bilangan bulat posit if n maka 121n − 25n + 1900n − (−4)n habis dibagi 2000.

Dasar : an− bn habis dibagi a − b unt uk n bilangan asli. 121n− (−4)n habis dibagi 125

1900n− 25n habis dibagi 1875 sedangkan 125⏐1875 maka 125⏐1900n− 25n 121n− 25n + 1900n− (−4)n habis dibagi 125

121n₋₂₅n_{habis dibagi 96 sedangkan 16 membagi 96. Maka 16}_⏐₁₂₁n₋₂₅n

1900n₋₍₋₄₎n_{habis dibagi 1904 sedangkan 16}_⏐_{1904. Maka 16}_⏐₁₉₀₀n₋₍₋₄₎n

121n− 25n + 1900n− (−4)n habis dibagi 16.

Kar ena 121n − 25n + 1900n − (−4)n habis dibagi 125 dan j uga 16 sedangkan 125 dan 16 r elat if pr ima maka 121n− 25n + 1900n− (−4)n habis dibagi 125 ⋅ 16 = 2000

(12)

13. Tent ukan semua bilangan bulat posit if m, n dengan n bilangan ganj il yang memenuhi :

12

1

4

1

+

=

n

m

.

(Sumber : Br it ish Mat hemat ical Olympiad 2001/ 2002 Round 1) Solusi :

12n + 48m = mn

(m − 12) (n − 48) = 576 = 32_⋅₂6

Kar ena n ganj il maka n − 48 j uga ganj il. Fakt or ganj il dar i 576 adalah 1, 3 dan 32.

• J ika n − 48 = 1 maka n = 49 m − 12 = 576 m = 588

• J ika n − 48 = 3 maka n = 51 m − 12 = 192 m = 204

• J ika n − 48 = 9 maka n = 57 m − 12 = 64 m = 76

Pasangan (m, n) yang memenuhi adalah (49, 588), (51, 204), (57, 76)

14. Diber ikan bahwa 34! = 295 232 799 cd9 604 140 847 618 609 643 5ab 000 000. Tent ukan digit a, b, c dan d.

34! = k ⋅ 10m dengan k, m bilangan asli dan k t idak habis dibagi 10.

⎥⎦

⎥

⎢⎣

⎢

+

⎥⎦

⎥

⎢⎣

⎢

=

₂

5

34

5

34

m

m = 7

didapat b = 0

6

10

!

34

=

k

k = 34⋅ 33⋅ 32⋅ 31 ⋅ 3 ⋅ 29⋅ 28⋅ 27 ⋅ 26 ⋅ 24 ⋅ 23⋅ 11 ⋅ 21 ⋅ 2 ⋅19⋅ 18 ⋅ 17⋅ 16 ⋅ 3 ⋅ 14 ⋅ 13⋅ 12⋅ 11⋅ 9⋅ 8⋅ 7⋅ 6⋅ 3 Angka sat uan k = sat uan dar i 4⋅ 3⋅ 2⋅ 1⋅ 3⋅ 9⋅ 8⋅ 7⋅ 6⋅ 4⋅ 3⋅ 1⋅ 1⋅ 2⋅ 9⋅ 8⋅ 7⋅ 6⋅ 3⋅ 4⋅ 3⋅ 2⋅ 1⋅ 9⋅ 8⋅ 7⋅ 6⋅ 3 Angka sat uan k = 2

a = 2

Penj umlahan digit 34! = 2+9+5+2+3+2+7+9+9+c+d+9+6+0+4+1+4+0+8+4+7+6+1+8+6+0+9+6+4+3+5+2 Penj umlahan digit 34! = 141 + c + d

141 ≤ 141 + c + d ≤ 159

Kar ena 9 membagi 34! Maka 9 membagi 141 + c + d 141 + c + d = 144 at au 141 + c + d = 153

Kar ena 11 membagi 34! maka 2-9+5-2+3-2+7-9+9-c+d-9+6-0+4-1+4-0+8-4+7-6+1-8+6-0+9-6+4-3+5-2 habis dibagi 11.

19 − c + d habis dibagi 11.

10 ≤ 19 − c + d ≤ 28 19 − c + d = 11 at au 19 − c + d = 22

• J ika 141 + c + d = 144

(13)

* J ika 19 − c + d = 11

d − c = −8 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

Dar i per samaan (1) dan (2) didapat d = −5/ 3 (t idak memenuhi bahwa d bulat ) * J ika 19 − c + d = 22

d − c = 3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)

Dar i per samaan (1) dan (3) didapat c = 0 dan d = 3

• J ika 141 + c + d = 153

c + d = 12 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4) * J ika 19 − c + d = 11

d − c = −8 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (5)

Dar i per samaan (4) dan (5) didapat c = 10 (t idak memenuhi bahwa 0 ≤ c ≤ 9) * J ika 19 − c + d = 22

d − c = 3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (6)

Dar i per samaan (4) dan (6) didapat d = 15/ 2 (t idak memenuhi bahwa d bulat ) Maka dapat disimpulkan bahwa a = 2 ; b = 0 ; c = 0 ; d = 3

15. Selesaikan per samaan simult an :

ab + c + d = 3, bc + a + d = 5, cd + a + b = 2, da + b + c = 6 dengan a, b , c dan d adalah bilangan r eal.

ab + c + d = 3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) bc + a + d = 5 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) cd + a + b = 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) da + b + c = 6 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (4)

(1) + (2) = (3) + (4) ab + c + d + bc + a + d = cd + a + b + da + b + c b(a + c) + 2d = d(a + c) + 2b

(b − d)(a + c) = 2(b − d) (b − d)(a + c − 2) = 0 b = d at au a + c = 2

• J ika b = d

Per samaan (2) bc + a + b = 5 Per samaan (3) bc + a + b = 2

Kont r adiksi maka t idak ada nilai a, b, c dan d yang memenuhi.

• J ika a + c = 2

(1) + (2) ab + bc + a + c + 2d = 8 b(a + c) + a + c + 2d = 8

b + d = 3

(2) + (3) bc + cd + 2a + b + d = 7 c(b + d) + 2a + b + d = 7

3c + 2a = 4

3c + 2(2 − c) = 4 c = 0 a = 2

(14)

16. ABCD adalah per segi panj ang. P adalah t it ik t engah AB dan Q adalah t it ik pada PD sehingga CQ t egak lur us PD. Bukt ikan bahwa segit iga BQ C sama kaki.

Misalkan ∠CDP = α maka ∠DPA = α Kar ena ∆DPC sama kaki maka ∠PCD = α

Kar ena ∠CQ P + ∠CPB = 90o + 90o = 180o maka CBPQ adalah segiempat t alibusur . Kar ena ∠DPB = 180o−α maka ∠Q CB = α.

∠PCB = 90o−∠DCP = 90o−α

Kar ena CBPQ adalah segiempat t alibusur maka ∆BCK sebangun dengan ∆KPQ . Akibat nya ber laku ∠PQ K = ∠KCB = 90o−α ∠BQ C = α

Kar ena ∠Q CB = ∠BQ C = α maka segit iga BQ C sama kaki (t er bukt i)

17. Diket ahui x, y dan N adalah bilangan asli. J ika t er dapat t epat 2005 pasangan (x, y) yang memenuhi per samaan

N

y

x

1

+

=

maka t unj ukkan bahwa N adalah bilangan kuadr at .

Kar ena simet r is maka j ika x = a dan y = b dengan a ≠ b mer upakan penyelesaian maka x = b dan y = a adalah j uga mer upakan penyelesaian.

Kar ena pasangan (x, y) ada 2005 yang mer upakan bilangan genap maka t er dapat pasangan (x, y) yang mer upakan penyelesaian dan x = y.

N

y

x

1

=

+

N(x + y) = xy (x − N)(y − N) = N2

(x − N) adalah f akt or dar i N2_{. Kar ena ada 2005 nilai x maka banyaknya f akt or dar i N}2_{ada 2005.}

Kar ena 2005 = 5 ⋅ 401 = 1 ⋅ 2005 maka kemungkinan bent uk N2_{ada 2, yait u :} • N2 = p12004 dengan p1 bilangan pr ima

N = p11002 yang mer upakan bilangan kuadr at sebab 1002 genap • N2 = p14p2400 dengan p1 dan p2 bilangan pr ima

N = p12p2200 yang mer upakan bilangan kuadr at sebab 2 dan 200 genap.

(15)

18. Misalkan n adalah bilangan bulat lebih dar i 6. Bukt ikan bahwa n − 1 dan n + 1 keduanya pr ima maka n2(n2 + 16) habis dibagi 720.

720 = 5 ⋅ 32 ⋅ 24

Akan dibukt ikan bahwa n2(n2 + 16) habis dibagi 5, 9 dan 16. Kar ena n > 6 maka n − 1, n dan n + 1 semuanya lebih dar i 5.

Sebuah bilangan akan t er masuk ke dalam salah bent uk sat u dar i 5k − 2, 5k − 1, 5k, 5k + 1 at au 5k + 2 n t idak mungkin ber bent uk 5k − 1 at au 5k + 1 kar ena masing-masing akan menyebabkan n + 1 dan n − 1 habis dibagi 5.

J ika n = 5k ± 2 maka n2(n2 + 16) ≡ (±2)2((±2)2 + 16) (mod 5) ≡ 4(4 + 16) (mod 5) ≡ 0 (mod 5) J ika n = 5k maka 5⏐n2 n2(n2 + 16) habis dibagi 5

Ter bukt i bahwa n2(n2 + 16) habis dibagi 5

Sebuah bilangan akan t er masuk ke dalam salah sat u dar i 3k − 1, 3k at au 3k + 1 J ika n = 3k − 1 at au 3k + 1 t idak memenuhi bahwa n − 1 dan n + 1 keduanya pr ima. J ika n = 3k maka 9⏐n2 n2(n2 + 16) habis dibagi 9

Ter bukt i bahwa n2(n2 + 16) habis dibagi 9

Sebuah bilangan akan t er masuk ke dalam salah sat u dar i 4k, 4k + 1, 4k + 2 at au 4k + 3

Kar ena n t idak mungkin ganj il sebab akan menyebabkan n − 1 dan n + 1 keduanya genap maka n = 4k

at au 4k + 2

J ika n = 4k maka 16⏐n2 n2(n2 + 16) habis dibagi 16

J ika n = 4k + 2 maka (n2 + 16) ≡ 22 + 16 (mod 4) ≡ 0 (mod 4) dan n2≡ 22 (mod 4) ≡ 0 (mod 4) Kar ena n2 dan n2 + 16 keduanya habis dibagi 4 maka n2(n2 + 16) habis dibagi 16.

At au

Kar ena n − 1 dan n + 1 keduanya pr ima lebih dar i 5 maka n genap n2 habis dibagi 4. Akibat nya n2 dan n2 + 16 keduanya habis dibagi 4 n2(n2 + 16) habis dibagi 4 ⋅ 4 = 16

Ter bukt i bahwa n2(n2 + 16) habis dibagi 5, 9 dan 16 Maka t er bukt i bahwa n2(n2 + 16) habis dibagi 720.

19. Tunj ukkan bahwa j ika

3 3 2 2 1 1

b

a

b

a

b

a

=

dan p1, p2, p3 adalah bilangan t ak nol, maka

n n n n n n n

b

p

b

p

b

p

a

p

a

p

a

p

b

a

3 3 2 2 1 1 3 3 2 2 1 1 1 1

+

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

unt uk set iap bilangan asli n.

(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1969) Solusi : Kar ena 3 3 2 2 1 1

b

a

b

a

b

a

=

dan p1, p2 , p3 bilangan t ak nol maka _n

n n n n n n

b

p

a

p

b

p

a

p

b

p

a

p

b

a

3 3 3 3 2 2 2 2 1 1 1 1 1

1

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

dan

misalkan

k

b

p

a

p

b

p

a

p

b

p

a

p

b

a

n n n n n n n

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

3 3 3 3 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 _.

(16)

n n

a

p

b

kp

₁ ₁

=

₁ ₁ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) n

n

a

p

b

kp

₂ ₂₁

=

₂ ₂ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) n

n

a

p

b

kp

₃ ₃

=

₃ ₃ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)

J umlahkan per samaan (1), (2) dan (3) unt uk mendapat kan

n n n n n n

b

p

b

p

b

p

a

p

a

p

a

p

k

3 3 2 2 1 1 3 3 2 2 1 1

+

=

. Kar ena

k

b

a

n

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

1 1

maka t er bukt i bahwa

n n n n n n n

b

p

b

p

b

p

a

p

a

p

a

p

b

a

3 3 2 2 1 1 3 3 2 2 1 1 1 1

+

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

.

20. Tunj ukkan yang manakah yang lebih besar

c

+

1

−

c

at au

c

−

c

−

1

unt uk c ≥ 1. Bukt ikan. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1969)

Solusi :

4c2₋_{4c + 1 > 4c}2₋_4c _(2c₋₁₎2_{> 4(c}2₋_c)

)

(

2

1

2

c

−

>

c

2

−

c

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) c2_{+ c = c}2₋_{c + 1 + 2c}₋₁

Dar i ket idaksamaan (1) didapat

c2 + c > c2− c + 1 +

2

c

2

−

c

Dengan menar ik akar ket idaksamaan di at as dan mengambil yang posit if saj a maka :

1

2 2

+

>

−

+

c

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) Ber dasar kan ket idaksamaan (2) maka :

c

+

1

−

2

−

2

>

2

+

1

−

2

+

2

c

+

(

−

1

)

−

2

−

>

(

+

1

)

+

−

2

+

(Tar ik akar dan ambil akar posit if )

c

−

1

>

+

1

−

21. Misalkan c adalah hipot enusa suat u segit iga siku-siku dengan kedua sisi yang lain adalah a dan b. Bukt ikan bahwa

a

+

b

≤

c

2

. Kapan t anda kesamaan t er j adi ?

(Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1969) Solusi :

Dar i per samaan pit agor as didapat 2a2 + 2b2 = 2c2

Dar i ket idaksamaan AM – GM didapat a2_{+ b}2 _≥_{2ab dengan t anda kesamaan t er j adi j ika a = b. Maka :}

a2 + b2≤ 2c2− 2ab a2 + b2 + 2ab ≤ 2c2 (a + b)2≤ 2c2

2

c

b

a

+

≤

(t er bukt i) dengan t anda kesamaan t er j adi j ika a = b

(17)

masing-masing sisi yang ber beda. Tunj ukkan bahwa di mana pun t it ik P akan ber laku

3

2

1

=

+

CA

BC

AB

PF

PE

PD

.

Misalkan sisi segit iga ABC adalah s maka AB = BC = AC = s

Luas ∆ABC = ½ s2_{sin 60}o₌

3

4

1

2

s

Luas ∆ABC = Luas ∆ABP + Luas ∆ACP + Luas ∆BCP = ½ ⋅ AB ⋅ PD + ½ ⋅ AC ⋅ PE + ½ ⋅ BC ⋅ PF

3

4

1

₂

s

= ½ ⋅ s ⋅ PD + ½ ⋅ s ⋅ PE + ½ ⋅ s ⋅ PF

3

2

1

3

=

+

s

PF

PE

PD

3

2

1

=

+

CA

BC

AB

PF

PE

PD

(t er bukt i)

23. Misalkan ABC adalah sebuah segit iga dengan sisi-sisinya a, b dan c. Gar is bagi yang dit ar ik dar i t it ik C

memot ong AB di D. Bukt ikan bahwa panj ang CD =

b

a

C

ab

+

2

cos

2

.

Buat gar is DE t egak lur us AC dengan E t er let ak pada sisi AC sehingga DE = CD sin

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

(18)

Buat gar is DF t egak lur us BC dengan F t er let ak pada sisi BC sehingga DF = CD sin

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

2

C

Luas ∆ABC = Luas ∆ACD + Luas ∆BCD

½ ab sin C = ½ ⋅ b ⋅ DE + ½ ⋅ a ⋅ DF = ½ (a + b) CD sin

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

2

C

Dengan mengingat bahwa sin C = 2 sin

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

2

C

cos

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

2

C

maka :

b

a

C

ab

CD

+

=

2

cos

2

_{(t er bukt i)}

24. Tent ukan penj umlahan 1 ⋅ 1! + 2 ⋅ 2! + 3 ⋅ 3! + ⋅⋅⋅ + (n − 1) ⋅ (n − 1)! + n ⋅ n! dinyat akan dalam n dengan n! = n(n −1)(n−2) ⋅⋅⋅ 2 ⋅ 1.

Misal 1 ⋅ 1! + 2 ⋅ 2! + 3 ⋅ 3! + ⋅⋅⋅ + (n − 1) ⋅ (n − 1)! + n ⋅ n! = P

P = (2 − 1) ⋅ 1! + (3 − 1) ⋅ 2! + (4 − 1) ⋅ 3! + ⋅⋅⋅ + (n − 1) ⋅ (n − 1)! + (n + 1 − 1) ⋅ n! P = 2 ⋅ 1! + 3 ⋅ 2! + 4 ⋅ 3! + ⋅⋅⋅ + n ⋅ (n − 1)! + (n + 1) ⋅ n! − (1! + 2! + 3! + ⋅⋅⋅ + n!) P = 2! + 3! + 4! + ⋅⋅⋅ + (n + 1)! − (1! + 2! + 3! + ⋅⋅⋅ + n!)

P = (n + 1)! − 1!

1 ⋅ 1! + 2 ⋅ 2! + 3 ⋅ 3! + ⋅⋅⋅ + (n − 1) ⋅ (n − 1)! + n ⋅ n! = (n + 1)! − 1

25. Tunj ukkan bahwa t idak ada bilangan bulat a, b dan c yang memenuhi a2 + b2 − 8c = 6. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1969)

Solusi :

Semua bilangan bulat past i t er masuk ke dalam sat u sat u dar i bent uk 4k, 4k + 1, 4k + 2 at au 4k + 3

• Unt uk N = 4k

N2 = 16k2 (habis dibagi 8)

• Unt uk N = 4k + 1

N2 = (4k + 1)2 = 16k2 + 8k + 1 = 8(2k2 + k) + 1 (j ika dibagi 8 ber sisa 1)

• Unt uk N = 4k + 2

N2 = (4k + 2)2 = 16k2 + 16k + 4 = 16(k2 + k) + 4 (j ika dibagi 8 ber sisa 4)

• Unt uk N = 4k + 3

N2 = (4k + 3)2 = 16k2 + 24k + 9 = 8(2k2 + 3k + 1) + 1 (j ika dibagi 8 ber sisa 1)

Dar i hal di at as didapat bahwa bilangan kuadr at j ika dibagi 8 akan ber sisa 0, 1 at au 4. Sehingga a2_{+ b}2_{j ika dibagi 8 akan ber sisa 0, 1, 2, 4 at au 5.}

a2 + b2 − 8c j ika dibagi 8 akan ber sisa 0, 1, 2, 4 at au 5. Sedangkan r uas kanan j ika dibagi 8 akan ber sisa 6. Hal yang t idak mungkin t er j adi.

(19)

26. Tunj ukkan bahwa sebar ang segiempat t ali busur yang digambar pada lingkar an ber j ar i-j ar i 1, maka panj ang sisi yang t er pendek t idak akan lebih dar i

2

.

Misalkan ABCD adalah segiempat t ali busur t er sebut dan O adalah pusat lingkar an. Kar ena lingkar an t er sebut j uga mer upakan lingkar an luar ∆ABC maka sesuai dalil sinus :

2

sin

∠

ACB

=

R

=

AB

dengan R menyat akan j ar i-j ar i lingkar an luar ∆ABC Kar ena ∠AOB = 2∠ACB maka :

AB = 2 sin

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ ∠

2

AOB

Dengan car a yang sama didapat :

BC = 2 sin

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ ∠

2

BOC

CD = 2 sin

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ ∠

2

COD

AD = 2 sin

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ ∠

2

AOD

∠AOB + ∠BOC + ∠COD + ∠AOD = 360o

Maka min(∠AOB, ∠BOC, ∠COD, ∠AOD) ≤ 90o Kar ena unt uk 0o≤ x ≤ 90o nilai sin x naik maka :

Min(AB, BC, CD, DA) ≤ 2 sin

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

2

90

o

Min(AB, BC, CD, DA) ≤

2

(20)

27. ABC adalah segit iga siku-siku sama kaki dengan C adalah sudut sikunya. panj ang AC = BC = 1. P adalah t it ik yang t er let ak pada hipot enusa. Tit ik Q dan R masing-masing t er let ak pada sisi AC dan BC sehingga PQ dan PR t egak lur us sisi AC dan BC. Bukt ikan bahwa di manapun t it it k P ber ada, maka di ant ar a ket iga luasan APQ , PBR dan Q CRP maka yang t er luas memiliki luasan sekur angnya 2/ 9.

∆ABC ≅∆APQ ≅∆BPR

• J ika AP ≤

3

1

AB

Luas ∆BPR =

2

1

BR ⋅ RP ≥

2

1

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

BC

3

2

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

AC

3

2

Luas ∆BPR ≥

9

2

• J ika

3

1

AB ≤ AP ≤

3

2

AB

Luas segiempat Q CRP = PQ ⋅ Q C = AQ (AC − AQ ) = AQ (1 − AQ )

Kar ena

3

1

AB ≤ AP ≤

3

2

AB maka

3

1

AC ≤ AQ ≤

3

2

AC

3

1

≤ AQ ≤

3

2

Luas segiempat Q CRP =

4

1

2

1

2

+

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

AQ

Luas minimum Q CRP didapat saat AQ = 1/ 3 at au AQ = 2/ 3

Luas minimum segiempat Q CRP =

9

2

• J ika AP ≥

3

2

AB

Luas ∆APQ =

2

1

AQ ⋅ PQ ≥

2

1

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

BC

3

2

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

AC

3

2

Luas ∆APQ ≥

9

2

Ter bukt i bahwa di manapun t it it k P ber ada, maka di ant ar a ket iga luasan APQ , PBR dan Q CRP maka yang t er luas memiliki luasan sekur angnya 2/ 9.

28. Tent ukan semua t r ipel (x, y, z) yang memenuhi bahwa salah sat u bilangan j ika dit ambahkan dengan hasil kali kedua bilangan yang lain hasilnya adalah 2.

(21)

z + xy = 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)

(1) − (2) x − y + z(y − x) = 0 x − y − z(x − y) = 0 (z − 1) (x − y) = 0 Maka z = 1 at au x = y

• Unt uk z = 1 x + y = 1 1 + xy = 2

x (1 − x) = 1 x2 − x + 1 = 0 (t idak ada penyelesaian r eal sebab Diskr iminan < 0)

• Unt uk x = y

x + xz = 2 z + x2_{= 2}

x − z + x(z − x) = 0

(x − 1)(x − z) = 0 x = 1 at au x = z * Unt uk x = 1

y = x = 1 z + 1 = 2 z = 1 t r ipel (x, y, z) yang memenuhi adalah (1, 1, 1) * unt uk x = z

y = x = z x2 + x = 2 (x − 1)(x + 2) = 0 x = 1 at au x = 2 t r ipel yang memenuhi adalah (1, 1, 1) dan (−2, −2, −2)

Semua t r ipel (x, y, z) yang memenuhi adalah (1, 1, 1) dan (−2, −2, −2)

29. Tunj ukkan bahwa di ant ar a lima bilangan bulat kit a dapat memilih t iga di ant ar anya yang memiliki j umlah habis dibagi 3.

Sebuah bilangan past i t er masuk ke dalam salah sat u bent uk dar i 3k1 , 3k2 + 2 at au 3k3 + 2 dengan k1,

k2 dan k3 semuanya bilangan bulat .

J ika t er dapat t iga bilangan yang masing-masing ber bent uk 3k1 , 3k2 + 1 dan 3k3 + 2 maka penj umlahan

ket iga bilangan t er sebut past i habis dibagi 3.

J ika kelima bilangan t er sebut hanya masuk ke dalam dua dar i t iga bent uk 3k1 , 3k2 + 1 dan 3k3 + 2

maka sesuai dengan Pigeon Hole Pr inciple t er dapat sedikit nya 3 bilangan dengan bent uk yang sama. Penj umlahan ket iga bilangan ini akan habis dibagi 3.

Ter bukt i bahwa di ant ar a lima bilangan bulat kit a dapat memilih t iga di ant ar anya yang memiliki j umlah habis dibagi 3.

30. Diber ikan polinomial f (x) = xn + a1xn-1 + a2xn-2 + ⋅⋅⋅ + an-1x + an dengan koef isien a1, a2, ⋅⋅⋅, an semuanya

bilangan bulat dan ada 4 bilangan bulat ber beda a, b, c dan d yang memenuhi f (a) = f (b) = f (c) = f (d) = 5. Tunj ukkan bahwa t idak ada bilangan bulat k yang memenuhi f (k) = 8.

Kar ena f (a) = f (b) = f (c) = f (d) = 5 maka f (x) − 5 = (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) q(x) dengan q(x) adalah polinomial yang memiliki koef isien bilangan bulat .

J ika x sama dengan a, b, c at au d maka f (x) = 5 bukan 8.

(22)

Tet api 3 t idak bisa mer upakan per kalian sekur angnya 4 bilangan bulat ber beda. Ter bukt i bahwa t idak ada bilangan bulat k yang memenuhi f (k) = 8.

31. DEB adalah t ali busur suat u lingkar an dengan DE = 3 dan EB = 5. Misalkan O adalah pusat lingkar an. Hubungkan OE dan per panj angan OE memot ong lingkar an di t it ik C. Diket ahui EC = 1. Tent ukan r adius lingkar an t er sebut .

Misalkan r adius lingkar an t er sebut = r

Alt er nat if 1 :

Per panj ang OC sehingga memot ong lingkar an di t it ik F. Maka CF adalah diamet er lingkar an.

Segi empat CBFD adalah segiempat t ali busur dengan E adalah per pot ongan kedua diagonal maka ber laku :

CE ⋅ EF = DE ⋅ EB CE ⋅ (2r − CE) = DE ⋅ EB 1 ⋅ (2r − 1) = 3 ⋅ 5 r = 8

Alt er nat if 2 :

Kar ena BD adalah t ali busur sedangkan O pusat lingkar an maka BK = KD = 4 OK2_{= OB}2 ₋_BK2_{= OE}2₋_KE2

r2 ₋₄2_{= (r}₋₁₎2 ₋₍₅₋₄₎2

r2 − 16 = r2 − 2r + 1 − 1 r = 8

Maka r adius lingkar an t er sebut = 8

32. Diket ahui x dan y adalah bilangan r eal posit if yang memenuhi x + y = 1. Bukt ikan bahwa

9

1

⎟⎟

≥

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ +

y

x

.

xy

y

x

y

x

2

1

⎟⎟

=

+

=

+

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ +

(23)

xy

y

x

+

≥

2

Kar ena x dan y keduanya bilangan r eal posit if maka :

xy

≥

4

1

2

≥

8

xy

9

1

⎟⎟

≥

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ +

y

x

(t er bukt i)

33. ABCD adalah segiempat dengan AD = BC. J ika ∠ADC lebih besar dar i ∠BCD, bukt ikan bahwa panj ang

AC > BD.

AC2 = AD2 + CD2− 2 AD CD cos ∠ADC BD2 = CD2 + BC2− 2 CD BC cos ∠BCD Kar ena AD = BC maka :

AC2− BD2 = 2 BC CD (cos ∠BCD − cos ∠ADC)

Kar ena ∠ADC > ∠BCD maka unt uk 0o < x < 180o ber laku cos ∠ADC < cos ∠BCD. AC2− BD2 > 0 AC2 > BD2

AC > BD (t er bukt i)

34. Tent ukan semua bilangan r eal a yang memenuhi bahwa dua polinomial x2 + ax + 1 dan x2 + x + a memiliki sedikit nya sat u akar yang sama.

Misalkan p adalah akar yang sama maka p2 + ap + 1 = 0 dan p2 + p + a = 0 Dengan mengur angkan kedua per samaan didapat :

ap + 1 − p − a = 0

(a − 1)(p − 1) = 0 a = 1 at au p = 1

• Unt uk a = 1

Kedua polinomial akan sama yait u x2_{+ x + 1. Namun diskr iminan polinomial kur ang dar i 0. Maka}

t idak ada akar r eal.

• Unt uk p = 1

x2 + ax + 1 = (x − 1)( x − k) Nilai k = 1 maka a = −2

x2 + x + a = (x − 1)(x − a) = x2− (a + 1)x + a 1 = − (a + 1) a = −2

Nilai a yang memenuhi adalah a = −2

35. Diber ikan polinomial p(x) = xn_{+ a}

1xn-1 + a2xn-2 + ⋅⋅⋅ + an-1x + an dengan koef isien a1, a2, ⋅⋅⋅, an semuanya

(24)

Kar ena p(0) ganj il maka an mer upakan bilangan ganj il

Kar ena p(1) ganj il maka 1 + a1 + a2 + ⋅⋅⋅ + an mer upakan bilangan ganj il.

• J ika x adalah bilangan genap

Kar ena an ganj il maka p(x) unt uk x genap akan ber nilai ganj il.

Sehingga ber apa pun nilai x t idak akan didapat p(x) = 0 yang ber akibat t idak mungkin bilangan genap mer upakan akar per samaan p(x) = 0

• J ika x adalah bilangan ganj il

Maka par it as p(x) akan sama dengan p(1).

Ber akibat ber apa pun nilai x t idak akan didapat p(x) = 0 yang ber akibat t idak mungkin ada bilangan ganj il yang mer upakan akar per samaan p(x) = 0

Ter bukt i bahwa p(x) t idak mempunyai akar bilangan bulat .

36. Unt uk n bilangan bulat , t unj ukkan bahwa n2 + 2n + 12 bukan mer upakan kelipat an 121. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1971)

Solusi :

Unt uk bent uk n = 11k, 11k + 1, 11k + 2, 11k + 3, 11k + 4, 11k + 5, 11k + 6, 11k + 7, 11k + 8, 11k + 9 maka

nilai n2 + 2n + 1 t idak ada yang habis dibagi 11. (Bisa dibukt ikan dengan memasukkan ke dalam

per samaan t er sebut ). Hanya bent uk 11k + 10 saj a yang membuat n2_{+ 2n + 1 habis dibagi 11.}

Unt uk n = 11k + 10 maka n2 + 2n + 12 = 121k2 + 242k + 132 = 121 (k2 + 2k + 1) + 11 maka : n2 + 2n + 12 j ika dibagi 121 ber sisa 11.

Ter bukt i bahwa n2 + 2n + 12 bukan mer upakan kelipat an 121.

37. Misalkan n adalah bilangan lima angka dan m adalah bilangan empat angka yang didapat dengan menghapus angka yang ada di t engah dar i bilangan n. Tent ukan semua nilai n yang memenuhi bahwa n/ m adalah bilangan bulat .

Misalkan bilangan semula adalah n = 10000a + 1000b + 100c + 10d + e m = 1000a + 100b + 10d + e

10000a + 1000b + 100c + 10d + e = k(1000a + 100b + 10d + e) dengan k ∈ bilangan asli

• Unt uk k > 10 maka kmin = 11

1000a(k − 10) + 100b(k − 10) + 10d(k − 1) + e(k −1) = 100c

Nilai minimal r uas kir i = 1000 (1)(1) + 100 (1) (1) + 10 (1) (1) + 1 (1) > 1000 Nilai maksimal r uas kanan = 100 (9) = 900

Sehingga t idak ada nilai k > 10 yang memenuhi

• Unt uk k < 10 maka kmak = 9

1000a(10 − k) + 100b(10 − k) + 100c = 10d(k − 1) + e(k − 1) Nilai minimal r uas kir i = 1000 (1) (1) + 100 (1) (1) + 100 (1) > 1000 Nilai maksimal r uas kanan = 10 (9) (8) + 9(8) < 1000

(25)

• Unt uk k = 10

10000a + 1000b + 100c + 10d + e = 10000a + 1000b + 100d + 10e 100c = 9(10d + e)

Kar ena 9 t idak membagi 100 maka c har us habis dibagi 9 c = 0 at au c = 9 Unt uk c = 9 t idak mungkin sebab 9(10d + e) ≤ 9(90 + 9) < 900 maka c = 0 Kar ena c = 0 maka 10d + e = 0 yang ber akibat d = 0 dan e = 0

Maka n = 10000a + 1000b

Nilai-nilai n yang memenuhi adalah 10000, 11000, 12000, 13000, ⋅⋅⋅, 99000

38. Diket ahui bahwa masing-masing n or ang menget ahui t epat 1 buah inf or masi yang saling ber beda. J ika salah seor ang kat akan A menelepon B maka A akan member it ahukan semua inf or masi yang dimilikinya kepada B sedangkan B t idak member it ahukan sat u pun inf or masi yang diket ahuinya kepada A. Ber apakah panggilan t elepon minimum yang diper lukan sehingga set iap or ang t er sebut akan menget ahui n inf or masi t er sebut ? Bukt ikan bahwa j awaban t er sebut adalah yang paling minimum. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1971)

Solusi :

Or ang ke-k akan mener ima t elepon set elah sedikit nya t er j adi k − 2 t elepon. Maka or ang t er akhir akan mener ima panggilan yang per t ama sedikit nya set elah t er j adi n − 2 t elepon. Set elah or ang ke-n mener ima t elepon ber ar t i sedikit nya t elah t er j adi n − 1 t elepon. Semua inf or masi yang didapat oleh or ang ke-n akan disebar kepada selur uh or ang selain dir inya. Sedikit nya dibut uhkan n − 1 t elepon. Maka panggilan t elepon minimum yang diper lukan sehingga set iap or ang akan menget ahui n inf or masi adalah 2(n − 2)

39. Bukt ikan bahwa per samaan x3 + 113 = y3 t idak memilki solusi bilangan asli x dan y. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1972)

Solusi :

Kar ena x3 + 113 = y3 maka x3≡ y3 (mod 11)

Tet api 03, 13, 23, ⋅⋅⋅, 103≡ 0, 10, 3, 6, 2, 7, 4, 9, 5, 8, 1 (mod 11) yang ber ar t i semua sisanya ber beda. Maka har us dipenuhi bahwa x ≡ y (mod 11) yang ber at i har us dipenuhi y = x + 11k.

y3₋_x3_{= (x + 11k)}3 ₋_x3_{= 3}_⋅_11k_⋅_x2_{+ 3 (11k)}2_{x + 11k}3_{> 11k}3 _≥₁₁3_.

Ter bukt i bahwa per samaan x3 + 113 = y3 t idak memiliki solusi bilangan asli x dan y.

40. Misalkan a dan b adalah bilangan r eal ber beda. Tunj ukkan bahwa t er dapat bilangan bulat m dan n yang memenuhi am + bn < 0 dan bm + an > 0.

• Unt uk a > b

Masukkan nilai m = 1 dan n = −1 maka am + bn = a − b > 0 dan bm + an = b − a < 0

• Unt uk a < b

Masukkan nilai m = −1 dan n = 1 maka am + bn = −a + b > 0 dan bm + an = −b + a < 0

(26)

41. Bukt ikan bahwa j ika p dan p + 2 keduanya bilangan pr ima lebih besar dar i 3, maka 6 mer upakan f akt or dar i p + 1.

Kar ena mer upakan t iga bilangan bulat ber ur ut an maka salah sat u dar i p, p + 1 dan p + 2 past i ada yang habis dibagi 3. Kar ena semuanya lebih dar i 3 dan p ser t a p + 2 adalah bilangan pr ima maka dapat dipast ikan p + 1 mer upakan bilangan kelipat an 3.

Kar ena mer upakan dua bilangan bulat ber ur ut an maka salah sat u dar i p + 1 dan p + 2 past i habis dibagi 2. Kar ena p + 2 bilangan pr ima maka p + 1 habis dibagi 2.

Kar ena p + 1 habis dibagi 2 dan j uga habis dibagi 3 ser t a 2 dan 3 r elat if pr ima maka p + 1 akan habis dibagi 2 ⋅ 3 = 6.

Ter bukt i bahwa 6 adalah f akt or dar i p + 1.

42. Unt uk set iap bilangan asli n diket ahui ber laku

n

h

1

3

1

2

1

)

(

=

+

L

+

. Sebagai cont oh,

h

(

1

)

=

1

,

2

1

)

2

(

=

+

h

,

3

1

2

1

)

3

(

=

+

h

. Bukt ikan bahwa unt uk n = 2, 3, 4, ⋅⋅⋅ maka ber laku per samaan ber ikut

n + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(n − 1) = nh(n).

Dengan car a induksi mat emat ika

• Unt uk n = 2

2 + h(1) = 2 + 1 = 3

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ +

=

2

1

2

)

2

(

2

h

= 3 (memenuhi)

• Andaikan benar unt uk n = k maka :

k + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(k − 1) = kh(k)

• Akan dibukt ikan benar unt uk n = k + 1 yait u (k + 1) + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(k) = (k + 1)h(k + 1) (k + 1) + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(k) = k + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(k) + 1 = kh(k) + h(k) + 1 (k + 1) + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(k) = (k + 1)h(k) + 1

(k + 1) + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(k) =

(

)

1

3

1

2

1

⎟

+

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

−

+

k

L

(k + 1) + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(k) =

(

)

1

)

1

(

1

⎟

+

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

−

+

k

h

k

(k + 1) + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(k) = (k + 1)h(k +1) − 1 + 1 (k + 1) + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(k) = (k + 1)h(k +1) (t er bukt i)

Ter bukt i bahwa per samaan n + h(1) + h(2) + h(3) + ⋅⋅⋅ + h(n − 1) = nh(n) ber laku unt uk n = 2, 3, 4, ⋅⋅⋅

43. Misalkan ABCD adalah per segi panj ang dengan BC = 3AB. Tunj ukkan bahwa j ika P, Q adalah t it ik yang t er let ak pada sisi BC sehingga BP = PQ = Q C maka ∠DBC + ∠DPC = ∠DQC.

(27)

Solusi :

Misalkan AB = p maka BC = 3p BP = PQ = Q C = p

Alt ernat if 1:

t g ∠DBC =

3

1

; t g ∠DPC =

2

1

; t g ∠DQC = 1

t g (∠DBC + ∠DPC) =

DPC

tg

DBC

tg

DPC

tg

DBC

tg

∠

⋅

∠

−

∠

+

∠

1

t g (∠DBC + ∠DPC) =

1

2

1

3

1

2

1

3

1

=

⋅

−

+

= t g ∠DQC

∠DBC + ∠DPC = ∠DQC

Alt ernat if 2 :

∠DBQ’ = ∠DBC + ∠Q ’BC = ∠DBC + ∠DPC

BQ ’ =

5

p Q ’D =

5

p DB =

10

p

Kar ena (BQ ’)2_{+ (Q ’D)}2_{= (DB)}2_{dan BQ ’ = Q ’D maka}_∆_{BQ ’D adalah segit iga siku-siku sama kaki.}

∠DBC + ∠DPC = 45o

∴

∠DBC + ∠DPC = ∠DQC

44. Tent ukan nilai

3 / 1

9

3

18

6

2

9

3

1

4

2

8

4

2

4

2

1

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅

+

⋅

+

⋅

+

⋅

+

⋅

n

L

.

( )

(

)

( )

(

)

3 / 1 3 3 3 / 1

3

2

1

3

2

1

2

9

3

18

6

2

9

3

1

4

2

8

4

2

4

2

1

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

⋅

+

⋅

+

⋅

+

⋅

+

⋅

+

⋅

+

⋅

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅

+

⋅

+

⋅

+

⋅

+

⋅

n

L

3

2

9

3

18

6

2

9

3

1

4

2

8

4

2

4

2

1

1/3

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅

+

⋅

+

⋅

+

⋅

+

⋅

n

L

45. Bar isan a1, a2, a3, ⋅⋅⋅ memenuhi a1 = ½ dan a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + an = n2an unt uk n ≥ 1. Tent ukan nilai an.

a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + an = n2an a1 + a2 + a3 + ⋅⋅⋅ + an-1 = n2an− an

(n − 1)2an-1 = (n2− 1)an = (n − 1)(n + 1)an

(28)

46. Pada sebuah bilangan posit if 3,27, angka 3 mer uj uk pada bagian bulat dar i bilangan dan ,27 mer uj uk pada bagian desimal. Tent ukan bilangan posit if yang memenuhi bagian desimal, bagian bulat dan bilangan it u sendir i membent uk bar isan geomet r i.

Misalkan bilangan t er sebut adalah x, bagian bulat = ⎣x⎦ = n dan desimal = y n t idak mungkin 0 maka x ≥ 1

Kar ena y, n dan x mer upakan bar isan geomet r i maka n2 = xy x = n + y n2 = (n + y)y = ny + y2

2 2

4

5

2

1

y

n

⎟

=

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ −

• Unt uk n ≥ 2

Kar ena 0 ≤ y < 1 maka nilai minimal r uas kir i =

4

9

2

1

2

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ −

Nilai maksimal r uas kanan =

4

5

Maka t idak ada nilai n ≥ 2 yang memenuhi

• Unt uk n = 1

12 = y + y2 y2 + y − 1 = 0

Ambil akar posit if maka

2

5

1

2

4

1

−

+

=

+

−

=

y

x = n + y =

2

5

1

+

−

+

Bilangan posit if t er sebut adalah

2

5

1

+

47. (i) 15 kur si diat ur melingkar dengan t er dapat nama pada kur si t er sebut yang disediakan unt uk 15 t amu. Par a t amu t idak menget ahui nama pada kur si t er ebut sampai dengan mer eka duduk. J ika t idak ada sat upun di ant ar a ke-15 t amu t er sebut yang duduk pada kur si yang sesuai dengan namanya, maka bukt ikan bahwa kit a dapat memut ar kur si sedemikian sehingga sedikit nya 2 or ang t amu akan duduk pada kur si yang sesuai dengan namanya.

(ii) Ber ikan cont oh sebuah susunan sehingga hanya sat u or ang t amu yang duduk pada kur si yang sesuai dengan namanya dan bila kur si t er sebut diput ar t idak akan ada t amu yang duduk sesuai namanya lebih dar i sat u or ang.

Ada 15 kemungkinan posisi kur si.

(29)

Tet api 1 dar i 15 kemungkinan posisi kur si sudah j elas bahwa t idak ada sat upun or ang yang duduk pada kur si yang sesuai dengan namanya.

Kar ena t inggal t er dapat 14 kemungkinan posisi kur si sedangkan posisi or ang yang duduk pada kur si yang sesuai dengan namanya masih 15 kemungkinan maka sesuai dengan Pigeon Hole Pr inciple t er bukt i ada car a kit a memut ar kur si sehingga sedikit nya 2 or ang t amu akan duduk pada kur si yang sesuai dengan namanya.

Cont oh susunan yang dimaksud adalah :

Kur si 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

Or ang 1 9 2 10 3 11 4 12 5 13 6 14 7 15 8

Bagaimanapun kit a memut ar kur si t er sebut hanya ada paling banyak sat u or ang yang duduk pada kur si yang sesuai dengan namanya.

48. Fungsi f (x) dikat akan per iodik bila t er dapat bilangan posit if p yang memenuhi f (x + p) = f (x) unt uk semua nilai x. Sebagai cont oh, sin x per iodik dengan per ioda 2π. Apakah f ungsi sin(x2) per iodik ? Bukt ikan.

Sin (x2) = 0 saat x =

k

π

dan ini bukan bent uk bar isan ar it mat ika. Maka sin (x2) t idak per iodic.

49. Diber ikan empat buah benda dengan ber at masing-masing membent uk bar isan geomet r i dan sebuah ner aca (balance). Penggunaan ner aca adalah dengan menar uh sat u at au beber apa benda pada salah sat u uj ungnya dan sat u at au beber apa benda pada uj ung yang lainnya. Timbangan ini hanya unt uk menget ahui bagian mana yang lebih ber at . Tunj ukkan bagaimana car anya unt uk menent ukan benda yang t er ber at dengan hanya menggunakan ner aca t er sebut sebanyak dua kali. Bukt ikan j awaban Anda. (Sumber : Canadian Mat hemat ical Olympiad 1976)

Solusi :

Misalkan ber at benda t er sebut adalah w, wr , wr2 dan wr3 dengan r > 1. Maka wr3 adalah benda t er ber at .

Kar ena r > 1 maka r2 (r − 1) > (r − 1) wr2 (r − 1) > w(r − 1) wr3_{+ w > wr}2_{+ wr}

Dar i per samaan di at as kit a dapat kan bahwa bila benda t er ber at digabungkan dengan benda mana pun akan lebih ber at dar i penggabungan dua benda yang lain.

Maka langkah yang akan dilakukan adalah :

- membagi keempat benda menj adi dua bagian dengan masing-masing t er dir i dar i dua benda, lalu

menimbangnya. Benda yang t er ber at di ant ar a keempat benda t er sebut akan t er masuk ke dalam bagian yang lebih ber at .

- Dua benda yang t er masuk ke dalam bagian yang lebih ber at kembali dit imbang, maka benda yang

lebih ber at adalah mer upakan benda yang t er ber at di ant ar a keempat benda t er sebut .

(30)

Tot al nilai yang diper oleh kedua siswa kelas t uj uh adalah 8 sedangkan semua siswa kelas delapan memper oleh nilai yang sama. Ber apa banyak siswa kelas delapan yang mengikut i kompet isi ?

Misalkan j umlah siswa kelas delapan = n maka banyaknya per t andingan =

(

1

)(

2

)

2

1

+

n

= nilai t ot al.

Misalkan masing-masing nilai siswa kelas delapan = k maka

8 + nk =

(

1

)(

2

)

2

1

+

n

n2₋_(2k₋_3)n₋_{14 = 0.}

Kar ena k adalah bilangan asli maka penj umlahan kedua nilai n mer upakan bilangan bulat . Kar ena hasil kali kedua nilai n = −14 maka kedua nilai n past i bulat .

Maka kemungkinan kedua nilai n adalah (1, −14), (2, −7), (7, −2) dan (14, −1) yang masing-masing j ika dij umlahkan secar a ber ur ut an akan diper oleh −13, −5, 5, 13.

* Unt uk 2k − 3 = −13 k = − 5 (t idak memenuhi) * Unt uk 2k − 3 = −5 k = −1 (t idak memenuhi) * Unt uk 2k − 3 = 5 k = 4

* Unt uk 2k − 3 = 13 k = 8

Akan dicek kedua kemungkinan nilai k t er sebut .

• J ika k = 4

nilai n posit if yang memenuhi adalah 7. Nilai t ot al = ½ ⋅ 8 ⋅ 9 = 36. Maka nilai t ot al ket uj uh siswa kelas delapan = 36 − 8 = 28 yang ber ar t i masing-masing siswa kelas delapan memper oleh nilai 4.

• J ika k = 8

nilai n posit if yang memenuhi adalah 14. Nilai t ot al = ½ ⋅ 15 ⋅ 16 = 120. Maka nilai t ot al keempat

belas siswa kelas delapan = 120 − 8 = 112 yang ber ar t i masing-masing siswa kelas delapan

memper oleh nilai 8.

51. Bukt ikan bahwa sebuah bilangan bulat posit if yang mer upakan penj umlahan sedikit nya dua bilangan asli ber ur ut an hanya dapat dipenuhi j ika dan hanya j ika bilangan t er sebut bukan ber bent uk 2k dengan k bilangan asli.

Ada dua hal yang har us dibukt ikan yait u :

• j ika sebuah bilangan yang mer upakan penj umlahan sedikit nya dua bilangan asli maka bilangan

t er sebut bukan ber bent uk 2k_.

• j ika suat u bilangan bukan ber bent uk 2k maka bilangan t er sebut mer upakan penj umlahan sedikit nya dua bilangan asli.

J ika N = (m + 1) + (m + 2) + (m + 3) + ⋅⋅⋅ + (m + n) =

( )(

2

1