Soal 5. Misalkan a, b, c, d adalah bilangan asli sehingga a | cd dan b | dc. Buktikan bahwa
(ab) | (cd)max{a,b}.
Jawab: Klaim bahwa a | ca. Jika a = 1 maka jelas memenuhi pernyataan. Misalkan p prima
dan a = pts dengan p - s. Untuk menunjukkan bahwa a | ca cukup kita tunjukkan pt| ba.
Karenat a | cd maka p | c. Sekarang perhatikan bahwa t < pt≤ pts = a. Akibatnya
pt| pa
Karena p | c maka pa | ca. Dengan demikian pt | ca. Jadi a | ca dan dengan cara serupa b | db.
Karena a, b ≤ max{a, b} maka ca| cmax{a,b} dan db | dmax{a,b}. Akibatnya ab | (cd)max{a,b}.
Skema Penilaian
• Mengklaim bahwa a | ca . . . .(1 poin)
• Membuktikan klaim . . . .(4 poin) • Tidak membuktikan kebenaran klaim untuk a = 1 . . . (-1 poin) • Menggunakan klaim untuk menunjukkan bahwa ab | (cd)max{a,b}. . . (2 poin)
Soal 6. Diberikan segitiga lancip ABC dengan titik pusat lingkaran luar O. Garis AO memo-tong lingkaran luar segitiga ABC lagi di titik D. Misalkan P titik pada sisi BC. Garis melalui P tegak lurus AP memotong garis DB dan DC berturut-turut di E dan F . Garis melalui D tegak lurus BC memotong EF di titik Q. Buktikan bahwa EQ = F Q jika dan hanya jika BP = CP . Jawab: O R Q E F D B A C P
Pertama, ∠ABE = ∠AP E = 90◦, maka A, P, B, E terletak pada satu lingkaran. Serupa dengan itu, A, P, C, F terletak pada satu lingkaran. Dengan demikian, ∠AEP = ∠ABC dan ∠AF P = ∠ACP . Jadi segitiga AEF sebangun dengan ABC. Karena ∠EDF = 180◦ − ∠BAC = 180◦− ∠EAF , maka AEDF segiempat talibusur.
Misalkan garis AP memotong lingkaran luar segitiga ABC lagi di titik R. Kita mempunyai
∠RBC = ∠RAC = ∠P AC = ∠P F D = ∠EF D = ∠EAD = ∠EF D, ∠RCB = ∠RAB = ∠P AB = ∠P ED = ∠F ED = ∠F AD = ∠F ED. Ingat ∠ABD = 90◦ = ∠ACD. Karena DQ ⊥ BC, maka
∠EDQ = 90◦− ∠DBC = 90◦
− ∠DAC = ∠ADC = ∠ARC = ∠P RC, ∠F DQ = 90◦− ∠DCB = 90◦− ∠DAB = ∠ADB = ∠ARB = ∠P RB. Kita aplikasikan aturan sinus,
EQ F Q = EQ DQ · DQ F Q = sin ∠EDQ sin ∠F ED · sin ∠EF D sin ∠F DQ = sin ∠P RC sin ∠RCB · sin ∠RBC sin ∠P RB = CP P R · P R BP = CP BP. Dari sini kita simpulkan bahwa EQ = F Q jika dan hanya jika CP = BP .
Skema Penilaian
1. Membuktikan AEDF segiempat talbusur . . . 2 poin
2. Mendapatkan kesamaan sudut berikut: . . . 3 poin
(a) ∠RBC = ∠EF D (b) ∠RCB = ∠F ED (c) ∠EDQ = ∠P RC (d) ∠F DQ = ∠P RB 3. Mendapatkan EQ F Q = CP BP . . . 2 poin
Soal 7. Misalkan a, b, c bilangan real positif. Buktikan ketaksamaan r a b + c + b c + a + r b c + a + c a + b + r c a + b + a b + c ≥ 3. Jawab: Misalkan x = b + c, y = c + a dan z = a + b.
Alternatif 1. Dengan ketaksamaan CS dan GM-HM, diperoleh √ xy =p(a + c)(b + c) =√ab + c ≥ 2ab a + b + c = a(b + c) + b(c + a) a + b . Dengan ketaksamaan CS, a b + c+ b c + a (a(b + c) + b(c + a)) ≥ (a + b)2 = z2.
Dua ketaksamaan awal tersebut memberikan a b + c + b c + a ≥ z √ xy.
Tarik akar, jumlahkan siklis, lalu gunakan ketaksamaan AM-GM, diperoleh
X cyc r a b + c + b c + a ≥ X cyc √ z 4 √ xy ≥ 3. Alternatif 2. Pertama, ketaksamaan renata
a b + c + b c + a ≥ a c + a + b b + c ekivalen dengan 2 a b + c + b c + a ≥ a + b b + c + a + b a + c = z x + z y. Dari ketaksamaan tersebut dan ketaksamaan CS diperoleh
2 r a b + c + b c + a ≥ s (1 + 1) z x + z y ≥r z x + r z y.
Jumlahkan siklis dan gunakan ketaksamaan AM-GM,
X cyc r a b + c + b c + a ≥ 1 2 X cyc r z x + X cyc r z y ! ≥ 3. Alternatif 3. Kita mulai dengan ketaksamaan CS dan AM-GM,
Y cyc a b + c + b c + a = Y cyc a2+ b2 + c(a + b) (b + c)(c + a) ≥ Y cyc 1 2(a + b) 2+ c(a + b) (b + c)(c + a) = Y cyc z(x + y) 2xy ≥ Y cyc z · 2√xy 2xy = 1. 4
Terakhir, gunakan ketaksamaan AM-GM dan ketaksamaan di atas, kita peroleh ketak-samaan yang diinginkan.
Skema Penilaian. 1. Alternatif 1:
(a) Substitusi Ravi . . . (1 poin) (b) Memanfaatkan ketaksamaan CS pada masing-masing suku di ruas kiri . . . (2 poin) (c) Menyederhanakan ketaksamaan masing-masing suku tersebut . . . (2 poin) (d) Menggunakan AM − GM untuk memperoleh ketaksamaan yang diinginkan . . . . (2
poin)
2. Alernatif 2:
(a) Substitusi Ravi . . . (1 poin) (b) Memanfaatkan ketaksamaan Renata pada masing-masing suku di ruas kiri(2 poin) (c) Menyederhanakan ketaksamaan masing-masing suku tersebut dengan CS (2 poin) (d) Menggunakan AM − GM untuk memperoleh ketaksamaan yang diinginkan . . . . (2
poin)
3. Alernatif 3:
(a) Memanfaatkan ketaksamaan AM − GM untuk mengubah ruas kiri ke dalam bentuk perkalian dan penyederhanaannya . . . (2 poin) (b) Menyederhanakan bentuk perkalian tersebut dengan ketaksamaan CS . . . (2 poin) (c) Substitusi Ravi . . . (1 poin) (d) Menunjukkan bentuk perkalian tersebut bernilai lebih dari 1 . . . (2 poin)
Diketahui ada 3 gedung berbentuk sama yang lokasinya membentuk segitiga sama sisi. Masing-masing gedung memiliki 2015 lantai dengan setiap lantainya tepat memiliki 1 jendela. Pada ketiga gedung, setiap lantai 1 tidak berpenghuni, sedangkan masing-masing lantai yang lain mempunyai tepat satu penghuni.
Semua jendela akan diwarnai dengan salah satu dari warna merah, hijau, atau biru. Sang penghuni masing-masing lantai pada suatu gedung dapat melihat warna jendela pada kedua gedung yang lain untuk lantai yang sama dan satu lantai tepat di bawahnya, tetapi dia tidak bisa melihat warna jendela-jendela yang lain pada kedua gedung tersebut. Selain itu, sang penghuni tidak dapat melihat warna jendela dari lantai manapun pada gedungnya sendiri. Sebagai contoh, penghuni lantai 10 dapat melihat warna jendela lantai 9 dan 10 untuk kedua gedung yang lain (total 4 jendela) dan dia tidak dapat melihat warna jendela lainnya.
Kita ingin mewarnai jendela-jendela tersebut agar setiap penghuni dapat melihat paling sedikit 1 jendela dari setiap warna. Ada berapa cara mewarnai jendela-jendela tersebut?
Jawab: Kita notasikan (x, y, z) untuk menyatakan konfigurasi bahwa untuk suatu lantai, gedung pertama berwarna x, gedung kedua berwarna y dan gedung ketiga berwarna z, di mana x, y, z ∈ {M, H, B} yang melambangkan merah, hijau, biru.
Kita notasikan juga Ai, Bi, Ci berturut-turut sebagai penghuni lantai ke-i dari gedung
per-tama, kedua, dan ketiga.
Misalkan gedung memiliki n lantai, dengan n ≥ 2. Ada tiga konfigurasi lantai ke n − 1 yang mungkin, untuk setiap konfigurasi akan kita tentukan konfigurasi lantai ke n yang harus terjadi.
1. Jika lantai ke n − 1 memiliki ketiga warna yang berbeda, misalkan (M, H, B). Dan misalkan lantai ke n memiliki 2 warna yang sama, misalkan 2 merah dan 1 warna terserah (dinyatakan dengan x). Jika lantai ke-n adalah (M, M, x) maka Cn tidak melihat warna biru.
Jika (M, x, M ) maka Bn tidak melihat warna hijau. Jika (x, M, M ), maka agar Bn melihat
hijau, x harus hijau. Namun agar Cn melihat biru, x harus biru. Kontradiksi.
Jadi untuk kasus 1, lantai ke-n harus memiliki 3 warna. Lebih lanjut lagi, mudah dilihat bahwa jika lantai n − 1 adalah (M, H, B) maka lantai ke n haruslah (H, B, M ), (B, M, H) yakni semua warna dirotasi searah atau melawan jarum jam.
2. Jika lantai ke n − 1 memiliki 2 warna yang sama dan 1 warna lain, misalkan (M, M, H). Agar Cn melihat biru dan hijau, maka lantai ke-n harus berbentuk (H, B, x) atau (B, H, x).
Jika lantai ke-n adalah (H, B, x), agar Bnmelihat biru maka x harus biru. Dapat dilihat bahwa
(H, B, B) memenuhi syarat agar An, Bn, Cn dapat melihat ketiga warna.
Secara sama jika lantai ke-n adalah (B, H, x) agar Anmelihat biru maka x harus biru. Maka
lantai ke-n juga harus memiliki 2 warna yang sama dan 1 warna lain.
Jadi secara total, jika lantai ke n − 1 adalah (M, M, H) maka lantai ke n haruslah (H, B, B) atau (B, H, B). Berarti dapat kita simpulkan bahwa untuk setiap lantai yang memiliki 2 warna sama dan 1 warna lain, ada 2 kemungkinan untuk lantai di atasnya.
3. Jika lantai ke n − 1 memiliki 3 warna yang sama, misalkan (M, M, M ). Agar Cnmelihat
biru dan hijau, maka lantai ke-n harus berbentuk (H, B, x) atau (B, H, x). Tanpa kehilangan keumuman kita asumsikan (H, B, x). Sekarang jika x hijau maka Bn tidak melihat biru, dan
jika x biru maka An tidak melihat hijau. Kontradiksi.
Jadi untuk kasus ke 3, tidak ada pewarnaan lantai ke-n yang mungkin.
Kita sebut suatu lantai tipe 1 jika lantai tersebut memiliki ketiga warna yang berbeda, dan tipe 2 jika ada 2 warna yang sama dan 1 warna lain. Tipe ketiga (3 warna yang sama) tidak menghasilkan pewarnaan yang mungkin untuk lantai berikutnya.
Yang kita buktikan di atas adalah tipe dari suatu lantai haruslah sama dengan tipe dari lantai tepat di bawahnya. Tidak ada batasan untuk lantai 1. Jadi lantai 1 bisa memiliki tipe 1 dan 2, namun begitu kita tentukan tipenya, lantai 2 sampai lantai n harus mengikuti tipe tersebut.
Jadi banyaknya pewarnaan kita bagi menurut tipe:
1. Jika lantai 1 adalah tipe 1, ada 6 cara mewarnai lantai 1. Untuk setiap lantai berikutnya, ada 2 cara mewarnai (yakni dengan merotasi warna searah atau berlawanan jarum jam). Jadi ada 6.2n−1= 3.2n cara mewarnai.
2. Jika lantai 1 adalah tipe 2, ada 18 cara mewarnai lantai 1 (memilih warna mayoritas, warna minoritas, dan posisinya). Untuk setiap lantai berikutnya, juga ada 2 cara mewarnai, sehingga ada 18.2n−1= 9.2n cara mewarnai.
Total cara mewarnai: 12.2n = 3.2n+2. Jika n = 2015 maka ada 3.22017 cara.
Skema Penilaian
1. Dapat pola . . . 1 poin
2. Menambahkan fakta yang berguna untuk perhitungan atau berhasil menyelesaikan satu kasus yang mudah (kasus yang tidak mungkin) . . . 1 poin
3. Dapat pola dan menambahkan fakta yang berguna untuk perhitungan atau berhasil menyelesaikan satu kasus yang mudah (kasus yang tidak mungkin) . . . 2 poin
4. Bisa selesaikan satu kasus penting atau lebih yang melibatkan perhitungan namun tidak berhasil menyebutkan semua kasus secara penuh . . . 3 poin
5. Bisa selesaikan satu kasus penting yang melibatkan perhitungan dan berhasil menye-butkan semua kasus . . . .4 poin
6. Bisa selesaikan lebih dari satu kasus penting yang melibatkan perhitungan dan berhasil menyebutkan semua kasus . . . 5 poin
7. Salah hitung yang tidak signifikan . . . 6 poin
