OSN 2015 Matematika SMA/MA

OSN 2015 Matematika SMA/MA
Nomor Peserta :
Hari Pertama
Soal 1. Albert, Bernard dan Cheryl sedang bermain kelereng. Di awal permainan masingmasing membawa 5 kelereng merah, 7 kelereng hijau dan 13 kelereng biru, sedangkan di kotak kelereng ada 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
Bernard
Cheryl
: “Saya hanya membawa kelereng berwarna merah.”
: “Saya hanya membawa kelereng berwarna biru.”
: “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 tertentu. 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 pertambahan 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 membuat semua kelereng berwarna hijau berarti M ≡ B (mod 3) sedangkan untuk membuat 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)
1
OSN 2015 Matematika SMA/MA
Nomor Peserta :
Hari Pertama
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
n
n
X
X
2
[n, k] = 1 +
(n, k) + 2n
k=1
k=1
k=1
1
(n, k)
Jawab: Karena [n, k](n, k) = nk maka kesamaan bisa ditulis ulang sebagai
n−1
n
n−1
X
X
X
2n2
4nk
−
=1+
(4n − 2n) +
(n, k)
(n,
k)
(n,
k)
k=1
k=1
k=1
Sekarang dengan fakta bahwa (n, k) = (n, n − k) ruas kiri dari ketaksamaan diatas dapat kita
tuliskan sebagai
2n +
n−1
X
4n(n − k)
k=1
(n, n − k)
−
n−1
n−1
X
X
2n2
2n2 − 4nk
= 2n +
(n, k)
(n, k)
k=1
k=1
n−1 X
n
k
n−k
= 2n + 2n
−
−
(n, k) (n, k) (n, n − k)
k=1
= 2n.
Jadi kesamaan ekivalen dengan
2n = 1 +
n
X
(n, k)
k=1
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
X
(n, k) = (n, a) + (n, b) + (n, n) +
(n, k) ≥ 2 + 2 + n + (n − 3) = 2n + 1.
k=1
k6∈A
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)
P
• Menunjukkan persamaan ekivalen dengan pernyataan 2n = 1 + nk=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)
2
OSN 2015 Matematika SMA/MA
Nomor Peserta :
Hari Pertama
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 OB OC segaris.
Jawab:
X, Y merupakan perpotongan garis tinggi segitiga ABC dari titik B, C terhadap lingkaran
luar ABC.
Klaim XY sejajar HB HC .
Jelas HC HB CB cyclic. Maka ∠HC HB B = ∠HC CB = ∠XCB = ∠XY B, yang mengakibatkan XY sejajar HB HC .
Misalkan O adalah pusat lingkaran luar segitiga ABC. Kita tahu bahwa AO tegak lurus
dengan HB HC ( fakta yang cukup terkenal ), karena XY sejajar HB HC 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 OB A tegak lurus AC, dan OOC tegal lurus AC, maka OB A sejajar OOC .
Analog kita peroleh OC A sejajar OOB . Maka OB AOC O jajar genjang, yang berakibat A, O,
titik tengah OB OC segaris.
Akibatnya A, titik tengah XY , titik tengah OB OC segaris.
Skema Penilaian
1. Membuktikan titik tengah XY terletak di garis AO.
(a) Membuktikan XY k HB HC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2 poin)
(b) Menyimpulkan bahwa AO ⊥ XY . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2 poin)
2. Membuktikan titik tengah OB OC terletak di garis AO.
(a) Membuktikan OB AOC O jajargenjang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2 poin)
(b) Menyimpulkan bahwa titik tengah OB OC terletak di segmen AO . . . . . . . . (1 poin)
3
OSN 2015 Matematika SMA/MA
Nomor Peserta :
Hari Pertama
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),
y
f (y + f (x)) =
+ λ f (x) ∀x, y ∈ R+ .
g(x)
Ganti y dengan t + f (y) pada (2) diperoleh
t + f (y)
f (t + f (y) + f (x)) =
+ λ f (x) ∀t, x, y ∈ R+ .
g(x)
(2)
(3)
Dengan menukar x dengan y pada (3) diperoleh
t + f (y)
t + f (x)
+ λ f (y) = f (t + f (x) + f (y)) =
+ λ f (x) ∀t, x, y ∈ R+ .
g(y)
g(x)
Pandang ruas kiri dan kanan sebagai polinom linear dalam t, diperoleh dua persamaan
f (y)
f (x)
=
g(y)
g(x)
f (x)
∀x, y ∈ R+ ,
f (y)
f (x)
+ λf (y) = f (y)
+ λf (x) ∀x, y ∈ R+ .
g(y)
g(x)
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+
(
λ
jika 0 < x < 1
f (x) =
,
λx jika 1 ≤ x
(
1 jika 0 < x < 1
g(x) =
.
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
f (g(x)y + f (x)) = λ(g(x)y + f (x)) = f (x)y + λf (x) = (y + λ)f (x).
Jadi, pasangan fungsi tersebut memang memenuhi persamaan fungsi yang diinginkan.
4
OSN 2015 Matematika SMA/MA
Nomor Peserta :
Hari Pertama
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)
konstan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1 poin)
g(x)
(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)
5