Solusi Soal OSN 2012 Matematika SMA/MA Hari

Solusi Soal OSN 2012 Matematika SMA/MA
Hari Pertama
Soal 1. Buktikan bahwa untuk sebarang bilangan asli a dan b, bilangan
n = F P B (a, b) + KP K (a, b) − a − b
adalah bilangan bulat genap tak negatif.
Solusi. Pertama akan dibuktikan bahwa n adalah bilangan genap. Untuk membuktikan
ini, kita akan tinjau 3 kasus:
(i). a dan b keduanya ganjil, maka jelas bahwa F P B (a, b) dan KP K (a, b) keduanya
ganjil sehingga n genap.
(ii). a dan b keduanya genap, maka jelas bahwa F P B (a, b) dan KP K (a, b) keduanya
genap sehingga n genap.
(iii). a dan b beda paritas (satu genap yang lainnya ganjil), maka F P B (a, b) ganjil dan
KP K (a, b) genap sehingga n genap.
Sekarang, tinggal dibuktikan bahwa n ≥ 0. Misalkan F P B (a, b) = d maka kita dapat tulis
a = dx dan b = dy untuk suatu bilangan asli x dan y dengan F P B (x, y) = 1. Substitusikan
ke persamaan yang diberikan kita peroleh
n = d + dxy − dx − dy+ ⇔ n = dxy − dx − dy + d ⇔ n = d (x − 1) (y − 1)
yang jelas tak negatif karena d > 0, x − 1 ≥ 0, dan y − 1 ≥ 1. (terbukti)
Skema Penilaian:
Membuktikan n genap: 3 poin dan n ≥ 0 : 4 poin.
Parsial:
Setiap kasus (parsial) untuk membuktikan n genap: 1 poin
Menyatakan a dan b dalam d, x, dan y : 1 poin
Menyatakan n = dxy − dx − dy + d: 1 poin
Memfaktorkan: 1 poin
Menyimpulkan d ≥ 0 : 1 poin
Soal 2. Diberikan bilangan asli n dan bilangan-bilangan real positif a1 , a2 , . . . , an . Buktikan bahwa
(1 + a1 )2 (1 + a2 )3 · · · (1 + an )n+1 ≥ (n + 1)n+1 a1 a2 · · · an
dan tentukan kapan kesamaan berlaku.
Solusi 1. Dengan menggunakan ketaksamaan AM-GM diperoleh
√ 2
(1 + a1 )2 ≥ (2 a1 ) = 22 a1
3 r 3
a2
1 1
a2
3
(1 + a2 ) =
+ + a2 ≥ 3 3 2
= 33 2
2 2
2
2
..
.
n
n r
an−1
an−1
1
1
n
= nn
.
(1 + an−1 ) =
+ ··· +
+ an−1
≥ nn
n−1
n−1
n−1
(n − 1)
(n − 1)n−1
Bila semua ketaksamaan di atas dikalikan diperoleh
3 a2 an−1
2
3
n
2
n
(1 + a1 ) (1 + a2 ) · · · (1 + an−1 ) ≥ 2 a1 3 2 · · · n
= nn a1 a2 · · · an−1 .
n−1
2
(n − 1)
1
Kesamaan berlaku jika dan hanya jika 1 = a1 , 21 = a2 , . . . , n−1
= an−1 .
Solusi 2. (Induksi Matematika) Untuk n = 1, ketaksamaan benar karena
(1 + a1 )2 = 1 + a21 + 2a1 ≥ 2a1 + 2a1 = 4a1 .
Asumsikan pernyataan benar untuk suatu bilangan asli n = k − 1, yakni
(1 + a1 )2 (1 + a2 )3 · · · (1 + ak−1 )k ≥ k k a1 a2 · · · ak−1 .
Akan dibuktikan bahwa
(1 + a1 )2 (1 + a2 )3 · · · (1 + ak−1 )k × (1 + ak )k+1 ≥ (k + 1)k+1 a1 a2 · · · ak−1 ak .
Berdasarkan hipotesis induksi, diperoleh
LHS ≥ k k a1 a2 · · · ak−1 × (1 + ak )k+1 .
Jadi, cukup dibuktikan bahwa
k k a1 a2 · · · ak−1 × (1 + ak )k+1 ≥ (k + 1)k+1 a1 a2 · · · ak−1 ak
atau ekivalen dengan
(k + 1)k+1
ak .
kk
Ketaksamaan terakhir ini dapat diselesaikan dengan AM-GM seperti di solusi official.
(1 + ak )k+1 ≥
Skema Penilaian:
Membuktikan ketaksamaan: 5 poin
• Untuk Solusi 1
Menggunakan Ketaksamaan AM-GM atau sejenisnya untuk satu atau beberapa kasus
n: 1 poin
Menggunakan Ketaksamaan AM-GM atau sejenisnya untuk kasus 1, 2, . . . , n: 3 poin
Memperoleh kesimpulan: 5 poin
Perolehan poin di atas tidak ditambahkan.
• Untuk Solusi 2
Membuktikan untuk kasus n = 1: 1 poin
Mengubah ke masalah ekivalen: 2 poin
Memperoleh kesimpulan: 2 poin
Perolehan poin di atas ditambahkan.
Memperoleh kesamaan: 2 poin
• Hanya menebak (dan mengecek): 1 poin
• Ditunjukkan cara mendapatkannya: 2 poin
Soal 3. Diberikan segitiga lancip ABC dengan titik pusat lingkaran luar O dan memenuhi
AB > AC. Garis BO dan CO memotong garis bagi ∠BAC berturut-turut di titik P dan
Q. Selanjutnya, garis BQ dan CP berpotongan di titik R. Buktikan bahwa AR tegak
lurus BC.
Solusi 1. Misalkan garis bagi ∠BAC memotong BC di titik U dan garis tinggi segitiga
ABC dari titik A memotong garis CP di titik S. Yang harus dibuktikan adalah P U , CO
dan BS konkuren. Kalau ini terbukti, maka S = R yang berakibat AR tegak lurus BC
(karena AS sudah tegak lurus BC)
(1 pt) Pertama, karena AO = BO dan karena AS garis tinggi, maka
180◦ − ∠AOB
180◦ − 2∠ACB
=
= 90◦ − ∠ACB = ∠CAS.
2
2
Sekarang kembali ke soal, dengan teorema Ceva, cukup ditunjukkan bahwa
∠BAO =
BU CS P O
·
·
= 1.
U C SP OB
(1 pt) Langkah pertama, dengan teorema garis bagi diperoleh
BU
AB
=
.
UC
AC
(2 pts) Langkah kedua,
1
AS · AC · sin ∠CAS
CS
[ACS]
AC · sin ∠CAS
=
= 21
=
.
SP
[AP S]
AP · sin ∠SAP
AS · AP · sin ∠SAP
2
(2 pts) Langkah ketiga, dengan cara yang sama,
PO
AP · sin ∠P AO
=
.
BO
AB · sin ∠BAO
(1 pt) Terakhir, ∠BAO = ∠CAS dan ∠P AO = ∠SAP , maka
BU CS P O
AB AC · sin ∠CAS AP · sin ∠P AO
·
·
=
·
·
= 1.
U C SP OB
AC AP · sin ∠SAP AB · sin ∠BAO
Solusi 2. Kita gunakan notasi seperti solusi sebelumnya dan akan dibuktikan bahwa
BU CS P O
·
·
= 1.
U C SP OB
Misalkan besar sudut-sudut seperti pada gambar. Kita mempunyai
BU CS P O
AB CS AP P O
·
·
=
·
·
·
U C SP OB
AC SP AP OB
AB CS AP P O
·
·
·
=
OB AC SP SP
sin γ sin α sin θ sin β
=
·
·
·
sin α sin θ sin β sin γ
= 1
seperti yang diinginkan di solusi sebelumnya.
Solusi 3. Misalkan garis bagi ∠BAC memotong BC di titik U . Refleksikan titik C
terhadap garis AU menghasilkan titik C 0 . Ini berakibat, C 0 terletak di sisi AB dengan
AC 0 = AC, C 0 P = CP dan ∠AP C 0 = ∠AP C. Misalkan juga garis AO dan C 0 P berpotongan di S.
Pertama, karena P U, CO, BR konkuren, dengan Teorema Ceva diperoleh
BU CR P O
·
·
= 1.
U C RP OB
Berikutnya, tinjau segitiga BP C 0 dengan transversal yang melalui A, S, O. Dengan Teorema Menelaus diperoleh
BA C 0 S P O
·
·
= 1.
AC 0 SP OB
Terakhir, Teorema Garis Bagi dan fakta AC 0 = AC menghasilkan
BU
AB
AB
=
=
.
UC
AC
AC 0
Kombinasi tiga persamaan di atas menghasilkan
CR
C 0S
=
,
SP
RP
sehingga RS sejajar CC 0 . Dengan demikian, S adalah bayangan dari titik R ketika dicerminkan terhadap garis AU . Ini berakibat
∠CAR = ∠BAO = 90◦ − ∠ACB
sehingga AR tegak lurus AC.
Soal 4. Diberikan 2012 titik berbeda A1 , A2 , . . . , A2012 di bidang Cartesius. Untuk sebarang permutasi B1 , B2 , . . . , B2012 dari A1 , A2 , . . . , A2012 , didefinisikan bayangan dari titik
P terhadap permutasi tersebut sebagai berikut.
Titik P dirotasikan 180◦ dengan pusat B1 menghasilkan titik P1 ,
titik P1 dirotasikan 180◦ dengan pusat B2 menghasilkan titik P2 ,
...
titik P2011 dirotasikan 180◦ dengan pusat B2012 menghasilkan titik P2012 .
Selanjutnya, titik P2012 dikatakan sebagai bayangan dari titik P terhadap permutasi
B1 , B2 , . . . , B2012 .
Misalkan N adalah banyak bayangan titik P yang berbeda terhadap semua permutasi dari
A1 , A2 , . . . , A2012 . Tentukanlah nilai terbesar yang mungkin bagi N .
Solusi.
2012
Jawab: C1006
Misalkan koordinat P adalah (r, s), koordinat Ai adalah (xi , yi ) dan koordinat Bi adalah
(pi , qi ).
Koordinat P1 adalah (2p1 − r, 2q1 − s) karena B1 merupakan titik tengah dari P P1 .
Koordinat P2 adalah (2p2 − 2p1 + r, 2q2 − 2q1 + s) karena B2 merupakan titik tengah dari
P1 P 2.
...
Koordinat P2012 adalah sebagai berikut:
Absisnya adalah r + 2(p2 + p4 + · · · + p2012 ) − 2(p1 + p3 + · · · + p2011 )
Ordinatnya adalah s + 2(s2 + s4 + · · · + s2012 ) − 2(s1 + s3 + · · · + s2011 )
Perhatikan bahwa koordinat P adalah tetap, sehingga faktor utama yang mempengaruhi
koordinat P2012 adalah Bi mana yang masuk ke posisi genap dan mana yang masuk ke
posisi ganjil. Misalkan B1 , B3 , B5 ditukar-tukar, tidak akan mempengaruhi posisi P2012 .
Demikian pula jika B2 , B4 ditukar. Semua Bi ini adalah permutasi dari Ai , sehingga ada
2012
C1006
cara untuk memilih Ai mana yang masuk ke posisi genap, dan sisanya akan masuk
ke posisi ganjil.
2012
Kita sudah menunjukkan bahwa ada paling banyak C1006
bayangan P yang mungkin. Kita
belum membuktikan bahwa misalnya B1 dan B5 ditukar, maka bayangan yang terbentuk
pasti berbeda.
2012
Sekarang akan kita tunjukkan bahwa ada Ai sedemikian sehingga ada tepat C1006
bayangan
P yang mungkin. Yakni, jika Bi dan Bj ditukar, di mana i genap dan j ganjil, maka
bayangan yang terbentuk pasti berbeda.
Buatlah koordinat Ai di (2i , 0) dan koordinat P di (0, 0). Misalkan a1 , . . . , a1006 adalah
indeks yang terpilih untuk masuk posisi genap, dan b1 , . . . , b1006 adalah indeks yang terpilih
untuk masuk posisi ganjil dalam permutasi Bi .
Sekarang, posisi bayangan P tergantung dari jumlah berikut ini:
(2a1 + · · · + 2a1006 ) − (2b1 + · · · + 2b1006 ) = 2(2a1 + · · · + 2a1006 ) − (21 + · · · + 22012 )
Sekarang, nilai dari suku pertama akan tergantung oleh indeks mana saja yang terpilih
masuk posisi genap. Jika X = 2a1 + · · · + 2a1006 , maka tinjau representasi biner dari X.
Digit-digit yang berisi 1 adalah ai dan digit-digit yang berisi 0 adalah bi . Jika kita memilih
indeks yang berbeda untuk masuk ke posisi genap dan ganjil, maka nilai X juga akan
terubah, sehingga posisi bayangan P juga berubah.
Skema Penilaian:
1. Dapat menentukan absis dan ordinat dari bayangan titik P : 1 poin
2. Sampai dapat menemukan banyak maksimum bayangan dari P yang mungkin: 3
poin
3. Dapat menemukan suatu konstruksi yang dapat menghasilkan bayangan dari P yang
2012
berbeda sebanyak C1006
: 4 poin
Jumlah poin dari 1 dan 2 maksimum 3.
Solusi Soal OSN 2012 Matematika SMA/MA
Hari Kedua
Soal 5. Diberikan bilangan asli m dan n. Misalkan P dan Q adalah dua kumpulan m × n
bilangan 0 dan 1 yang disusun dalam m baris dan n kolom. Contoh salah satu kumpulan
itu untuk m = 3 dan n = 4 adalah


1 1 1 0


 1 1 0 0 .
0 0 0 0
Misalkan kedua kumpulan tersebut memenuhi empat sifat berikut.
(i) Pada setiap baris di P , bilangan dari kiri ke kanan tidak pernah naik (boleh sama
atau turun),
(ii) pada setiap kolom di P , bilangan dari atas ke bawah tidak pernah naik (boleh sama
atau turun),
(iii) jumlah bilangan pada sebarang baris di P sama dengan jumlah bilangan pada baris
yang sama di Q, dan
(iv) jumlah bilangan pada sebarang kolom di P sama dengan jumlah bilangan pada kolom
yang sama di Q.
Tunjukkanlah bahwa bilangan pada baris ke-i kolom ke-j di P sama dengan bilangan pada
baris ke-i kolom ke-j di Q untuk setiap i = 1, . . . , m dan j = 1, . . . , n.
Solusi. Jika m = 1 atau n = 1, kasus trivial. Selanjutnya asumsikan m, n > 1. Sebutlah
kumpulan bilangan bernilai 0 atau 1 berbentuk persegi panjang baik jika pada suatu baris,
bilangan-bilangan dari kiri ke kanan tidak pernah naik dan pada suatu kolom, bilanganbilangan dari atas ke bawah tidak pernah naik. Pertama-tama, akan dibuktikan lemma
berikut :
Lemma :
Jika M adalah kumpulan bilangan baik, maka terdapat suatu baris atau suatu kolom pada
M yang memiliki bilangan-bilangan yang sama (0 semua atau 1 semua).
Bukti Lemma :
Andaikan tak ada baris yang semua bilangannya sama semua. Karena bilangan pada satu
baris tak pernah naik, haruslah untuk setiap baris, angka paling kiri adalah 1 dan angka
paling kanan adalah 0. Dengan demikian, pada kolom paling kiri, semua bilangannya sama,
yaitu 1. Terbukti.
Kembali ke soal. Misalkan kita punya kumpulan mn bilangan P dan mn bilangan Q
berbentuk persegi panjang yang asosiatif. Bilangan-bilangan pada P sudah terisi dan
bilangan-bilangan pada Q belum terisi. Kita akan membuktikan bahwa setiap bilangan
pada baris dan kolom tertentu pada Q sama dengan bilangan pada baris dan kolom yang
bersesuaian pada P . Jelas bahwa P baik. Menurut Lemma, terdapat baris atau kolom
yang semua isinya sama (0 semua atau 1 semua). Tanpa mengurangi asumsi, terdapat
baris yang isinya sama (kasus kolom yang isinya sama analog). Bandingkan baris tersebut
pada P dan Q. Misal baris itu memiliki k bilangan. Perhatikan bahwa penyelesaian dari
a1 + a2 + · · · ak = 0 atau a1 + a2 + · · · ak = k dengan ai = 0, 1 adalah berturut-turut ai = 0
untuk semua i atau ai = 1 untuk semua i. Dengan demikian, isi baris tersebut pada P dan
Q adalah sama. Selanjutnya, kita warnai baris tersebut dengan warna hitam.
Sekarang kita punya kumpulan bilangan P 0 dan Q0 berbentuk persegi panjang dengan P 0
semuanya terisi dan Q0 kosong. P 0 juga baik. Dengan mengulangi langkah ini (mewarnai
suatu baris dengan warna hitam), dalam berhingga banyaknya langkah, semua bilangan
pada Q berwarna hitam. Karena pada setiap langkah , kumpulan bilangan yang dihitamkan pada Q persis sama dengan kumpulan bilangan yang dihitamkan pada P , akhirnya
kita peroleh bahwa P = Q. Jadi, P hanya asosiatif dengan dirinya sendiri.
Skema Penilaian:
1. Dapat menunjukkan bahwa pada P ada baris atau kolom yang semua unsurnya 1
atau 0: 3 poin
2. Menunjukkan langkah awal awal untuk induksi: 1 poin
3. Langkah induksi pada baris saja atau kolom saja: 2 poin
4. Induksi pada jumlah baris dan kolom: 4 poin
5. Induksi tidak formal tetapi jelas: 4 poin Induksi tidak formal tetapi tidak jelas: 3
poin
Jumlah poin dari 2 dan (4 atau 5) maksimum 4.
Jumlah poin dari 2 dan 3 maksimum 2.
Soal 6. Misalkan R+ menyatakan himpunan semua bilangan real positif. Tunjukkan
bahwa tidak ada fungsi f : R+ → R+ yang memenuhi
f (x + y) = f (x) + f (y) +
1
2012
untuk setiap bilangan real positif x, y.
Solusi 1. Andaikan ada fungsi f yang memenuhi syarat di atas. Untuk x > y, perhatikan
bahwa x − y ∈ R+ dan
f (x) = f (x − y) + f (y) +
1
1
> f (y) +
2012
2012
sehingga
1
.
2012
Dengan prinsip teleskopis, untuk sebarang bilangan asli n berlaku
1
1
1
f (1) = f (1) − f
+ f
−f
+ ···
2
2
3
1
1
1
+ f
−f
+f
n
n+1
n+1
1
1
1
1
+f
>
+
+ ··· +
2012}
n+1
|2012 2012{z
f (x) − f (y) >
n
n
>
.
2012
Ini tidak mungkin karena untuk n cukup besar berlaku n > 2012f (1). Jadi pengandaian
kita salah dan kesimpulan terbukti.
Solusi 2. Andaikan ada fungsi f yang memenuhi syarat di atas. Perhatikan bahwa untuk
setiap bilangan real positif x berlaku
f (2x) = 2f (x) +
1
2012
1
2
= 3f (x) +
2012
2012
Dari pola ini, mudah dibuktikan dengan induksi bahwa
f (3x) = f (2x) + f (x) +
n−1
2012
untuk setiap bilangan asli n dan bilangan real positif x.
Substitusi x = n1 dan karena f n1 ∈ R+ menghasilkan
1
n−1
n−1
+
>
f (1) = nf
n
2012
2012
f (nx) = nf (x) +
untuk setiap bilangan asli n. Namun hal ini tidak mungkin terjadi karena untuk n cukup
n−1
besar berlaku 2012
> f (1). Jadi pengandaian kita salah dan kesimpulan pada soal terbukti.
Soal 7. Misalkan n bilangan asli. Buktikan bahwa persamaan
√
x+
√
y=
√
n
memiliki solusi pasangan bilangan asli (x, y) jika dan hanya jika n habis dibagi oleh suatu
bilangan kuadrat yang lebih besar dari 1.
√
√
√
√
√
√
Solusi. Persamaan x + y = n dapat kita tulis menjadi y = n − x. Dengan
√
menguadratkan kedua ruas, kita peroleh y = n + x − 2 nx. Dari sini dapat kita simpulkan
√
√
bahwa nx bilangan rasional, tetapi n dan x merupakan bilangan asli sehingga nx juga
merupakan billangan asli yaitu nx = m2 untuk suatu bilangan asli m. Dari sini diperoleh
2
2
dengan m < n tentunya.
(2 poin)
solusi x = mn dan y = (n−m)
n
⇐=)
Perhatikan bahwa jika n habis dibagi oleh suatu bilangan kuadrat yang lebih besar dari 1,
katakan p2 maka n = p2 t untuk suatu bilangan asli t. Untuk kasus ini, kita dapat memilih
2
2
m = pt yang jelas m < n dan mn = pptt = p ∈ N, yang artinya ada bilangan asli x dan y
yang memenuhi persamaan.
(2 poin)
=⇒)
Andaikan n tidak habis dibagi oleh kuadrat sempurnya lebih besar dari 1 maka n = p1 p2 ...pk
untuk suatu bilangan-bilangan prima berbeda p1 , p2 , ..., pk . Kita tahu bahwa solusi dari
2
√
√
2
√
persamaan x + y = n adalah x = mn dan y = (n−m)
dengan m < n. Agar x bulat,
n
2
2
haruslah n|m , artinya pi |m untuk setiap i, akibatnya pi |m yang tentu saja berakibat n|m.
Hal ini tidaklah mungkin karena m < n.
(3 poin)
Soal 8. Diberikan segitiga sebarang ABC dan garis bagi ∠BAC memotong sisi BC dan
lingkaran luar segitiga ABC berturut-turut di titik D dan E. Misalkan M dan N berturutturut titik tengah BD dan CE. Lingkaran luar segitiga ABD memotong AN di titik Q.
Lingkaran yang melalui A dan menyinggung BC di D memotong garis AM dan sisi AC
berturut-turut di titik P dan R. Tunjukkan bahwa empat titik B, P, Q, R terletak pada
satu garis.
Solusi. Kita gunakan notasi // untuk kesejajaran dua garis dan ∼ untuk kesebangunan
dua segitiga. Misalkan K adalah titik potong garis AN dan DR.
Pertama, karena lingkaran luar segitiga ADR menyinggung BC di D dan AD adalah garis
bagi ∠BAC, maka ∠CDR = ∠DAR = ∠BAD sehingga
∠ADR = ∠ADC − ∠CDR = (∠ABD + ∠BAD) − ∠BAD
= ∠ABD = ∠ABC = ∠AEC
sehingga ADR ∼ ABD dan juga DR // EC. Ini berakibat K adalah titik tengah DR
(karena N titik tengah EC) sehingga M K // BR (karena M titik tengah BD). Lebih
lanjut, karena ADR ∼ ABD, maka ABM ∼ ADK dan AM D ∼ AKR (ini juga karena
M titik tengah BD). Akibatnya
∠M AK = ∠M AD + ∠DAK = ∠M AD + ∠BAM = ∠BAD.
Karena ∠CDR = ∠BAD, maka AM DK segiempat talibusur. Sekarang misalkan garis
BR memotong AM di P 0 dan AN di Q0 . Akan dibuktikan bahwa P 0 = P dan Q0 = Q.
Dari M K // BR dan AM DK segiempat talibusur, diperoleh
∠AP 0 R = ∠AM K = ∠ADK = ∠ADR
sehingga ARDP 0 segiempat talibusur juga. Dengan kata lain, titik P 0 terletak pada lingkaran luar segitiga ARD dan juga terletak pada garis AM . Disimpulkan bahwa P 0 = P .
Dari AM DK segiempat talibusur dan M K // BR diperoleh
∠AQ0 B = ∠AKM = ∠ADM = ∠ADB
sehingga ABDQ0 segiempat talibusur. Dengan kata lain, titik Q0 terletak pada lingkaran
luar segitiga ABD dan juga terletak pada garis AN . Disimpulkan bahwa Q0 = Q.
Jadi, titik P dan Q terletak pada garis BR atau dengan kata lain, B, P, Q, R terletak pada
satu garis.
Skema Penilaian:
1. Dapat menunjukkan bahwa ∠ADR = ∠AEC: 1 poin
2. Dapat menunjukkan bahwa DR sejajar EC: 1 poin
3. Dapat menunjukkan bahwa segitiga ABM sebangun dengan segitiga ADK dan segitiga AM D sebangun dengan segitiga AKR: 1 poin
4. Dapat menunjukkan bahwa AM DK adalah segiempat talibusur: 1 poin
5. Dapat menunjukkan bahwa P 0 = P : 1 poin
6. Dapat menunjukkan bahwa Q0 = Q: 1 poin
7. Dapat menunjukkan bahwa titik P dan Q terletak pada garis BR: 1 poin
Jumlah poin dari 2 dan (4 atau 5) maksimum 4.
Jumlah poin dari 2 dan 3 maksimum 2.