Don't miss

## Problem From International Mathematical Olympiad (IMO) 2013

Berikut soal International Mathematical Olympiad (IMO) ke- 54 tahun 2013 yang dilaksanakan di Colombia tanggal 23-24 Juli.

Day 1

Problem 1. Prove that for any two positive integers $k,n$ there exist positive integers $m_1,m_2,m_3,\cdots,m_k$ such that $$\begin{equation*} 1+\frac{2^k-1}{n}=\left(1+\frac{1}{m_1}\right)\left(1+\frac{1}{m_2}\right)\cdots\left(1+\frac{1}{m_k}\right) \end{equation*}$$

Problem 2. Given 2013 red and 2014 blue points in the plane, no three of them on a line. We aim to split the plane by lines (not passing through these points) into regions such that there are no regions containing points of both the colors. What is the least number of lines that always suffice?

Problem 3. Let $ABC$ be a triangle and let $A_1, B_1$, and $C_1$ be points of contact of the excircles with the sides $BC, AC$, and $AB$, respectively. Prove that if the circumcenter of $\triangle A_1B_1C_1$ lies on the circumcircle of $\triangle ABC$, then $\triangle ABC$ is a right triangle.

Day 2

Problem 4. Let $ABC$ be an acute triangle with orthocenter $H$, and let $W$ be a point on the side $BC$, between $B$ and $C$. The points $M$ and $N$ are the feet of the altitudes drawn from $B$ and $C$, respectively. $\omega_1$ is the circumcircle of triangle $BWN$ , and $X$ is a point such that $WX$ is a diameter of $\omega_1$. Similarly, $\omega_2$ is the circumcircle of triangle $CWM$ , and $Y$ is a point such that $WY$ is a diameter of $\omega_2$. Show that the points $X, Y$ , and $H$ are collinear

Problem 5. Let $\mathbb{Q}_{> 0}$ be the set of all rational numbers greater than zero. Let $f : \mathbb{Q}_{ > 0} \rightarrow \mathbb{R}$ be a function satisfying the following conditions :
(i). $f(x)f(y)\geq f(xy)$ for all $x,y\in \mathbb{Q}_{> 0}$
(ii). $f(x+y)\geq f(x)+f(y)$ for all $x,y\in \mathbb{Q}_{> 0}$
(iii). There exists a rational number $a > 1$ such that $f(a)=a$.
Show that $f(x)=x$ for all $x,y\in \mathbb{Q}_{> 0}$

Problem 6. Let $n\geq 3$ be an integer, and consider a circle with $n + 1$ equally spaced points marked on it. Consider all labellings of these points with the numbers $0, 1, \cdots, n$ such that each label is used exactly once; two such labellings are considered to be the same if one can be obtained from the other by a rotation of the circle. A labelling is called beautiful if, for any four labels $a < b < c < d$ with $a + d = b + c$, the chord joining the points labelled $a$ and $d$ does not intersect the chord joining the points labelled $b$ and $c$.
Let $M$ be the number of beautiful labellings and let $N$ be the number of ordered pairs $(x, y)$ of positive integers such that $x + y\leq n$ and $GCD(x, y) = 1$. Prove that $$\begin{equation*} M=N+1 \end{equation*}$$

## Emas Pertama Indonesia di IMO (International Mathematical Olympiad)

Selamat kepada Team Olimpiade Matematika Indonesia (TOMI) tahun 2013 atas keberhasilannya tahun ini. Setelah hampir 25 kali ikut berpartisipasi dalam IMO, baru kali ini Indonesia berhasil mendapatkan medali emas. Dan medali emas Indonesia yang pertama itu dipersembahkan oleh Stephen Sanjaya. Berikut hasil selengkapnya untuk capaian putra-putri terbaik Indonesia di IMO 2013

 Kontestan P1 P2 P3 P4 P5 P6 Award Stephen Sanjaya 7 7 7 7 7 0 Gold Medal Fransisca Susan 7 0 7 7 7 0 Silver Medal Bivan Alzacky Harmanto 7 2 0 7 6 0 Bronze Medal Kevin Christian Wibisono 7 0 2 7 3 0 Bronze Medal Gede Bagus Bayu Pentium 7 3 0 7 1 0 Bronze Medal Reza Wahyu Kumara 7 0 0 7 2 0 Bronze Medal

Sekali lagi selamat kepada team TOMI 2013. Semoga prestasi Indonesia untuk tahun-tahun depan di IMO bisa lebih baik dari tahun ini. Dan karena emas sudah pecah telur, semoga setiap tahun selalu ada dari Indonesia yang mendapatkan medali emas.

## Play With Area : A Geometric Problems From OSN

Sejak di bangku SD kita telah diajari mencari luas segitiga. Yaitu untuk mencari luas segitiga dapat digunakan rumus setengah alas kali tinggi. Dari rumus sederhana ini dapat dilihat, jika dua segitiga memiliki tinggi yang sama maka perbandingan luasnya sama dengan perbandingan alas. Fakta ini memang terlihat simple akan tetapi sangat berguna. Untuk mengetahui kegunaannya, mari kita lihat dua soal geometri dari OSN SMA yang berhubungan dengan luas segitiga berikut ini.

[OSN SMA 2009] Pada segitiga $ABC$, titik-titik $D, E$ dan $F$ berturut-turut terletak pada segmen $BC, CA$ dan $AB$. Nyatakan $P$ sebagai titik perpotongan $AD$ dan $EF$. Tunjukkan bahwa \begin{equation*} \frac{AB}{AF}\times CD+\frac{AC}{AE}\times BD=\frac{AD}{AP}\times BC \end{equation*}

#### Penyelesaian :

Untuk memudahkan perhatikan sketsa di bawah ini!

Perhatikan $\triangle ABC, \triangle ACD$ dan $\triangle ABD$ ketiganya memiliki tinggi yang sama. Oleh karena itu, diperoleh $$\begin{equation*} \frac{[ACD]}{[ABC]}=\frac{CD}{BC}\text{ dan }\frac{[ABD]}{[ABC]}=\frac{BD}{BC}\quad\cdots\cdots*) \end{equation*}$$ Selain itu, $\triangle ABC$ dan $\triangle AEF$, $\triangle ACD$ dan $\triangle AEP$ serta $\triangle AFP$ dan $\triangle ABD$, ketiga pasang segitiga tersebut memiliki satu sudut yang saling berhimpit sehingga diperoleh hubungan $$\begin{equation*} \frac{[AEF]}{[ABC]}=\frac{AE\times AF}{AC\times AB},\quad \frac{[AEP]}{[ACD]}=\frac{AE\times AP}{AC\times AD},\quad\frac{[AFP]}{[ABD]}=\frac{AP\times AF}{AD\times AB},\quad\cdots**) \end{equation*}$$

Dari persamaan *) dan persamaan **) diperoleh \begin{align*} &\frac{[AEF]}{[ABC]}\times\frac{[ACD]}{[AEP]}=\frac{AE\times AF}{AC\times AB}\times\frac{AC\times AD}{AE\times AP}\\ &\Leftrightarrow \frac{[AEF]}{[AEP]}\times\frac{CD}{BC}=\frac{AF\times AD}{AB\times AP}\\ &\Leftrightarrow \frac{[AEF]}{[AEP]}=\frac{AF\times AD\times BC}{AB\times AP\times CD} \end{align*} dan \begin{align*} &\frac{[AEF]}{[ABC]}\times\frac{[ABD]}{[AFP]}=\frac{AE\times AF}{AC\times AB}\times\frac{AB\times AD}{AF\times AP}\\ &\Leftrightarrow \frac{[AEF]}{[AFP]}\times\frac{BD}{BC}=\frac{AE\times AD}{AC\times AP}\\ &\Leftrightarrow \frac{[AEF]}{[AFP]}=\frac{AE\times AD\times BC}{AC\times AP\times BD} \end{align*}

Padahal diketahui pula $[AEP]+[AFP]=[AEF]$, sehingga \begin{align*} \frac{[AEP]}{[AEF]}+\frac{[AFP]}{[AEF]}=1&\Leftrightarrow\frac{AB\times AP\times CD}{AF\times AD\times BC}+\frac{AC\times AP\times BD}{AE\times AD\times BC}=1\\ &\Leftrightarrow\frac{AB}{AF}\times CD+\frac{AC}{AE}\times BD=\frac{AD}{AP}\times BC \end{align*}

[OSN SMA 2006] Pada segitiga $ABC$, $M$ adalah titik tengah $BC$ dan $G$ adalah titik berat segitiga $ABC$. Sebuah garis $\ell$ melalui $G$ memotong ruas garis $AB$ di $P$ dan ruas garis $AC$ di $Q$, dimana $P\neq B$ dan $Q\neq C$. Jika $[XYZ]$ menyatakan luas segitiga $XYZ$, tunjukkan bahwa \begin{equation*} \frac{[BGM]}{[PAG]}+\frac{[CMG]}{[QGA]}=\frac{3}{2} \end{equation*}

#### Penyelesaian :

$G$ adalah titik berat $\triangle ABC$ sehingga $AG:GM=2:1$. Oleh karena itu diperoleh \begin{align*} \frac{[BGM]}{[PAG]}+\frac{[CMG]}{[QGA]}&=\frac{\frac{1}{3}[ABM]}{[PAG]}+\frac{\frac{1}{3}[ACM]}{[QGA]}\\ &=\frac{1}{3}\left(\frac{AM\times AB}{AG\times AP}+\frac{AM\times AC}{AG\times AQ}\right)\\ &=\frac{1}{3}\times\frac{AM}{AG}\left(\frac{AB}{AP}+\frac{AC}{AQ}\right)\\ &=\frac{1}{3}\times\frac{3}{2}\left(\frac{AB}{AP}+\frac{AC}{AQ}\right)\\ &=\frac{1}{2}\left(\frac{AB}{AP}+\frac{AC}{AQ}\right) \end{align*} Oleh karena itu cukup ditunjukkan bahwa $\frac{AB}{AP}+\frac{AC}{AQ}=3$. Padahal berdasarkan hasil dari soal OSN 2009 sebelumnya diperoleh \begin{align*} \frac{AB}{AP}\times MC+\frac{AC}{AQ}\times MB=\frac{AM}{AG}\times BC&\Leftrightarrow \frac{AB}{AP}\times MC+\frac{AC}{AQ}\times MC=\frac{3}{2}\times 2MC\\ &\Leftrightarrow \frac{AB}{AP}+\frac{AC}{AQ}=3 \end{align*}

Jadi, terbukti bahwa $$\begin{equation*} \frac{[BGM]}{[PAG]}+\frac{[CMG]}{[QGA]}=\frac{3}{2} \end{equation*}$$

## Daftar Peserta OSN Tingkat SMA Tahun 2013

OSN Tingkat SMA akan diselenggarakan di Bandung tanggal 2 sampai dengan 8 September 2013. Test penjaringan peserta di tingkat provinsi juga telah selesai dilaksanakan. Untuk hasil OSP dan peserta yang lolos ke OSN 2013 silakan klik link berikut,

Daftar Peserta OSN SMA Tahun 2013

Selamat bagi yang lolos. Mulai persiapkan dirimu dari sekarang. Masih ada sekitar dua bulan tersisa. Sedangkan yang belum lolos tahun ini, jangan khawatir masih ada tahun depan. Jadi, untuk semuanya keep the spirit.

Note : terima kasih kepada Bapak Didik Sardianto atas informasi peserta yang lolos ke OSN SMA 2013 di atas.

## Aplikasi Sederhana Kesebangunan dan Kekongruenan Pada Soal Geometri OSN 2002 dan OSN 2010

Di dalam geometri, kesebangunan dan kekongruenan adalah jiwa dari setiap materi. Banyak permasalahan yang dapat diselesaikan dengan keduanya. Dari yang sederhana sampai dengan yang amat rumit. Soal-soal olimpiade pun demikian. Banyak yang bisa diselesaikan dengan kesebangunan dan kekongruenan. Tentu dengan level kesulitan yang jauh lebih tinggi dari soal-soal di tingkat sekolah.

Kesulitan terbesar untuk menyelesaikan soal-soal yang berhubungan dengan dengan kesebangunan dan kekongruenan adalah mencari dan menggunakan kesebangunan dan kekongruenan itu sendiri. Tidak mudah mencari adanya kesebangunan atau kekongruenan antara dua bangun. Terlebih lagi, tidak mudah mencari kesebangunan mana yang mau dipakai. Semuanya butuh latihan dan pembiasaan yang panjang. Sampai tulisan ini dibuat, saya pun masih sering kebingungan dan buntu ketika dihadapkan dengan soal yang demikian. Akan tetapi, selalu belajar dan tidak mudah menyerah adalah kuncinya.

Pada postingan kali ini, saya sertakan dua contoh soal olimpiade yang berhubungan dengan kesebangunan dan kekongruenan pada segitiga. Keduanya saya ambil dari OSN SMA tahun 2002 dan 2010. Mari kita coba lihat keduanya,

[OSN SMA 2002] Diberikan segitiga $ABC$ dengan $AC > BC$. Pada lingkaran luar segitiga $ABC$ terletak titik $D$ yang merupakan titik tengah busur $AB$ yang memuat titik $C$. Misalkan $E$ adalah titik pada $AC$ sehingga $DE$ tegak lurus pada $AC$. Buktikan bahwa $AE=EC+CB$.

#### Penyelesaian :

Misalkan $F$ terletak pada perpanjangan $BC$ sehingga $CF=CE$. Seperti pada gambar di bawah ini.

Karena $D$ terletak pada pertengahan busur $AB$ maka $\angle ABD=\angle BAD$. Oleh karena itu $\triangle ABD$ adalah segitiga samakaki dengan $AD=BD$.

Perhatikan juga \begin{align*} \angle DCF&=180^\circ-(\angle BCE+\angle DCE)\\ &=180^\circ-(\angle ADB+\angle ABD)\\ &=\angle BAD\\ &=\angle ABD\\ &=\angle ECD \end{align*} dan karena $CE=CF, AD=AD$ maka $\triangle CDE$ kongruen dengan $\triangle CDF$. Hal ini berakibat $\angle CFD=\angle CED=\angle AED$. Padahal kita ketahui $\angle DAE=\angle DBF$ dan $AD=BD$, sehingga $\triangle ADE$ kongruen dengan $\triangle BDF$. Oleh karenanya, $AE=BF=BC+CF=BC+CE$ seperti yang diharapkan.

[OSN SMA 2010] Diberikan segitiga lancip $ABC$ dengan $AC > BC$ dan titik pusat lingkaran luar $O$. Garis tinggi segitiga $ABC$ dari $C$ memotong $AB$ dan lingkaran luar segitiga $ABC$ lagi berturut- turut di titik $D$ dan $E$. Garis melalui $O$ sejajar $AB$ memotong garis $AC$ di titik $F$. Buktikan bahwa garis $CO$, garis melalui $F$ tegak lurus $AC$, dan garis melalui $E$ sejajar $DO$ bertemu di satu titik.

#### Penyelesaian :

Misalkan garis $CO$ dan garis melalui $F$ tegak lurus $AC$ berpotongan di titik $P$. Misalkan pula perpanjangan $CP$ memotong lingkaran di $Q$ (seperti pada gambar di bawah ini)

Untuk menunjukkan bahwa ketiga garis yang dimaksud berpotongan di satu titik ( dalam hal ini titik $P$) maka cukup ditunjukkan bahwa $OD$ sejajar $PE$.

Perhatikan bahwa $CQ$ adalah diameter lingkaran, sehingga $\angle CAQ=90^\circ=\angle CFP$. Akibatnya $\angle CPF=\angle CQA$. Padahal $\angle CQA=\angle ABC$, sehingga diperoleh $\angle CPF=\angle ABC$. Oleh karena itu, $\triangle CFP$ sebangun dengan $\triangle CBD$. Sehingga berlaku $$\begin{equation*} \frac{BC}{CP}=\frac{CD}{CF}\Longleftrightarrow BC\cdot CF=CD\cdot CP\quad\cdots\cdots *) \end{equation*}$$

Selanjutnya, perhatikan juga bahwa $\angle BEC=\angle BAC=\angle CFO$ sehingga $\triangle CBE$ sebangun dengan $\triangle CFO$. Sehingga berlaku pula $$\begin{equation*} \frac{CF}{CE}=\frac{CO}{BC}\Longleftrightarrow BC\cdot CF=CO\cdot CE\quad\cdots\cdots **) \end{equation*}$$

Dari persamaan *) dan **) diperoleh $$\begin{equation*} CD\cdot CP=CO\cdot CE\Longleftrightarrow \frac{CD}{CE}=\frac{CO}{CP} \end{equation*}$$ Akibatnya $\triangle COD$ sebangun dengan $\triangle CPE$. Sehingga terbukti $OD$ sejajar $PE$.

Jadi, terbukti garis $CO$, garis melalui $F$ tegak lurus $AC$, dan garis melalui $E$ sejajar $DO$ bertemu di titik $P$.

Demikian sedikit pembahasan yang dapat saya berikan. Mohon dikoreksi jika ada kesalahan. Dan tentu saja, kedua soal di atas bisa diselesaikan dengan bantuan trigonometri maupun secara analitik. Akan tetapi, solusi dengan pure geometry saya anggap selalu lebih elegan dan lebih cantik diantara ketiganya.

## Pembahasan OSN Matematika SMP 2013 in PDF File (Full Solution)

Pada postingan beberapa minggu yang lalu, saya memberikan pembahasan terhadap soal OSN Matematika SMP tahun 2013. Semuanya telah lengkap 10 nomor. Hanya saja masih terpisah-pisah dalam postingan yang berbeda-beda. Saya tahu ini akan menyulitkan bagi pembaca (saya sendiri pernah mengalami yang demikian). Oleh karena itu, saya mencoba mengumpulkan semua solusi tersebut dalam satu file PDF. Anda dapat mengunduhnya melalui link berikut :
Pembahasan OSN Matematika SMP Tahun 2013

Semoga bermanfaat. Salam