tko

tko

tko

tko

15 September 2012

Soal dan Pembahasan OSN Matematika SMA Tahun 2012 Hari Pertama

Ditulis Oleh pada 15 September 2012


Berikut adalah soal OSN Matematika SMA tahun 2012 untuk hari pertama. Beberapa nomor telah saya beri pembahasan sebatas pemahaman saya. Apabila Anda memiliki kritik, saran atau masukan ide saya persilakan.

1. Buktikan bahwa untuk sebarang bilangan asli $a$ dan $b$, bilangan
$$\begin{equation*}
n=FPB(a,b)+KPK(a,b)-a-b
\end{equation*}$$
adalah bilangan bulat genap tak negatif.






Jawaban :
Misalkan $FPB(a,b)=d$ sehingga $a=dx$, $b=dy$ dan $KPK(a,b)=\frac{ab}{d}=\frac{d^2xy}{d}=dxy$ untuk suatu bilangan asli $x,y$. Selanjutnya didapat
$$\begin{align*}
n&=d+dxy-dx-dy\\
&=d\left(1+xy-x-y\right)\\
&=d(x-1)(y-1)\geq 0
\end{align*}$$
Apabila $a,b$ keduanya genap maka $d=FPB(a,b)$ juga genap, sehingga $n$ genap. Untuk kasus lain, yaitu $a,b$ keduanya tidak genap, tanpa mengurangi keumuman, misalkan $a$ ganjil maka $d$ ganjil sehingga $x=\frac{a}{d}$ ganjil yang berakibat $(x-1)$ genap sehingga $n$ genap.
Jadi, terbukti bahwa $n$ adalah bilangan bulat genap tak negatif.

2. Diberikan bilangan asli $n$ dan bilangan - bilangan real positif $a_1, a_2, \cdots, a_n$. Buktikan bahwa
$$\begin{equation*}
(1+a_1)^2(1+a_2)^3\cdots(1+a_n)^{n+1}\geq (n+1)^{n+1}a_1a_2\cdots a_n
\end{equation*}$$
dan tentukan kapan kesamaan berlaku.






Jawaban :
Dengan AM-GM diperoleh,
$$\begin{align*}
1+a_k&=\frac{1}{k}+\frac{1}{k}+\cdots+\frac{1}{k}+a_k\\
&\geq (k+1)\sqrt[k+1]{\frac{a_k}{k^k}}
\end{align*}$$
untuk setiap $k=1,2, \cdots, n$.
Oleh karena itu,
$$\begin{align*}
(1+a_1)^2(1+a_2)^3\cdots(1+a_n)^{n+1}&\geq 2^2\left(a_1\right)\cdot 3^3\left(\frac{a_2}{2^2}\right)\cdots(n+1)^{n+1}\left(\frac{a_n}{n^n}\right)\\
&=(n+1)^{n+1}a_1a_2\cdots a_n
\end{align*}$$
dan kesamaan terjadi ketika $a_k=\frac{1}{k}$ untuk setiap $k=1,2,\cdots, n$.

3. Diberikan segitiga lancip $ABC$ dengan $AB>AC$ dan memiliki titik pusat lingkaran luar $O$. Garis $BO$ dan $CO$ memotong garis bagi $\angle BAC$ berturut - turut di titik $P$ dan $Q$. Selanjutnya garis $BQ$ dan $CP$ berpotongan di titik $R$. Buktikan bahwa garis $AR$ tegak lurus terhadap garis $BC$.






Jawaban :
Perhatikan sketsa di bawah ini!


Misalkan $\angle BAC=\alpha$ maka diperoleh $\angle BOC=2\alpha$. Yang berakibat $\angle OCB=90^\circ-\alpha$. Oleh karena itu, untuk membuktikan $AG\bot BC$ cukup dibuktikan $\angle CHG=\alpha$. Padahal kita punya,
$$\begin{align*}
\angle CHG&=\angle HCA+\angle CAH\\
&=\angle OAC+\angle CAH
\end{align*}$$
Jadi, cukup dibuktikan $\angle CAH=\angle OAB$. Akan tetapi karena $AD$ garis bagi $\angle BAC$ maka cukup ditunjukkan $\angle OAD=\angle RAD$.
Misalkan $E$ adalah perpotongan garis $BC$ dan $OR$ maka diperoleh rasio $(BDCE)$ harmonic. Demikian pula dengan memanfaatkan pencil $P(BDCE)$ diperoleh rasio $(OFRE)$ juga harmonic. Karena $AD$ garis bagi $\angle BAC$ dan rasio $(BDCE)$ harmonic berakibat $\angle EAD=90^\circ$. Demikian pula, karena rasio $(OFRE)$ harmonic dan $\angle EAF=\angle EAD=90^\circ$ maka $\angle OAF=\angle RAF$. Oleh karena itu, $\angle OAD=\angle OAF=\angle RAF=\angle RAD$ seperti yang diharapkan.
Jadi, terbukti $AG\bot BC$.

Catatan : untuk belajar lebih jauh mengenai harmonic devision, silakan unduh artikel berikut ini, Harmonic Division and Its Aplications yang ditulis oleh Cosmin Pohoata.

4. Diberikan 2012 titik berbeda $A_1, A_2, \cdots, A_{2012}$ di bidang Cartesius. Untuk sebarang permutasi $B_1, B_2, \cdots, B_{2012}$ dari $A_1, A_2, \cdots, A_{2012}$ didefinisikan bayangan dari titik $P$ terhadap permutasi tersebut sebagai berikut :
Titik $P$ dirotasikan $180^\circ$ dengan pusat $B_1$ menghasilkan $P_1$,
Titik $P_1$ dirotasikan $180^\circ$ dengan pusat $B_2$ menghasilkan $P_2$,
...........
...........
...........
Titik $P_{2011}$ dirotasikan $180^\circ$ dengan pusat $B_{2012}$ menghasilkan $P_{2012}$.
Selanjutnya titik $P_{2012}$ dikatakan sebagai bayangan dari titik $P$ terhadap permutasi $B_1, B_2, \cdots, B_{2012}$. Misalkan $N$ adalah banyak bayangan titik $P$ yang berbeda terhadap semua permutasi dari $A_1, A_2, \cdots, A_{2012}$. Tentukan nilai terbesar yang mungkin bagi $N$.






Jawaban :
Misalkan titik $P(x_0,y_0)$ dan $A_1(x_{a1},y_{a1}), A_2(x_{a2},y_{a2}), \cdots, A_{2012}(x_{a2012},y_{a2012})$ serta sebarang permutasi dari $A_1, A_2, \cdots, A_{2012}$ yaitu $B_1(x_{b1},y_{b1}), B_2(x_{b2},y_{b2}), \cdots, B_{2012}(x_{b2012},y_{b2012})$.
Kita ketahui bahwa jika titik $P_{i-1}(x_{i-1},y_{i-1})$ dirotasikan $180^\circ$ dengan pusat $B_i(x_{bi},y_{bi})$ menghasilkan titik $P_i(x_i,y_i)$ dengan
$$\begin{equation*}
x_i=2x_{bi}-x_{i-1}\text{ dan }y_i=2y_{bi}-y_{i-1}
\end{equation*}$$
Oleh karena itu bayangan titik $P$ terhadap permutasi $B_1, B_2, \cdots, B_{2012}$ adalah titik $P(x_{2012},y_{2012})$ dengan
$$\begin{equation*}
x_{2012}=x_0-2x_{b1}+2x_{b2}-2x_{b3}+2x_{b4}-\cdots-2x_{b2011}+2x_{b2012}
\end{equation*}$$
dan
$$\begin{equation*}
y_{2012}=y_0-2y_{b1}+2y_{b2}-2y_{b3}+2y_{b4}-\cdots-2y_{b2011}+2y_{b2012}
\end{equation*}$$
Untuk mencari nilai maksimal dari $N$ maka kita dapat memperhatikan nilai absis dari titik $P_{2012}$ saja, sedangkan untuk ordinatnya bisa dianggap memiliki sifat sama dengan absis. Perhatikan nilai absis dari $P_{2012}$ yaitu
$$\begin{align*}
x_{2012}&=x_0-2x_{b1}+2x_{b2}-2x_{b3}+2x_{b4}-\cdots-2x_{b2011}+2x_{b2012}\\
&=x_0+2(x_{b2}+x_{b4}+x_{b6}+\cdots x_{b2012})-2(x_{b1}+x_{b3}+x_{b5}+\cdots +x_{b2011})\\
&=x_0+2(x_{b1}+x_{b2}+x_{b3}+\cdots x_{b2011}+x_{b2012})-4(x_{b1}+x_{b3}+x_{b5}+\cdots +x_{b2011})
\end{align*}$$
Jadi, nilai dari $x_{2012}$ tergantung nilai dari $x_{b1},x_{b3},x_{b5},\cdots, x_{b2011}$. Karena untuk menyusun $x_{b1},x_{b3},x_{b5},\cdots, x_{b2011}$ ada 2012 pilihan yang tersedia yaitu dari $x_{a1},x_{a2},x_{a3},\cdots, x_{a2012}$ maka diperoleh $N\leq \begin{pmatrix}
2012 \\
1006
\end{pmatrix}
$.
Untuk memperoleh nilai $N=\begin{pmatrix}
2012 \\
1006
\end{pmatrix}
$ haruslah dicari suatu himpunan 2012 bilangan dengan sifat jika $H=\{h_1,h_2,\cdots, h_{1006}\}$ dan $G=\{g_1,g_2,\cdots, g_{1006}\}$ adalah sebarang subset dari himpunan tersebut dan $H\neq G$ maka $\sum\limits_{n=1}^{1006} h_n\neq \sum\limits_{n=1}^{1006} g_n$.
Saya yakin himpunan yang semacam ini pasti ada, walaupun untuk saat ini saya belum menemukan. Sehingga nilai terbesar dari $N$ adalah $N=\begin{pmatrix}
2012 \\
1006
\end{pmatrix}$

Jika ingin mengunduh pembahasan di atas dalam format PDF, silakan klik di sini






1 comments :

  1. Pak, boleh tanya ?
    Untuk nomor 3, itu bagian rasio (OFRE) harmonik cara dapetinnya gimana ya?
    Terima kasih :)

    ReplyDelete