SOAL-JAWAB OSN MATEMATIKA TAHUN 2002-2008 OSN 2008 1. Diberikan segitiga . Titik berada di luar segitiga sehingga adalah segitiga sama sisi. Buktikan bahwa lingkaran luar konkuren.

Solusi: Misalkan lingkaran luar berpotongan di titik . Akan dibuktikan bahwa konsiklis. Perhatikan bahwa . Maka , sehingga konsiklis. Terbukti. 2. Buktikan bahwa untuk setiap Solusi: Dengan Cauchy-Schwarz: . Jadi . Maka cukup dibuktikan bahwa yang ekuivalen dengan . 3. Cari semua bilangan asli yang dapat dinyatakan dalam dengan dan memenuhi Solusi: Tanpa mengurangi keumuman . . Karena relatif prima, maka sehingga atau . Jika , maka . Sekarang anggap . Dengan cara serupa dengan di atas, , sehingga . Dengan cara sama , tetapi sehingga . Solusinya adalah . Jika sedangkan jika Jadi jawabannya adalah 6,7,8. 4. Diberikan himpunan . a) Tentukan banyaknya subhimpunan dari sehingga hasil kali anggotanya habis dibagi 7. b) Jika adalah banyaknya subhimpunan sehingga jumlah anggotanya bersisa jika dibagi 7, buktikan bahwa . 1 . Tetapi . Maka . Misalkan . Tetapi sehingga , .

.

. Maka

.

Solusi: a) Kita cari banyaknya subhimpunan sehingga hasil kalinya tidak habis dibagi 7. Perhatikan bahwa 7,14,21,28,35,,2002 tidak boleh ada dalam subhimpunan tersebut tetapi yang lain boleh. Maka ini sama dengan mencari subhimpunan dari , di mana tidak ada kelipatan 7. Banyak anggota himpunan ini adalah 1722. Jadi banyaknya subhimpunan adalah , sehingga banyaknya subhimpunan yang hasil kalinya habis dibagi 7 adalah . b) Cukup dibuktikan bahwa subhimpunan subhimpunan pertama Maka jelas bahwa 5. Misalkan Solusi: Misalkan dan . Maka . Jadi . Misalkan atau , jelas . Jadi . untuk . Suatu kita bijeksikan dengan subhimpunan . Maka jumlah anggota jika dan hanya jika yang kedua .

.

adalah bilangan bulat sedemikian rupa sehingga . Haruskah ?

. Jadi . Jika bahwa ruas kanan lebih besar dari ruas kiri, sehingga

6. Ada 21 orang yang berhubungan secara rahasia dengan menggunakan frekuensi gelombang radio yang berbeda. Ada pasangan dua orang yang dapat berhubungan, dan boleh ada yang tidak dapat berhubungan. Setiap pasangan berhubungan hanya dengan satu frekuensi tertentu dan tidak bisa digunakan pasangan lain. Dari setiap tiga orang, selalu ada dua orang yang tidak dapat berhubungan. Tentukan banyaknya frekuensi maksimum. Solusi: Misalkan 21 orang itu adalah 21 titik pada bidang. Jika dua orang berhubungan, maka dua titiknya diberi garis. Misalkan kita beri warna tiga titik A merah, B biru, C merah, AB berhubungan dan BC juga berhubungan. Maka C dan A tidak boleh berhubungan. Maka kita bisa mewarnai semua titik dengan merah dan biru sehingga dua titik berhubungan jika dan hanya jika warnanya berbeda. Jika banyaknya warna merah adalah , banyaknya garis adalah . Jelas bahwa nilai maksimum dicapai ketika atau , yaitu 110. 7. Diberikan segitiga yang panjang sisi-sisinya . Garis-garis singgung lingkaran dalam yang sejajar dengan sisi-sisi segitiga membentuk tiga segitiga kecil. Dalam masing-masing segitiga kecil dibuat lingkaran dalam. Buktikan bahwa jumlah luas keempat lingkaran dalam ini adalah 2

Solusi: Misalkan adalah radius lingkaran dalam segitiga besar, adalah radius lingkaran dalam segitiga lainnya. Misalkan juga adalah garis-garis tinggi segitiga . Maka tinggi segitiga kecil yang dekat sudut adalah . Karena segitiga ini sebangun dengan segitiga besar, maka Tetapi , sehingga . Dengan cara serupa didapat nilai . Dengan sedikit penghitungan sederhana, didapat hasil yang diinginkan. 8. Tentukan semua fungsi Solusi: Substitusikan berturut-turut didapat sehingga untuk semua bilangan asli . , , , , .

Dari persamaan 4, sedikit aljabar didapat dapat

. Substitusikan ke persamaan 3, dengan . Anggaplah , maka

. Substitusikan ke persamaan 2, dengan sedikit aljabar lagi, kita . Jika , maka yang tidak mungkin. Maka , sehingga . Subtitusikan ke persamaan pertama, . Jadi analisa ini memberikan bahwa atau . , maka . Maka untuk semua . Jelas bahwa fungsi konstan ini sehingga untuk semua .

Jika

, substitusikan , sehingga memenuhi syarat soal. Jika

, substitusikan , . Secara induktif, kita dapat Mudah dilihat bahwa fungsi ini memenuhi. Jadi fungsinya adalah .

3

OSN 2007 1. Misalkan adalah segitiga dengan . Misalkan pada sisi sehingga adalah garis tinggi, titik pada sehingga , dan titik adalah perpotongan dengan . Buktikan bahwa . Solusi: Mudah dilihat bahwa sehingga kongruen dengan sama sisi, terbukti. . Maka . Tetapi

2. Untuk setiap bilangan asli , menyatakan banyaknya faktor positif dari dan adalah jumlah semua faktor positif dari . Misalkan adalah bilangan asli yang lebih besar dari 1. a) Buktikan bahwa ada tak berhingga banyaknya bilangan asli sehingga . b) Buktikan bahwa ada terhingga banyaknya bilangan asli sehingga . Solusi: a) Ambil dengan bilangan prima. Karena ada tak terhingga banyaknya bilangan prima, bagian a terbukti. b) Jika kita ambil terbatas pada terhingga. , jelas bahwa persamaan tidak terpenuhi. Jadi , sehingga banyaknya bilangan yang memenuhi pasti

3. Misalkan adalah bilangan real sehingga Buktikan bahwa ketiga ketaksamaan berikut berlaku: . Solusi: Asumsikan

.

. Maka kita cukup membuktikan . Perhatikan bahwa . Misalkan . Maka akar yang lebih besar , kita selesai.

adalah Karena

4. Suatu susunan 10 digit dari 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 disebut cantik apabila (i) jika dibaca dari kiri ke kanan, 0,1,2,3,4 berada dalam urutan naik sementara 5,6,7,8,9 berada dalam urutan turun, (ii) 0 bukan digit paling kiri. Tentukan banyaknya susunan cantik. Solusi: Kita punya 10 tempat kosong, dan kita akan masukkan digit-digit itu ke tempattempat kosong ini. Digit-digit 0,1,2,3,4 tidak mungkin berada di tempat pertama. 4

Jadi 5 digit ini berada di 9 tempat lainnya. Digit-digit lainnya pasti tersusun secara otomatis setelah 5 digit ini tersusun. Jadi ada susunan.

5. Misalkan adalah dua bilangan asli dan adalah petak-petak dengan baris dan kolom. Misalkan adalah banyaknya benteng terbanyak pada sehingga tidak ada yang saling serang. a) Tentukan . b) Ada berapa cara menempatkan benteng pada sehingga tidak ada yang saling serang? Solusi: a) Misalkan . Jika ada lebih dari benteng, maka jelas bahwa ada kolom atau baris yang memiliki 2 benteng, sehingga saling serang. Maka nilai maksimumnya adalah . b) Asumsikan . Pada kolom pertama, ada kemungkinan posisi benteng. Pada kolom kedua ada kemungkinan posisi benteng. Dan seterusnya, sehingga banyaknya kemungkinan posisi benteng adalah Dengan cara serupa, jika umum, jawabannya adalah , banyaknya cara menyusun adalah . . . Jadi secara

6. Cari semua tripel bilangan real Solusi: Misalkan . Tetapi dan didapat . Maka .

yang memenuhi

, sehingga sehingga monoton naik. Jadi

7. Empat titik berada pada keliling lingkaran di mana adalah diameter, tetapi tidak. Diberikan juga bahwa dan berada pada sisi yang berbeda dari . Garis singgung pada dan berpotongan di . Diketahui juga . a) Buktikan bahwa kolinear. b) Buktikan bahwa tegak lurus . Solusi: Tanpa mengurangi keumuman asumsikan busur minor Perhatikan bahwa Dengan cara serupa, konsiklis. Perhatikan juga bahwa melalui titik . Maka . .

5

Maka . Dengan cara sama . Maka adalah titik pusat lingkaran luar . Tetapi , sehingga adalah diameter lingkaran. Jadi kolinear dan bagian a terbukti. Perhatikan bahwa sehingga . Maka , bagian b terbukti. adalah titik tinggi segitiga

8. Misalkan adalah dua bilangan asli. Jika ada tak terhingga banyaknya bilangan bulat sehingga adalah bilangan kuadrat sempurna, buktikan . Solusi: Misalkan (i) . . Kita perhatikan dua kasus:

, maka Maka . Jadi Jika kita ambil cukup besar, jelas bahwa ketaksamaan tidak berlaku, sehingga hanya terhingga banyaknya yang memenuhi. (ii) .

. .

. Jadi . Jika kita ambil cukup besar, ketaksamaan tidak berlaku, sehingga kita dapat kontradiksi. Maka haruslah .

. Maka

6

OSN 2006 1. Tentukan semua pasangan bilangan real yang memenuhi

Solusi: Jika Jika , maka , maka . Asumsikan . Maka yang kedua dari yang pertama, didapat . Jadi . Jadi adalah akar-akar dari persamaan . Kurangi . Maka , yaitu . dan , sehingga . Jadi kita dapat solusi , didapat solusi .

Jadi pasangannya yang memenuhi adalah 2. Misalkan adalah bilangan-bilangan asli sehingga . . Buktikan

Solusi: Perhatikan bahwa habis dibagi 6. Dengan teorema kecil Fermat, ini juga habis dibagi 5, sehingga habis dibagi 30. Jadi , sehingga 3. Misalkan adalah himpunan semua segitiga sehingga adalah bilangan-bilangan asli. Buktikan bahwa semua segitiga anggota sebangun. Solusi: Kita gunakan identitas terkenal yaitu . Misalkan . Maka mengurangi keumuman, asumsikan . Maka , sehingga . Ada beberapa kemungkinan: , maka , maka , maka , tidak mungkin. , maka sehingga . , kontradiksi. , sehingga semua segitiga pada . Tanpa , dan

Jadi hanya ada satu kemungkinan sudut-sudut sebangun. 7

4. Misalkan . Sebuah bidak hitam ditempatkan pada petak pertama dan bidak putih ditempatkan pada petak terakhir sebuah papan . Wiwit dan Siti melangkah bergantian. Wiwit memulai permainan dengan bidak putih. Pada setiap langkah, pemain memindahkan bidaknya sendiri satu atau dua petak ke kanan atau ke kiri tanpa melompati bidak lawan. Pemain yang tidak bisa melangkah dinyatakan kalah. Pemain manakah yang memiliki cara (strategi) untuk selalu memenangkan permainan, apa pun yang dilakukan lawannya? Jelaskan strategi pemain tersebut? Solusi: Jika jelas bahwa Wiwit menang, jika membuat bukti dengan induksi. , Siti menang. Kita akan

Asumsikan pemain pertama menang untuk dan kalah untuk . Jika , Wiwit melangkah satu kotak sehingga ia pasti menang. Jika , Wiwit membuat langkah dua kotak. Jika apapun langkah Wiwit, Siti bisa dianggap menjadi pemain pertama dengan atau sehingga ia menang. Jadi Wiwit punya strategi kemenangan untuk punya strategi kemenangan untuk . , dan Siti

,

5. Pada segitiga , adalah titik tengah dan adalah titik berat. Sebuah garis melalui dan memotong ruas garis dan di dan berturut-turut ( ). Tunjukkan bahwa Solusi: Kita gunakan sifat terkenal bahwa . Maka . Buat garis memotong yang sejajar dan berturut-turut melalui dan . Misalkan garis di . Maka segitiga sebangun dengan segitiga dan . Dengan cara serupa, , sehingga , terbukti. 6. Setiap nomor telepon di suatu daerah terdiri dari 8 angka dan diawali dengan angka 8. Pak Edy, yang baru pindah ke daerah itu, mengajukan pemasangan sebuah telepon baru. Berapakah peluang pak Edy mendapatkan nomor telepon yang memuat tidak lebih dari 5 angka berbeda? Solusi: Banyaknya nomor yang diawali angka 8 dan digit lainnya, dengan prinsip inklusi eksklusi, adalah . Tetapi . Maka .

8

Banyaknya nomor dengan maksimum 5 digit adalah

Banyaknya nomor telepon yang mungkin adalah adalah 0,41032.

, sehingga probabilitasnya

7. Misalkan adalah bilangan real sehingga adalah bilangan rasional. Buktikan ada bilangan , tidak semuanya 0, sehingga . Solusi: Jika setidaknya satu dari bernilai 0, maka jelas bahwa ini terbukti. Sekarang anggaplah tidak ada yang bernilai 0. Perhatikan bahwa juga bilangan rasional. Misalkan jelas bahwa . dengan bilangan bulat. Jadi . Jika kita ambil ,

8. Tentukan bilangan bulat dengan 85 angka yang paling besar sehingga jumlah semua angkanya sama dengan hasil kali semua angkanya. Solusi: Misalkan digit-digitnya . Jelas bahwa tidak ada angka 0. Perhatikan bahwa jumlah digit maksimumnya adalah . Maka ada maksimal 9 angka yang lebih dari 1. Jadi . Jumlahnya sekarang . Maka . Jumlahnya menjadi dan hasil kalinya . Jika , maka , kontradiksi. Jadi . Jika , maka . Jika , Artinya . Sekarang , maka sehingga , sehingga . Jika , sehingga , bukan solusi. dan juga bukan solusi.

. Anggaplah . Perhatikan bahwa , maka . Jadi . Mudah . . .

dilihat bahwa tidak ada solusi. Artinya

Sekarang anggaplah . Maka Karena habis dibagi 9, nilainya yang mungkin adalah . Maka adalah 11, 12, atau 13. Karena 11,13 prima, ini tidak mungkin. Jadi 9

Kemungkinan nilainya adalah yang tidak memenuhi. Asumsikan . Maka dan . Karena habis dibagi 8 kemungkinan nilai adalah 96,104,112,120 sehingga memiliki kemungkinan nilai 12,13,14,15. Bilangan prima 13 tidak mungkin. Jadi adalah . Mudah diperiksa bahwa empat kemungkinan pertama tidak memenuhi, sedangkan 83221111 memenuhi. Jadi nilai maksimumnya adalah 8321111.

10

OSN 2005 1. Misalkan bilangan bulat positif. Tentukan banyaknya segitiga yang panjang sisisisinya adalah bilangan bulat dan sisi terpanjangnya adalah . Solusi: Asumsikan ganjil dan misalkan dengan sehingga Jika Jika Jika : : : . Kita akan cari banyaknya pasangan .

Dan seterusnya. Jadi untuk , ada pasangan yang memenuhi. Setidaknya ini benar untuk . Mari kita selidiki untuk . Jika Jika pasang. Jika pasang. : : : ada pasang. ada ada , banyaknya pasangan justru menurun. Maka . Dengan cara serupa, jika genap, maka banyaknya segitiga adalah . sebagai hasil kali digit-digitnya. Tentukan .

Mudah dilihat bahwa untuk kita dapat banyaknya segitiga

2. Untuk bilangan asli , didefinisikan semua bilangan asli sehingga Solusi:

Jika memiliki digit, maka ruas kanan memiliki minimal digit dan ruas kiri memiliki maksimal digit. Tetapi , kontradiksi. Maka memiliki 2 atau 3 digit (tidak mungkin satu digit karena ruas kanan harus positif). Anggaplah punya 3 digit. Jika digit pertamanya bukan 1, maka dan , kontradiksi. Jika digit pertamanya 1, maka dan , kontradiksi juga. Jadi harus punya 2 digit. Misalkan . Perhatikan bahwa pasti ganjil, sehingga ruas kiri habis 11

dibagi 4. Maka habis dibagi 4. Tetapi . Mudah didapat bahwa , sehingga nilai

tidak habis dibagi 8, sehingga .

3. Misalkan dan adalah bilangan-bilangan asli sehingga adalah bilangan bulat. a) Buktikan bahwa adalah bilangan rasional. b) Buktikan bahwa bilangan asli. Solusi: Misalkan sehingga rasional. Misalkan dengan Karena bilangan asli maka 4. Diberikan segitiga bilangan asli yang relatif prima. Maka , sehingga adalah bilangan asli. . , dengan bilangan bulat. Maka . Jadi , sehingga jelas bahwa harus

dan titik

pusat lingkaran luar dari segitiga lebih besar dari luas segitiga Solusi: Mudah dilihat bahwa

di dalamnya sehingga . Misalkan adalah titik . Buktikan bahwa luas segitiga .

Jadi segitiga

berada pada sisi (teorema Thales). Karena , maka adalah layang-layang sehingga . Dengan cara serupa . Jadi . Jadi kita ingin membuktikan atau . Perhatikan bahwa . sama sisi, luasnya . Perhatikan juga , tetapi . Maka . Jadi dengan AM-GM, , dan kita yang memenuhi

selesai. 5. Buktikan bahwa ada tepat satu bilangan bulat . Solusi: Jika misalkan artinya , maka jelas bahwa persamaan tidak mungkin berlaku. Jika dengan . Jadi . Hanya ada satu solusi yaitu . positif ,

12

6. Tentukan semua tripel

sehingga

Solusi: Jumlahkan semuanya, didapat . Satu-satunya solusi adalah atau permutasinya. Asumsikan dulu . Jadi . Jadi solusinya adalah , atau . . Subsitusikan dan

Maka ke persamaan pertama, didapat permutasinya. 7. Misalkan

adalah segiempat konveks. Buat empat persegi dengan sisi-sisi ke arah luar. Pada masing-masing persegi, buat titik perpotongan kedua diagonalnya, sebut mereka . Buktikan bahwa tegak lurus . Solusi: Ini adalah teorema terkenal oleh van Aubel. 8. Sebuah kompetisi matematika diikuti oleh 90 peserta. Setiap peserta berkenalan dengan paling sedikit 60 peserta lainnya. Salah seorang peserta, Amin, menyatakan bahwa setidaknya terdapat empat orang peserta yang banyak teman barunya sama. Periksa kebenaran pernyataan Amin. Solusi: Kita jumlahkan banyaknya teman baru dari semua peserta, hasilnya adalah . Jika A teman baru B, maka B teman baru A, sehingga harus genap. Asumsikan maksimum hanya 3 orang yang teman barunya sama. Banyak teman baru yang mungkin adalah 60,61,62,,89, ada 30 kemungkinan. Karena ada 90 peserta, tepat 3 peserta memiliki 60 teman baru, tepat 3 peserta memiliki 61 teman baru, dan seterusnya. Jadi nilai yang adalah bilangan ganjil. Kontradiksi.

13

OSN 2004 1. Berapa banyaknya faktor positif genap dan ganjil dari Solusi: . Banyaknya faktor positif . Banyaknya faktor ganjil adalah , ?

seluruhnya adalah sehingga faktor genapnya ada 36.

2. Sebuah bak bila diisi dengan keran air dingin akan penuh dalam 14 menit. Untuk mengosongkan bak yang penuh dengan membuka lubang pada dasar bak, air akan keluar semua dalam waktu 21 menit. Jika keran air dingin dan air panas dibuka bersamaan dan lubang pada dasar bak dibuka, bak akan penuh dalam 12,6 menit. Maka berapa lamakah waktu yang diperlukan untuk memenuhkan bak hanya dengan keran air panas dan lubang pada dasar bak ditutup? Solusi: Dalam satu menit, misalkan keran air dingin mengisi bagian dari bak, keran air panas mengisi bagian, lubang mengosongkan bagin. Maka , dan . Maka didapat 3. . Jadi diperlukan 18 menit.

. Berapa cara menyusun deret di atas dengan mengganti tanda dengan + atau sehingga hasilnya 29?

Solusi: Jika semuanya diganti tanda +, maka hasilnya 55. Ini 26 lebih banyak dari yang diinginkan. Jadi jumlah bilangan-bilangan yang diberi tanda adalah 13. Jika ada dua angka yang diberi tanda -, kemungkinannya: (3,10),(4,9),(5,8),(6,7). Jika ada tiga tanda -, yang mungkin: (2,3,8),(2,4,7),(2,5,6),(3,4,6). Jika ada 4 tanda jumlah bilangan yang diberi tanda minimum adalah 2+3+4+5=14, lebih dari 13. Jadi ada 8 cara untuk mengisinya. 4. Ada 4 lingkaran . Lingkaran menyinggung , lingkaran menyinggung , lingkaran menyinggung , lingkaran menyinggung . Maka ada empat titik singgung yang didapat. Buktikan bahwa keempat titik singgung ini berada pada satu lingkaran. Solusi: Misalkan adalah titik pusat dari . Misalkan titik singgung berturut-turut adalah . Misalkan , , , . Jadi kita dapat , , . Jumlahnya adalah , sehingga . Perhatikan bahwa dan 14

,

, sehingga konsiklis. 5. Jika , . Solusi: Perhatikan bahwa adalah ,

, sehingga

, tentukan nilai dari

, maka jawabannya

6. Persamaan kuadrat , di mana bilangan bulat, memiliki akar-akar bilangan asli. Buktikan bahwa bukan bilangan prima. Solusi: Misalkan akar-akarnya adalah yang jelas bukan bilangan prima. 7. Jika adalah Solusi: Perhatikan bahwa atau menyebabkan . Jadi dan segitiga siku-siku di . , buktikan bahwa diameter lingkaran dalamnya . Maka . Jadi ,

, di mana adalah jari-jari lingkaran dalam. Maka terbukti. 8. Sebuah lantai luasnya 3 meter persegi ditutupi lima buah karpet dengan ukuran masing-masing 1 meter persegi. Buktikan bahwa ada dua karpet yang tumpang tindih dengan luas tumpang tindih minimal 0,2 meter persegi. Solusi: Anggaplah tidak ada dua karpet yang tumpang tindih sebesar 0,2 meter persegi. Karpet pertama menutupi 1 meter persegi. Karpet kedua menutupi kurang dari 0,8 meter persegi (karena tumpang tindih kurang dari 0,2 meter persegi dengan karpet pertama). Karpet ketiga menutupi kurang dari 0,6 meter persegi, yang keempat menutupi kurang dari 0,4 meter persegi. Karpet kelima menutupi kurang dari 0,2 meter persegi. Jadi lantai yang tertutup kurang dari 1+0,8+0,6+0,4+0,2=3 meter persegi, kontradiksi.

15

OSN 2003 1. Buktikan bahwa Solusi: habis dibagi 3 bilangan berurutan, sehingga pasti habis dibagi 3!=6. 2. Diberikan sebuah segiempat . Misalkan berturut-turut. Misalkan juga Buktikan bahwa . Solusi: Perhatikan bahwa sejajar. Tetapi Dengan cara serupa, dan sejajar. Jadi teorema Varignon). Maka jelas bahwa 3. Tentukan semua solusi bilangan real dari Solusi: Perhatikan bahwa tidak mungkin Jadi dan , maka . . juga sejajar. Jadi sejajar . adalah jajar genjang (ini adalah . . dan adalah titik tengah dari berpotongan di . habis dibagi 6 untuk setiap bilangan bulat .

4. Diberikan sebuah matriks yang setiap komponennya +1 atau -1. Misalkan adalah hasil kali komponen-komponen baris ke- dan adalah hasil kali komponen-komponen kolom ke- . Buktikan bahwa . Solusi: Perhatikan bahwa . Jika , maka banyaknya nilai -1 dari adalah 19, sedangkan 19 lainnya bernilai +1. Jika ada dari yang bernilai -1, maka ada dari yang bernilai -1. Tetapi dan memiliki paritas yang berbeda. Jadi tidak terpenuhi, kontradiksi. 5. Jika Solusi: Perhatikan bahwa Dengan cara serupa, sehingga , kesamaan jika . Jumlahkan ketiga . adalah bilangan real, buktikan bahwa dan tentukan kapan kesamaan terjadi.

16

ketaksamaan ini, didapat ketaksamaan yang diinginkan. Kesamaan terjadi jika , yaitu . 6. Balairung sebuah istana berbentuk segi-6 beraturan dengan panjang sisi 6 meter. Lantai balairung tersebut ditutupi dengan ubin-ubin keramik berbentuk segitiga samasisi dengan panjang sisi 50 cm. Setiap ubin keramik dibagi ke dalam 3 daerah segitiga yang kongruen (dibuat garis dari pusat segitiga ke ketiga titik sudutnya). Setiap daerah segitiga diberi satu warna tertentu sehingga setiap ubin memiliki tiga warna berbeda. Raja menginginkan agar tidak ada dua ubin yang memiliki pola warna sama. Paling sedikit berapa warna yang diperlukan? Solusi: Perhatikan bahwa banyaknya ubin adalah Tetapi . Jadi .

, sehingga banyak warna minimum adalah 19. dan

7. Misalkan adalah bilangan-bilangan asli sedemikian sehingga relatif prima. Jika , buktikan . Solusi: maka . dan

, sehingga

8. Diketahui segitiga siku-siku di dengan panjang sisi-sisinya merupakan bilangan bulat. Tentukan panjang sisi-sisi segitiga tersebut jika hasil kali dari dua sisi yang bukan sisi miring sama dengan tiga kali keliling segitiga. Solusi: Misalkan panjang sisi-sisinya adalah (ini adalah tripel Pythagoras). Maka . Ini dapat kita sederhanakan menjadi . Maka atau atau . Jadi panjang sisi-sisinya adalah atau atau .

17

OSN 2002 1. Buktikan bahwa Solusi: Jika tidak habis dibagi 3, maka maka habis dibagi 4. Jadi habis dibagi 3. Jika tidak habis dibagi 4, selalu habis dibagi 12. habis dibagi 12 untuk sebarang bilangan bulat .

2. Lima buah dadu dilempar satu demi satu, lalu hasil kali lima angka yang muncul dihitung. Manakah yang lebih besar peluang terjadinya hasil kali 180 atau hasil kali 144? Solusi: Hasil kali 180 didapat jika angka-angka yang muncul adalah: (1,1,5,6,6),(1,2,3,5,6), (1,3,3,4,5),(2,2,3,3,5). Banyaknya permutasi mereka berturut-turut adalah , jumlahnya adalah 30+120+60+30=240. Maka probabilitas didapatnya hasil kali 180 adalah . Hasil kali 144 didapat jika angka-angkanya (1,1,4,6,6),(1,2,2,6,6),(1,2,3,4,6), (1,3,3,4,4),(2,2,3,3,4),(2,2,2,3,6). Banyaknya permutasi adalah , totalnya adalah 30+30+120+30+30+20=260. Probabilitas muncul hasil kali 144 adalah . Maka peluang hasil kali 144 lebih besar. 3. Tentukan semua solusi dari sistem persamaan

Solusi: Misalkan adalah akar-akar persamaan kubik teorema Vieta, , . . Dengan

Maka Tetapi

Jadi

. 18

Maka persamaan kubik di atas adalah Akar-akarnya adalah .

atau

.

4. Diberikan segitiga dengan . Pada lingkaran luar segitiga terletak titik yang merupakan titik tengah busur yang memuat titik . Misalkan adalah titik pada sehingga tegak lurus pada . Buktikan bahwa . Solusi: Ini adalah teorema yang ditemukan oleh Archimedes. Refleksikan titik segitiga terhadap titik di titik . Perhatikan bahwa sudut . Maka segitiga kongruen dengan . Akhirnya .

, sehingga

5. Sembilan dari sepuluh bilangan berikut: 4, 5, 6, 7, 8, 12, 13, 16, 18, 19 akan diisikan ke dalam petak kosong pada tabel 3 5 di samping. Sesudah semua petak terisi, jumlah bilangan pada setiap baris akan sama. Demikian pula halnya jumlah bilangan pada setiap kolom akan sama. Tentukan semua pengisian petak yang mungkin. 10 c e 11 h Solusi: Jumlah 10 bilangan itu dengan 6 bilangan di petak adalah 4+5+6+7+8+12+13+16+18+19+10+11+3+20+9+17=178. Tetapi jumlah 15 bilangan yang dipakai habis dibagi 5 (banyaknya baris) dan 3 (banyaknya baris), sehingga habis dibagi 15. Jadi kita tidak akan memakai 13. Yang dipakai hanya 4,5,6,7,8,12,16,18,19, sehingga jumlah bilangannya adalah 165. Jumlah bilangan tiap kolom adalah 55, jumlah bilangan tiap baris adalah 33. Kita dapat g=33-1117=5. Kita juga tahu bahwa h+i=13, sehingga (h,i)=(6,7) atau (7,6), jadi kita tidak akan memakai 6 dan 7 pada tempat-tempat selain h dan i. a+b=23, maka (a,b)=(4,19),(19,4). Jika a=4, maka d=23, tetapi tidak ada bilangan 23, sehingga a=19 dan b=4. Didapat juga bahwa d=8. Kita perhatikan baris ke-2, c=16. Pada baris ketiga, e+f=30, pasangan yang mungkin adalah (12,18),(18,12). Jika e=18, h=0, padahal tidak ada 0. Jadi e=12 dan f=12. Kita dapat h=6 dan i=7 juga. Jadi hanya ada satu kemungkinan pengisian petak sebagai berikut: 19 a d 3 g 20 b 9 f 17 i

10 16 12 11 6

19 8 3 5 20

4 9 18 17 7 dan keduanya

6. Tentukan semua bilangan prima yang membuat bilangan prima. Solusi: Jika Jika dibagi 5, dan , maka , maka

habis dibagi 5 sehingga bukan bilangan prima. habis dibagi 5 dan bukan prima. Jadi habis memang prima. Maka .

7. Misalkan sebuah belah ketupat dengan dan adalah titik potong kedua diagonal dan . Misalkan tiga titik pada keliling belah ketupat. Jika juga membentuk belah ketupat, tunjukkan bahwa tepat satu dari berimpit dengan titik sudut belah ketupat . Solusi: Jika salah satu dari berada di titik tengah dari sisi yang ditempatinya, mudah dilihat bahwa tepat satu dari titik lainnya pasti berimpit dengan titik sudut . Jadi asumsikan bahwa tidak ada titik yang berada di tengah sisi yang ditempatinya. Tanpa mengurangi keumuman, asumsikan hanya titik yang ada di sisi titik berada di , jelas bahwa berada di luar jajar genjang. Jadi titik di sisi atau . . Jika berada

Anggap dan . Maka sudut . Jika titik berada pada sisi , maka titik berada di luar, sehingga titik harus ada di sisi . Perhatikan bahwa tidak sejajar . Maka titik tidak berada pada sisi , sehingga berada pada sisi . Perhatikan bahwa hanya ada satu ruas garis yang sejajar dan sama besar dengan , di mana ujung-ujungnya berada di . Garis yang unik ini adalah . Misalkan adalah titik pada sehingga sejajar (dengan kata lain adalah titik tengah ). Jika adalah titik pada sedemikian sehingga sejajar , jelas bahwa . Maka adalah garis unik yang disebutkan di atas sehingga . Jadi adalah titik tengah dari , kontradiksi dengan asumsi. Dengan cara yang serupa dapat ditunjukkan bahwa kasus Dan kita selesai. tidak mungkin.

20