Lingkaran-lingkaran singgung segitiga

Garis Bagi SegitigaEpisode pertama dari seri catatan segitiga

21:00 h | Secara umum, garis bagi dari dua garis m dan n adalahsuatu garis ` yang menyebabkan sudut antara n dan ` sama besardengan sudut antara m dan `. Tentu saja garis ini tidak tunggalkarena sudut yang terbentuk dari perpotongan m dan n ada dua,sudut lancip dan sudut pelurusnya. Istimewakah? Tentu saja. Disiniakan dibahas beberapa sifat istimewa garis bagi.

ADVANCED

Induksi Matematika: Teknik Sederhanayang Sangat BermanfaatPenerapan Induksi Matematika pada soal-soal Olimpiade10:23 h | Induksi adalah sebuah meto-de pembuktian secara langsung; me-tode ini sering digunakan untuk me-nyelesaikan soal kombinatorik, alja-bar, maupun teori bilangan. Prinsipdasar dari metode ini adalah mem-

buktikan bahwa pernyataan A1 be-nar, lalu jika pernyataan Ak benar,maka pernyataan Ak+1 juga benar.Akan ditunjukan aplikasi sederhanadari metode induksi pada soal berikutini.

PERSPEKTIF

Road to IMO 2015

Perjalanan Panjang Menuju IMO 201510:02 h | Saya pertama kali mengikuti olimpiadematematika ketika 4 SD. Waktu itu ada lomba ma-tematika tingkat Jabodetabek yang diselanggara-kan suatu sekolah dan sekolah saya diundang untukikut. Karena nilai matematika saya cukup tinggi,guru saya mengajak saya untuk ikut lomba terse-but. Setelah berpikir cukup lama, akhirnya sayatertarik untuk ikut. Sebelum lomba, saya diberikan contoh-contoh soal olim-piade matematika. Pada awalnya saya kira soal-soalnya akan membosankanseperti menghitung perkalian atau pembagian bilangan yang besar-besardan rumit. Tapi setelah saya lihat soalnya, ternyata soal-soalnya tidak se-perti soal sekolah yang hanya perlu menghitung dan mengaplikasikan ru-mus. Soal-soalnya lebih cenderung menggunakan logika. Karena saya sukamengerjakan permasalahan yang menggunakan logika, saya yang awalnyabosan dengan matematika karena hanya menghitung dan memakai rumus,menjadi berubah setelah melihat soal olimpiade. Sejak saat itu, saya se-ring mengerjakan soal olimpiade matematika. Saya memperolehnya baikdari buku yang saya cari di toko buku maupun dari lomba-lomba yang sayaikuti.

Daftar Isi

Garis Bagi Segitiga page 3

Konstruksi Segi-60 denganSegilima dan Segienam pa-ge 4

Keterbagian Bilangan diBasis b page 6

Induksi Matematika: Tek-nik Sederhana yang SangatBermanfaat page 7

Ketaksamaan 3 Variabel Si-klis Homogen Derajat 3 pa-ge 9

Road to IMO 2015 page 10

Pojok Olimpiade: Soal-Soal page 11

Pojok Olimpiade: SimulasiOSN page 12

Buletin Olimpiade.orgVol 1. Tahun 2015 XXIII Maii MMXV 00:29h

Buletin Olimpiade.org EDITORIAL Vol 1. Tahun 2015 2 / 12

Sekapur Sirih

Puji syukur kehadirat Tuhan YME, akhirnya jurnal kecil bertajuk Buletin Olimpiade.org berhasil dicetak dandisebarkan. Terima kasih terutama kepada Bapak Aleams Barra yang selalu mendukung usaha kami, sertakepada teman-teman alumni pembinaan olimpiade matematika yang namanya tentu saja tak akan cukup jikadilampirkan semua di halaman ini.

Rilis perdana jurnal ini sengaja dilakukan pada saat OSN agar materi yang sedikit ini bisa tersebar luas diseluruh penjuru Nusantara. Harapannya adalah materi-materi yang berkaitan dengan olimpiade matematikabisa dinikmati oleh siswa peserta OSN beserta guru pendampingnya, supaya tidak ada satupun yang pulangdengan tangan hampa. Gelaran OSN sendiri yang sudah berlangsung sejak 13 tahun yang lalu; namun, barusekali saja buku tentang silabus OSN Matematika terbit. Tahun lalu, forum olimpiade.org merilis buku bertajuk10 Tahun Olimpiade.org: Koleksi Soal-Soal Pilihan. Kali ini, jurnal kecil ini adalah kontinuasi dari buku yangterbit tahun lalu. Harapannya, selain tiap tahun saat OSN, jurnal ini akan terbit satu edisi tiap kuartal. Selainitu, buku ini juga bisa diakses dari situs olimpiade.org di kategori Resources.

Mengenai edisi pertama ini, Buletin Olimpiade.org akan dibagi menjadi beberapa bagian. Bagian Catatan akanberisikan materi-materi yang tidak terlalu berat. Bagian advanced terkait dengan materi lanjut yang membutuh-kan beberapa materi dasar lain. Bagian perspektif berisikan cerita atau opini dari suatu sudut pandang tertentu.Pada bagian akhir, ada Pojok Olimpiade yang berisikan soal-soal level olimpiade. Untuk edisi berikutnya, akandisertakan pula jawaban soal-soal Pojok Olimpiade dari edisi ini.

Akhir kata, Tiada gading yang tak retak. Kritik, saran, dan usulan ide bisa anda sampaikan dengan sural yangdialamatkan ke mail.olimpiade.org@gmail.com. Selamat membaca!

Editor

Kontes Bulanan

Olimpiade.org

Forum Olimpiade.org merupakan komunitas pecintaolimpiade matematika yang anggotanya tersebar di berba-gai daerah di Indonesia. Forum ini merupakan tempat dimana siswa-siswa, guru, dan pendamping olimpiade ma-tematika dapat membahas soal-soal olimpiade, kompetisi-kompetisi regional, berbagi pengalaman terkait olimpia-de matematika, atau hanya sekedar berkenalan dengansesama pecinta matematika. Olimpiade.org sudah men-gadakan beberapa kegiatan seperti pengadaan SimulasiOSN 2015 secara cuma-cuma, penerbitan buku Olimpia-de.org, pembuatan suvenir Olimpiade.org seperti kaos, pe-rkumpulan para anggota pada kegiatan-kegiatan lombatertentu, dll.

Kali ini, Olimpiade.org mengadakan Kontes TerbukaOlimpiade.org yang akan diadakan setiap bulannya. Kon-tes Terbuka Olimpiade.org yang pertama akan diseleng-garakan pada bulan Juni yaitu pada tanggal 19-20 Juni2015. Kontes ini diselenggarakan sebagai misi dari Olim-piade.org untuk membuka akses materi olimpiade mate-matika sebesar-besarnya bagi siswa-siswi, guru, dan pen-damping olimpiade matematika di berbagai daerah. Den-gan terselenggaranya kontes ini secara kontinu setiap bu-lannya, Olimpiade.org para peminat olimpiade matema-tika di Indonesia terpicu untuk lebih aktif berkomunika-si baik di forum maupun di luar forum melalui soal-soalyang diberikan di kontes. Selain itu, kontes ini diharapkan

menjadi kontes yang dapat dijadikan ajang di mana parapeserta olimpiade matematika dapat berlatih baik secaramateri maupun mental.

Kontes ini awalnya diselenggarakan secara cuma-cumaoleh para alumni Olimpiade Sains Nasional bidang ma-tematika di Olimpiade.org. Namun, dalam rangka pen-gembangan kegiatan-kegiatan yang akan diadakan Olim-piade.org sendiri, dana yang terkumpulkan di kontes iniakan digunakan untuk membiayai hal-hal teknis kegiatan-kegiatan Olimpiade.org lainnya yang sifatnya lebih me-nuntut secara finansial. Pelaksanaan kontes ini sendirimemerlukan tenaga pembuatan soal yang orisinal, peme-riksaan pekerjaan para peserta, tabulasi nilai peserta, dankonsultasi atau moderasi hasil pekerjaan peserta. Selainitu, peserta akan mendapatkan buklet Kontes TerbukaOlimpide.org yang berisi soal kontes dan solusinya. Detailteknis tentang pendaftaran dan pelaksanaan kontes dapatdilihat di forum Olimpiade.org bagian Kompetisi Regio-nal dan Internasional atau dengan menghubungi melaluisurat elektronik mail.olimpiade.org@gmail.com.

Catatan: Para siswa-siswi, guru, dan pendamping yangmengikuti Olimpiade Sains Nasional 2015 di Yogyakarta da-pat mendaftar langsung dengan menghubungi Olimpiade.orgdi lobi Hotel Merapi Merbabu, Yogyakarta, atau menghubungi085643043335 a.n. Rudi Adha Prihandoko.

olimpiade.orgmailto:mail.olimpiade.org@gmail.commailto:mail.olimpiade.org@gmail.com

Buletin Olimpiade.org CATATAN Vol 1. Tahun 2015 3 / 12

CATATAN

Garis Bagi SegitigaEpisode pertama dari seri catatan segitiga

Oleh: Rudi Prihandoko

Perkenalan: Apa itu garis bagi?

Pada segitiga ABC, misalkan garis g melewati titik A danmemotong sisi BC di titik D. Jika BAD = DAC, ga-ris g disebut garis bagi dalam segitiga ABC yang melaluititik sudut A. Secara umum, garis bagi dari dua garism dan n adalah suatu garis ` yang menyebabkan sudutantara n dan ` sama besar dengan sudut antara m dan`. Tentu saja garis ini tidak tunggal karena sudut yangterbentuk dari perpotongan m dan n ada dua, sudut lan-cip dan sudut pelurusnya. Pada segitiga, garis bagi yangmelewati interior segitiga disebut garis bagi dalam, dangaris bagi yang lainnya disebut garis bagi luar. Istimewa-kah? Tentu saja. Berikutnya akan dibahas beberapa sifatistimewa garis bagi.

Garis bagi pada segitiga

Pada segitiga ABC misalkan titik D pada sisi BC sehing-ga garis AD adalah garis bagi dalam sudut BAC. JikaX adalah sebarang titik pada garis AD, jarak X ke sisiAB dan ke sisi AC tepat sama, atau dengan kata lain: ga-ris AD adalah tempat kedudukan titik-titik pada bidangsehingga jarak ke garis AB sama dengan jarak ke garisAC. Sekarang, misalkan titik P dan Q sebagai proyeksitegak lurus titik X ke AB dan ke BC.

A B

C

X

Q

P

Karena P dan Q adalah hasil proyeksi X, tentu sa-ja XPA = AQX = 2 . Padahal di sudut yang laindiketahui pula bahwa XAP = QAX karena X terle-tak pada garis bagi BAC. Ini berarti segitiga APX danAQX sebangun. Lebih jauh, karena mereka punya sisiyang sama panjang, yaitu AX, maka kedua segitiga ter-sebut kongruen; akibatnya XP = XQ, jarak X ke keduasisi sama panjang.

Perpotongan garis bagi

Pada segitiga ABC, garis AK, BL dan CN adalah ga-ris bagi dalam. Titik I adalah perpotongan AK dan BL.Proyeksi I ke sisi BC, CA dan AB berturut-turut adalahD, E dan F . Berdasarkan temuan sebelumnya, semua ti-tik di garis AD sama panjang ke sisi AB maupun AC; iniberarti IF = IE. Di sisi lain, dengan memandang garisBE sebagai garis bagi, dengan cara yang sama diperolehID = IF . Ini berarti ID = IE = IF . Hal ini menimbul-kan banyak konsekuensi yang menarik: titik I merupakan

pusat lingkaran luar segitiga DEF dan garis sisi dari se-gitiga ABC menyinggung lingkaran tersebut; IE = IDberakibat segitiga IEC kongruen dengan segitiga IDCsehingga CI juga merupakan garis bagi. Telah diperli-hatkan sebelumnya bahwa garis-garis bagi dalam segitigaABC, yaitu AK,BL dan CN , saling berpotongan di satutitik, yaitu I. Keistimewaan tidak berhenti sampai di sini.Bisa dibuktikan pula bahwa BK : KC = BA : AC danAI : IK = (AB + AC) : BC (tentu saja di sisi lain ju-ga berlaku, dengan proporsi yang sejenis). Kedua hal inimenyebabkan banyak penghitungan panjang segmen pa-da garis bagi menjadi lebih mudah. Salah satunya adalahAK2 = ABACBKKC atau lebih terkenal dengan

AK =2bc

b + c

s(s a)

dengan b = AC, c = AB dan s = 12 (AB + BC + CA).

Lingkaran dalamJika garis-garis bagi dalam AK, BL dan CN berpoton-gan di I, maka I merupakan pusat lingkaran yang me-nyinggung ketiga garis sisi segitiga ABC. Untuk selan-jutnya lingkaran ini dinamakan lingkaran singgung dalamatau lingkaran dalam. Jika D, E dan F merupakan ti-tik singgung lingkaran dalam segitiga ABC dengan sisi-sisinya, bisa dengan mudah diperoleh bahwa AE = AF ,BD = BF dan CD = CE. Menggabungkan hasil ini den-gan panjang sisi-sisi segitiga, diperoleh AE = AF = s adengan s merupakan setengah keliling segitiga ABC dana adalah panjang sisi BC (dengan cara yang sama BD =BF = s b dan CD = CE = s c). Menarik bukan?Lebih jauh, jika r menyatakan panjang jari-jari lingkarandalam, bisa pula diperoleh

L = [ABC] = [ABI] + [BCI] + [CAI]

=r AB

2+

r BC2

+r CA

2

= r 12

(AB + BC + CA) = rs

dengan [XY Z] menyatakan luas segitiga XY Z. Mengin-gat L dan s biasanya lebih mudah dicari, formula L = rslebih sering dituliskan dalam bentuk r = Ls .

Lingkaran singgung luarPerpotongan garis bagi luar segitiga ABC tidak kalah me-narik dengan perpotongan garis bagi dalam. Perpotongangaris bagi luar ABC dan ACB dinotasikan dengan IA.Karena titik IA ini terletak di garis bagi sudut ABC, IAterletak sama jauh ke garis sisi AB maupun BC, juga sa-ma jauh ke garis sisi AC maupun BC. Seperti bukti padalingkaran dalam, IA akan menjadi pusat lingkaran yangmenyinggung garis-garis sisi AB, BC dan CA, kali ini di

Buletin Olimpiade.org CATATAN Vol 1. Tahun 2015 4 / 12

luar segitiga ABC. Hal inilah yang menyebabkan lingka-ran tersebut diberi nama lingkaran singgung luar dihada-pan sudut BAC (atau di sisi BC). Dengan cara yangsama pula seperti bab sebelumnya, bisa diperoleh bahwajari-jari lingkaran singgung luar ini, yang untuk selanjut-nya dinotasikan dengan rA, bisa diperoleh dengan formularA =

Lsa .

Tak kenal maka tak sayang

Untuk mengenali lebih jauh, banyak hal yang harus ditelu-suri sendiri. Murni untuk tujuan ini, berikut dilampirkanbeberapa soal latihan yang patut dicoba. Pada segitigaABC, AK, BL dan CN merupakan garis bagi yang sa-ling berpotongan di I. Titik D, E dan F merupakan titiksinggung lingkaran dalam dengan garis-garis sisi BC, CAdan AB. Titik IA, IB dan IC merupakan titik pusat ling-karan singgung luar segitiga ABC. Panjang sisi BC, CAdan AB dinyatakan dengan a, b dan c. Buktikan bahwapernyataan-pernyataan di bawah ini benar:

1. BK : KC = BA : AC dan AI : IK = (AB + AC) :BC.

2. AK =2bc

b + c

s(s a); BL = 2

ca

c + a

s(s b);

CN =2ab

a + b

s(s c).

3. rs = rA(s a) = rB(s b) = rC(s c).

4.1

r=

1

rA+

1

rB+

1

rC.

5.AI

AK+

BI

BL+

CI

CN= 2.

6. AI IBIC ; BI ICIA; CI IAIB .

7. Segiempat BICIA merupakan segiempat talibusur,begitu pula dengan CIAIB dan AIBIC .

8. Keempat segitiga ini sebangun: BCIA, CAIB ,ABIC dan IAIBIC .

9. Jika JA, JB dan JC adalah pusat lingkaran luarBIC, CIA dan AIB, tunjukkan bahwa lingkaranluar ABC berhimpit dengan lingkaran luar JAJBJC .

10.AI

AJA+

BI

BJB+

CI

CJC 3

2.

IB

IC

IA

A

B C

I

D

FE

CATATAN

Konstruksi 60-gon dengan Segilima dan SegienamLukisan dengan Jangka dan Penggaris Tak Berskala

Oleh: Rudi Prihandoko

Jam dan Segi-60 Beraturan

Beberapa waktu yang lalu ada pertanyaan tentang kon-struksi jam beserta menitnya, atau bahasa matematikanyareguler 60-gon alias segi-60 beraturan. Tentu saja mem-bagi lingkaran menjadi 60 kemudian membuat talibusur-talibusur yang sama panjangnya menjadi solusi, yang ter-nyata tidak mudah dilakukan. Misalnya saja jika kita in-gin menaruh angka 12, 3, 6, 9 pada jam akan sangat mu-dah, buat saja dua garis tegak lurus. Namun yang terjadikemudian menjadi hampir tidak bisa dilakukan, memba-gi kuadran 12-3 menjadi tiga bagian, angka 1 dan angka2 sebagai pemisahnya (diketahui bahwa membagi sudutmenjadi tiga bagian sama besar secara umum telah di-buktikan tidak mungkin dilakukan dengan menggunakanjangka dan penggaris tak berskala). Bahwa kita bisa mem-buat sudut 30 dan 60, hal ini dilakukan tanpa meliba-tkan secara langsung si angka 12 dan angka 3. Setelah

kuadran-kuadran ini terbentuk, menjadi 12 jam mun-cul kendala baru, yaitu membagi tiap sektor menjadi limasektor kecil yang sama besar, untuk menjadi menit. Lagi-lagi pembagian sudut menjadi lima secara umum telahdibuktikan tidak mungkin dilakukan dengan jangka danpenggaris tak berskala. Kesulitan-kesulitan tersebut me-macu orang mencari cara lain untuk menkonstruksi jambeserta menitnya.

Pembagian lingkaran menjadi 60 ternyata bisa dilaku-kan dengan cara lain. Dengan sedikit perhitungan, bisadiperoleh bahwa

1

5 1

6=

1

30.

Dengan demikian, jika bisa dikonstruksi segienam dan se-gilima, yang notabene sudut pusatnya berturut-turut ada-lah seperlima dan seperenam lingkaran, kita bisa konstru-ksi sektor dengan sudut 1/30 lingkaran. Lebih dekat den-gan apa yang kita inginkan. Dengan pengetahuan padaartikel sebelumnya, kita bisa dengan mudah membagi su-dut menjadi dua bagian yang sama besar. Hal ini membe-

Buletin Olimpiade.org CATATAN Vol 1. Tahun 2015 5 / 12

rikan kita 1/30 : 2 = 1/60 bagian lingkaran atau dengankata lain 1 menit. Jika ini bisa dilakukan, maka kita men-gonstruksi jam seperti leluhur kita dahulu, hanya denganjangka dan penggaris.

Segienam dan segilima beraturanKonstruksi segienam bisa dilakukan dengan mudah. Ide-nya adalah dengan membuat menempelkan enam segitigasama sisi. Konstruksi segitiga sama sisi juga mudah di-lakukan jika diberikan salah satu sisi. Teknisnya sebagaiberikut:

1. Buatlah segmen a (pada gambar berwarna merah)sebagai jari-jari lingkaran.

2. Buatlah lingkaran dengan jari-jarinya adalah segmena .

3. Buatlah diameter lingkaran dengan memperpanjangsegmen a .

4. Buatlah dua lingkaran dengan pusat ujung-ujungdiameter pada langkah sebelumnya, yang manakedua lingkaran ini melalui pusat lingkaran padalangkah nomer 2.

5. Hubungkan titik-titik potong lingkaran-lingkarandengan ujung-ujung diameter (pada langkah 3).

6. Segienam dengan panjang sisi sepanjang segmen a .

Konstruksi segilima sedikit lebih susah daripada segie-nam. Yang menarik dari segilima ini salah satunya adalahsemua diagonalnya sama panjang, seperti pada persegi.Ini berbeda dengan segibanyak lain, yang sisinya lebih da-ri lima, selalu memiliki diagonal-diagonal yang tidak sem-uanya sama panjang. Berikut gambar segilima besertadiagonal-diagonalnya.

A B

C

D

E

A

D

C

a

bb

b

a - b

Sebelum kita konstruksi, kita perlu sedikit observasi.Jika kita misalkan sisi segilima dengan b dan diagonalnya

kita sebut dengan a, maka jika kita bisa membuat segitigadengan panjang sisi a,a dan b, maka kita bisa konstruksisegilima.

Tinjau bahwa sudut-sudut pada titik sudut segilimaadalah 108 dan dua diagonalnya membagi sudut terse-but menjadi tiga bagian sama besar yaitu 36. Tinjausegitiga ACD. Perhatikan bahwa DB adalah garis bagisudut ADC, maka diperoleh

CAD = ADB = BDC = 36

Misalkan perpotongan AC dan BD kita namakan J , makakita punya tiga segitiga samakaki yaituACD, AJD, JDC.Ini berarti JC = AC AJ = AC DJ = AC DC =b a. Dari sifat garis bagi yang diperoleh dari artikelsebelumnya, kita punya

AD

AJ=

DC

JC a

b=

b

a b a2 = b2 + ab

Jika dipilih b = 1 maka diperoleh a = 1+5

2 (karenapanjang tidak mungkin negatif).

Hal ini berarti, jika kita bisa membuat segmen denganpanjang 1+

5

2 maka kita selesai. Namun ternyata ini ju-ga mudah sebab bisa diakali dengan teorema Phytagoras.Sebut saja misalnya segitiga dengan panjang sisi 1 dan 2bisa menghasilkan panjang

5. Tambahkan satu satuan,

lalu bagi dua bagian sama panjang dan kita selesai.

2

1

5

5

1 a

a

5 - a

Setelah kita mendapatkan diagonalnya, kita bisa mem-buat segitiga-segitiga yang menyusun segilima beraturan.Dengan demikian, kita bisa membuat sudut 72 dan den-gan melengkapinya dengan 60 bisa kita buat 12. Sete-lah dibagi dua, kita peroleh 6, yaitu satu menit. Berikutgambar akhirnya.

Buletin Olimpiade.org CATATAN Vol 1. Tahun 2015 6 / 12

CATATAN

Keterbagian Bilangan di Basis bOleh: Ibrohim Syarif

PendahuluanBasis di bilangan yang kita pakai adalah basis sepuluh; ba-sis tersebut memakai angka 0, 1, 2, , 9. Secara umum,suatu bilangan bisa dinyatakan dalam basis b, yakni

(dndn1 d1d0)b

dengan b 2 dan dj {0, 1, , b 1} untuk setiapj = n, n 1, , 1, 0, dan nilai suatu bilangan pada suatubasis dalam basis 10 memiliki nilai

d =

nj=0

djbj .

Basis bilangan kita memiliki nilai b = 10 dengan

dj 0, 1, , 9 dan memiliki nilai d =nj=0

dj10j . Bentuk

basis yang kita pakai memunculkan beberapa sifat yangistimewa untuk pembagian di beberapa bilangan, sepertipembagian oleh 2k, 3 dan 5.

Di sistem bilangan yang kita pakai berlaku bahwa sua-tu bilangan akan habis dibagi dengan 2k jika k angkaterakhir dari bilangan tersebut dapat dibagi 2k, dengank N; akan habis dibagi 3 jika jumlah angka-angka daribilangan tersebut habis dibagi dengan 3; dan akan habisdibagi 5 jika bilangan tersebut memiliki satuan 0 atau 5.Sebagai contoh, 23 | 453104, 3 | 78 dan 5 | 3205.

Sifat pembagian 3 di suatu basis bSuatu bilangan di basis 10 akan habis dibagi dengan3, jika jumlah angka-angka dari bilangan tersebut habisdibagi dengan 3. Suatu bilangan di basis 10 berben-

tuk (dndn1 d1d0)10 dengan penjabaran d =nj=0

dj10j ,

karena 10 1 (mod 3). Perhatikan bahwa

d nj=0

dj10j

nj=0

dj mod 3

sehingga 3|d 3|nj=0

dj . Hal itu terjadi karena 10 1

(mod 3), maka suatu bilangan q di suatu basis b akan me-miliki sifat pembagian seperti bilangan 3 di basis 10 jikab 1 (mod q), sebagai contoh:

i. 2 di basis 3,

ii. 6 di basis 7, dan

iii. 6 di basis 13.

Sifat pembagian 5 di suatu basis bSuatu bilangan di basis 10 akan habis dibagi dengan 5,jika bilangan tersebut memiliki satuan 0 atau 5. Suatu

bilangan di basis 10 berbentuk (dndn1 d1d0)10 den-gan penjabaran d =

nj=0

dj10j , karena 5|10 menyebabkan

d d0(mod5) dan 5|d 5|d0, karena d0 0, 1, , 9 danhanya 0 dan 5 yang habis dibagi 5, jika 5|d d0 = 0atau d0 = 5. Hal itu terjadi karena 5|10 dan 10 adalahbasis dari bilangan yang kita pakai, serta d0 = 0 ataud0 = 5 yang bisa dibagi 5. Akibatnya suatu bilangan qdi basis b akan memiliki sifat pembagian seperti bilangan5 di basis 10, jika q | b dan ada d0 sehingga q|d0, dengand0 {0, 1, , b 1}, sebagai contoh:

i. 2 d ibasis 4 (2 | d jika d0 = 0 atau d0 = 5)

ii. 6 di basis 12 (6 | d jika d0 = 0 atau d0 = 6) dan

iii. 3 di basis 9 (3 | d jika d0 = 0, d0 = 3, atau d0 = 6).

Sifat pembagian 2k di suatu basis bPerhatikan bahwa 2k | d = (dndn1 d1d0)10 2k |(dk1dn2 d1d0)10. Hal ini disebabkan karena:

i. 2k | 10k

ii. 2k 10k (mod 2k+1)

iii. 2k 6 | 10l untuk k > l

iv. (2, 5) = 1

Angka 5 merupakan hasil pembagian dari 10 oleh 2. Kare-na (2,5)=1 maka bisa dipastikan 2n | 101 dengan n terbe-sar adalah 1. Hal ini menyebabkan 2k 10k (mod 2k+1)dan 2k 6 | 10l untuk k > l. Ketika ada n 1 untuk 2n | 101maka ada a sehingga 2ak | 10k sehingga sifat pembagianyang diinginkan tidak muncul. Akibatnya suatu bilanganq di basis b akan memiliki sifat pembagian seperti bilangan2k di basis 10 jika:

i. qk | bk

ii. qk bk mod qk+1

iii. qk 6 | bl untuk k > l

iv. (q, h) = 1 dengan b = hqsebagai contoh: 2k dibasis 12 (2 6), 6k dibasis 78(6 13), 3k dibasis 21 (3 7).

KesimpulanSifat pembagian yang dimiliki oleh 2k, 3 dan 5 pada ba-sis 10 memiliki beberapa keadaan tertentu sehingga sifattersebut bisa terjadi. Di sisi lain, kita bisa memanipulasisuatu bilangan dan membuat bilangan tersebut memilikisifat yang diinginkan di suatu basis b. Mungkin kenda-la yang akan dihadapi adalah penggunaan lambang baruuntuk bilangan yang lebih dari 9 jika basis yang diguna-kan dari 10. Tentu saja, proses diatas bisa diulangi danbisa digunakan untuk beberapa sifat-sifat bilangan lain dibasis bilangan kita.

Buletin Olimpiade.org ADVANCED Vol 1. Tahun 2015 7 / 12

ADVANCED

Induksi Matematika: Teknik Sederhana yangSangat BermanfaatOleh: Erlang Wiratama Surya

Pengenalan: Apa itu induksi?Induksi adalah sebuah metode pembuktian secara lang-sung; metode ini sering digunakan untuk menyelesaikansoal kombinatorik, aljabar, maupun teori bilangan. Prin-sip dasar dari metode ini adalah membuktikan bahwa per-nyataan A1 benar, lalu jika pernyataan Ak benar, makapernyataan Ak+1 juga benar. Akan ditunjukan aplikasisederhana dari metode induksi pada soal berikut ini.

Soal. Buktikan bahwa 13+23+...+n3 =(n(n+1)

2

)2untuk

setiap n Z+.Jawab. Kita akan aplikasikan induksi pada n. Jelas per-nyataan diatas benar untuk n = 1; misalkan benar untukn = k. Kita juga punya

13 + 23 + ... + k3 + (k + 1)3 =

(k(k + 1)

2

)2+ (k + 1)3

=

((k + 1)(k + 2)

2

)2maka pernyataan benar untuk n = k + 1. Ini berarti, me-nurut induksi matematika pernyataan benar untuk setiapn Z+.

Contoh aplikasi induksi pada olimpiadeMetode induksi matematika dapat menyelesaikan soalyang mudah sampai yang sulit. Soal-soal berikut akanmenunjukan aplikasi metode induksi yang lebih sulit daricontoh diatas. Penggunaan metode ini bisa menjadi san-gat tricky. Terkadang metode ini digunakan untuk mem-buktikan hal yang tidak ditanya pada soal, namun dapatmemmbantu untuk menyelesaikan soal tersebut.Soal 1. Sebanyak n orang berdiri di sebuah lapangan se-hingga untuk setiap orang, jarak ke setiap orang lain ber-beda semua. Tepat pada saat Tahun Baru, setiap orangmenembakkan sebuah pistol air ke orang yang terdekatdengannya. Jika n ganjil, buktikan bahwa setidaknya adasatu orang yang tidak tertembak.Jawab. Kasus dasar n = 1 jelas, karena tidak ada ter-jadi penembakkan sama sekali. Karena kita hanya inginmembuktikan untuk n ganjil, kita akan sedikit mengubahlangkah induksi kita. Kita misalkan n = k benar, ke-mudian kita akan buktikan untuk n = k + 2. Sekarangtinjau bila terdapat k+2 orang. Lihat jarak antara setiapdua orang, dan misalkan A dan B memiliki jarak yangterdekat. Akibatnya A dan B pasti saling menembakkanpistolnya satu sama lain. Kemudian lihat k orang sisanya.Jika ada salah satu dari mereka yang menembakkan ke Aatau ke B, tentunya terdapat setidaknya satu orang darik orang sisanya tersebut yang kering, karena di antara korang tersebut terjadi hanya maksimal k1 buah penem-bakkan. Namun, jika tidak ada dari k orang sisanya yang

menembakkan ke A atau ke B, kita bisa menggunakan hi-potesis induksi: pasti ada setidaknya satu orang di antarak orang tersebut yang kering. Dengan demikian induksiselesai, dan soal terbukti.Soal 3. Definisikan barisan {xn}n0 dengan x0 = 0dan xn = xn1 + 3

r+112 untuk n = 3

r(3k + 1) danxn = xn1 3

r+1+12 untuk n = 3

r(3k + 2) dimana k, radalah bilangan bulat non negatif. Buktikan bahwa se-tiap bilangan bulat muncul di barisan ini tepat sekali.Jawab. Definisikan f(n) = 3

r+112 untuk n = 3

r(3k + 1)

dan f(n) = 3r+1+1

2 untuk n = 3r(3k + 2), maka

xn = xn1 + f(n) dan jelas f(3n) = 3f(n). Selainitu, dapat ditunjukan bahwa f(3k + 3) 1 = 3f(k),detailnya diserahkan pada pembaca. Perhatikan bahwax0 = 0, x1 = 1, x2 = 1, x3 = 3. Kemudian, lihat bahwajelas x3n+1 = x3n + 1 dan x3n+2 = x3n 1. Kini, akandibuktikan bahwa x3n = 3xn dengan induksi di n. Sedikitpekerjaan tangan akan menjelaskan darimana bisa dapatklaim seperti itu. Perhatikan bahwa hal yang ingin di-buktikan benar untuk n = 0, 1. Misalkan ini benar untukn = k. Perhatikan kalau x3k+3 = x3k+2 + f(3k + 3) =x3k 1 + f(3k + 3) = 3(xk + f(k)) = 3xk+1, makaklaim x3n = 3xn terbukti. Sekarang, jelas ada angka 1di barisan. Misalkan ada 1, 2, ..., 3k + 1 di barisan. Ka-rena 3k + 3 = 3(k + 1), maka jelas ada l Z+ sehing-ga x3l = 3k + 3. Setelah itu jelas x3l+1 = 3k + 4 danx3l+2 = 3k + 2. Akibatnya ada 1, 2, ..., 3(k + 1) + 1 pa-da barisan. Ini berarti induksi di k membuktikan bahwasemua bilangan bulat positif muncul di barisan. Dengancara yang serupa bisa ditunjukkan bahwa semua bilan-gan negatif muncul di barisan. Tugas untuk membuktikanbahwa angkanya muncul hanya sekali diserahkan kepadapembaca. (Hint: 3|xl jika dan hanya jika 3|l)Soal 4. Diberikan berhingga orang laki-laki dan perem-puan. Sebuah himpunan beranggotakan laki-laki disebutsosial jika setiap perempuan kenal setidaknya satu laki-laki pada himpunan tersebut; dan sebuah himpunan be-ranggotakan perempuan disebut sosial jika setiap laki-lakikenal setidaknya satu perempuan pada himpunan terse-but. Buktikan bahwa paritas dari banyaknya himpunansosial laki-laki dan himpunan sosial perempuan itu sama.(Diasumsikan jika A kenal B, maka B kenal A) (RomanianMasters in Mathematics 2012).Jawab. Akan dibuktikan dengan induksi di banyaknyalaki-laki. Misalkan ada m orang perempuan. Kita mulaidari kasus dasar, yakni ada satu laki-laki dan laki tersebutmengenal k perempuan. Banyaknya himpunan sosial pe-rempuan adalah banyaknya himpunan yang setidaknya sa-tu anggotanya dikenal lelaki tersebut, mudah dilihat bah-wa banyaknya adalah 2mk(2k 1), yang bernilai ganjiljika dan hanya jika k = m. Pada saat yang sama, ba-nyaknya himpunan sosial laki-laki adalah 1 (ganjil) jikalaki itu mengenal semua perempuan (m = k), dan 0 jikaada perempuan yang tidak ia kenal. Artinya, benar bahwa

Buletin Olimpiade.org ADVANCED Vol 1. Tahun 2015 8 / 12

paritas dari banyaknya himpunan sosial laki-laki dan him-punan sosial perempuan itu sama untuk banyak laki-lakisama dengan 1. Misalkan pernyataan di soal benar untuk1, 2, ..., k orang laki-laki dan sembarang m, kita akan buk-tikan pernyataan benar untuk k + 1 orang laki-laki dansembarang m.

Jika setiap laki-laki mengenal semua perempuan, makabanyaknya himpunan sosial laki-laki adalah 2k+1 1 danbanyaknya himpunan sosial perempuan adalah 2m1, ke-duanya ganjil, maka pernyataan di soal berlaku. Jika adalaki-laki yang tidak mengenal setidaknya seorang perem-puan, kita namai dia sebagai x, himpunan k laki-laki sisa-nya sebagai L, himpunan semua perempuan yang dikenalx sebagai B, dan himpunan semua perempuan yang tidakdikenal x sebagai A. Karena ada setidaknya satu perem-puan yang tidak dikenal x maka jelas himpunan A tidakkosong.

Pertama kita definisikan sebuah himpunan perempuansebagai himpunan sosial-L jika setiap anggota L men-genal setidaknya satu anggota di himpunan perempuantersebut, sebuah himpunan laki-laki sebagai himpunansosial-AL jika semua perempuan di A mengenal setidak-nya 1 laki-laki di himpunan laki-laki tersebut dan sem-ua laki-laki pada himpunan tersebut merupakan anggotadari L, dan sebuah himpunan perempuan sebagai himpu-nan sosial-LA jika semua laki-laki di L mengenal setidak-nya 1 perempuan di himpunan perempuan tersebut, dansemua anggota perempuan di himpunan tersebut merupa-kan anggota himpunan A. Misalkan banyaknya himpu-nan sosial laki-laki yang tidak memiliki x adalah l, ba-nyaknya himpunan sosial-AL adalah y, banyaknya him-punan sosial-L adalah t, dan banyaknya himpunan sosial-LA adalah z. Kita lihat himpunan sosial-AL dan him-punan sosial-LA, jika kita hanya melihat laki- laki di Ldan perempuan di A, himpunan sosial perempuannya ada-lah himpunan sosial-LA dan himpunan sosial laki-lakinyaadalah himpunan sosial-AL, maka dari induksi diperolehbahwa paritas y sama dengan paritas z. Kemudian jikalaki-laki yang dilihat hanya laki-laki di L namun perem-puan yang dilihat itu semua perempuan, maka himpunansosial laki-lakinya banyaknya l, dan himpunan sosial pe-rempuan banyaknya t, maka dari induksi diperoleh paritasl sama dengan paritas t. Himpunan sosial laki-laki adadua jenis, yang memiliki x dan tidak memiliki x dan yangtidak memiliki x banyaknya ada l. Jika himpunan sosialitu memiliki x, setelah x dibuang, himpunan yang tersisaadalah himpunan sosial-AL, banyaknya ada y. Akibatnyabanyak himpunan sosial laki-laki adalah l+ y. Kemudian,jelas himpunan sosial perempuan adalah himpunan sosial-L yang memiliki setidaknya satu anggota di B, sama den-gan himpunan sosial-L yang bukan himpunan sosial-LA,maka banyak himpunan sosial perempuan adalah t z.Karena paritas l sama dengan paritas t dan paritas y sa-ma dengan paritas z, maka paritas l + y sama denganparitas tz. Berarti pernyataan di soal benar untuk k+1orang laki-laki dan sembarang m. Dengan demikian, ber-dasarkan induksi matematika ini benar untuk sembarangk,m Z+, dan pernyataan di soal terbukti secara general.

Latihan Soal

Waktunya kalian menerapkan metode ini. Berikut iniadalah soal-soal yang dapat diselesaikan dengan metodeinduksi, namun jangan ragu-ragu untuk mencoba menger-jakan soal-soal ini dengan metode lain jika kalian inginkan.

Soal 1. Definisikan F1 = F2 = 1 dan Fn+2 = Fn+1 + Fnuntuk setiap n Z+. Buktikan bahwa F1 +F2 + ...+Fn =Fn+2 1.

Soal 2. Buktikan bahwa m!0! +(m+1)!

1! + +(m+n)!n! =

(m+n+1)!n!(m+1) untuk setiap m dan n bilangan bulat nonnegatif.

Soal 3. Buktikan bahwa (1 + x)n > 1 + nx untuk semuabilangan real x yang memenuhi x > 1, x 6= 0 dan nbilangan bulat yang lebih besar dari 1. (KetaksamaanBernoulli)

Soal 4. Misalkan n Z+. Diberikan sebuah neraca dann buah bobot dengan berat 20, 21, ..., 2n1. Kita akanmenaruh n bobot tersebut satu persatu pada neraca, se-demikian sehingga banyak beban pada piringan kiri selalulebih besar dari banyak beban pada piringan kanan. Caribanyaknya cara kita bisa menaruh bobot tersebut. (IMO2011)

Soal 5. Buktikan bahwa terdapat sebuah bilangan den-gan 2015 digit yang semua digitnya ganjil dan habis dibagi52015. (USAMO 2003)

Soal 6. Pada sebuah grid berukuran 22015 + 1 22015 + 1beberapa kotak diwarnai hitam. Diketahui bahwa untuksetiap n > 2 tidak ada kotak-kotak hitam s1, s2, .., sn se-hingga si dan si+1 memeliki satu sisi yang sama untuksetiap i = 1, 2, ..., n (anggap sn+1 = s1) dan si 6= sj untuki 6= j. Berapa banyak kotak hitam maksimum pada gridtersebut? (ELMO SL 2014)

Soal 7. Diberikan segitiga ABC dimana titik A,B,C ber-warna merah, biru dan hijau secara berturut-turut. Di-ketahui bahwa didalam segitiga ABC terdapat berhinggabuah titik berwarna merah, biru dan hijau, lalu terda-pat berhingga buah titik pada sisinya sehingga warnatitiknya sama dengan warna salah satu titik sudut sisidimana titik itu berada. Jika titik-titik itu dihubungkandengan segmen sedemikian sehingga tidak ada segmenyang berpotongan dan segitiga ABC terpartisi menjadisegitiga-segitiga, buktikan ada ganjil buah segitiga den-gan titik sudut yang warnanya berbeda, tanpa ada titikberwarna didalamnya. (Kasus khusus Sperners Lemma)

Soal 8. Pada sebuah grid berukuran nn dimana n 4,setiap kotak pada diagonal utama berisikan +, sedangkansemua kotak lainnya berisikan -. Anda bisa melakukan se-buah operasi, yakni mengganti semua tanda dari sebuahbaris atau kolom. Buktikan bahwa setelah berhingga ope-rasi, anda selalu memiliki setidaknya n buah + pada grid.(All-Russian 2011)

Buletin Olimpiade.org ADVANCED Vol 1. Tahun 2015 9 / 12

ADVANCED

Ketaksamaan 3 Variabel Siklis Homogen Derajat 3Oleh: Fajar YuliawanArtikel ini pertama kali muncul di http://olimpiade.orgMisalkan a, b, c bilangan real. Notasikan x = a c dan y = b c dan juga

S = c(a2 + b2 + c2 ab bc ca

).

Pemanasan. Periksa identitas-identitas berikut

a3 + b3 + c3 = 3abc + x3 + y3 + 3S

a2b + b2c + c2a = 3abc + x2y + S

ab2 + bc2 + ca2 = 3abc + xy2 + S

(a + b + c)3

= 27abc + (x + y)3

+ 9S

kemudian nyatakan bentuk-bentuk berikut dalam x, y dan S

F0 = a3 + b3 + c3 + 3abc (ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a))

F1 = 4 (a + b + c)3 27

(a2b + b2c + c2a + abc

)F2 = a

3 + b3 + c3 + 2(ab2 + bc2 + ca2

) 3

(a2b + b2c + c2a

)F3 = 3

(a3 + b3 + c3

)+ 6abc 5

(a2b + b2c + c2a

).

Soal 1. Buktikan bahwa jika a, b, c 0, maka F0, F1, F2, F3 0.

Soal 2. Diberikan konstanta real A,B,C,D. Definisikan fungsi

f (a, b, c) = A(a3 + b3 + c3

)+ B

(a2b + b2c + c2a

)+ C

(ab2 + bc2 + ca2

)+ D 3abc

untuk setiap bilangan real a, b, c. Jika diketahui bahwa f (1, 1, 1) 0 dan f (x, y, 0) 0 untuk setiap x, y 0,buktikan bahwa f (a, b, c) 0 untuk setiap a, b, c 0.

Soal 3. Buktikan bahwa untuk setiap a, b, c > 0 berlaku

1

3 a

4a + 4b + c+

b

4b + 4c + a+

c

4c + 4a + b.

Soal 4. Diberikan konstanta real A,B,C. Definisikan fungsi

g(a, b, c) = A(a3 + b3 + c3

)+ B

(a2b + b2c + c2a

)+C

(ab2 + bc2 + ca2

)untuk setiap bilangan real a, b, c. Bila g (a, b, c) 0 untuk setiap a, b, c 0, buktikan bahwa

g (a, b, c) (A + B + C) 3abc + (3A + B + C) min(a, b, c) (a2 + b2 + c2 ab bc ca).

Soal 5. Diberikan bilangan real positif r. Buktikan terdapat pasangan terurut bilangan real (A,B) yang tunggalsedemikian sehingga fungsi yang didefinisikan dengan

h (a, b, c) =(a3 + b3 + c3 3abc

)+ A

(a2b + b2c + c2a 3abc

)+ B

(ab2 + bc2 + ca2 3abc

)memenuhi kedua sifat berikut:

1. h(a, b, c) 0 untuk setiap a, b, c 0 dan

2. h(r, 1, 0) = h(1, 1, 1) = 0.

Hint: A dan B dapat dinyatakan sebagai fungsi dalam r.

Soal 6. Tentukan bilangan real positif K,L terbesar sehingga ketaksamaan berikut berlaku untuk setiapa, b, c 0

a3 + b3 + c3 + K(ab2 + bc2 + ca2

) (K + 1)

(a2b + b2c + c2a

)a3 + b3 + c3 + 3Labc (L + 1)

(a2b + b2c + c2a

).

http://olimpiade.org/forum/index.php/topic/439-ketaksamaan-3-var-siklis-homogen-derajat-3/

Buletin Olimpiade.org PERSPEKTIF Vol 1. Tahun 2015 10 / 12

PERSPEKTIF

Road to IMO 2015Perjalanan Panjang Menuju IMO 2015

Oleh: Rezky Arizaputra

Logo International MathematicOlympiad (IMO)

Saya pertama kali mengikuti olim-piade matematika ketika 4 SD. Wa-ktu itu ada lomba matematika ting-kat Jabodetabek yang diselanggara-kan suatu sekolah dan sekolah sayadiundang untuk ikut. Karena nilaimatematika saya cukup tinggi, gu-ru saya mengajak saya untuk ikutlomba tersebut. Setelah berpikir cu-kup lama, akhirnya saya tertarik un-tuk ikut. Sebelum lomba, saya di-berikan contoh-contoh soal olimpiadematematika. Pada awalnya saya ki-ra soal-soalnya akan membosankan se-perti menghitung perkalian atau pem-bagian bilangan yang besar-besar danrumit. Tapi setelah saya lihat soal-nya, ternyata soal-soalnya tidak se-perti soal sekolah yang hanya perlumenghitung dan mengaplikasikan ru-mus. Soal-soalnya lebih cenderungmenggunakan logika. Karena saya su-ka mengerjakan permasalahan yangmenggunakan logika, saya yang awal-nya bosan dengan matematika karenahanya menghitung dan memakai ru-mus, menjadi berubah setelah melihatsoal olimpiade. Sejak saat itu, saya se-ring mengerjakan soal olimpiade ma-tematika. Saya memperolehnya baikdari buku yang saya cari di toko bukumaupun dari lomba-lomba yang sayaikuti.

Ketika kelas 1 SMP, saya diikut-kan oleh sekolah saya dalam seleksiOSN tingkat kabupaten, atau OSK.Guru saya menjelaskan bahwa jikasaya bisa masuk sekian besar, sayaakan lanjut ke tingkat provinsi, atauOSP, dan jika masuk sekian besardi OSP, saya akan lanjut ke ting-kat nasional. Dalam pikiran saya,

Wah keren sekali kalau masuk nasio-nal, bisa bertemu dan berkenalan den-gan teman-teman dari provinsi lainyang juga jago matematika. Saat itusaya berani bertekad untuk bisa ma-suk tingkat nasional dan meraih me-dali, walaupun saya yakin di provin-si saya sendiri banyak yang lebih ja-go dari saya. Untuk meraih impiansaya itu, saya memperbanyak menger-jakan soal olimpiade SMP dari ting-kat kabupaten, provinsi, hingga nasio-nal yang saya peroleh dari buku-bukudan internet. Dari usaha saya terse-but dan tentunya tak lepas dari doakepada yang Maha Kuasa, saya mem-peroleh hasil yang manis, dari pering-kat 1 OSK, masuk 9 besar provinsi,dan meraih medali emas di tingkatnasional.

Ketidaklolosan tersebut tidakmembuat saya sedih

berlama-lama, bahkan sayajadikan acuan untuk

memperoleh hasil yang lebihbaik tahun depannya.

Ketika kelas 3 SMP (2013) sayaikut seleksi OSN lagi, tapi kali inisaya ikut tingkat SMA. Saya tahu da-ri teman saya bahwa yang meraih me-dali di tingkat nasional berkesempa-tan untuk mengikuti seleksi anggotatim IMO Indonesia. Menurut sayakeren sekali kalau bisa sampai men-jadi tim; selain bisa mengharumkannama bangsa, saya juga bisa menda-pat teman dari luar negeri. Walau-pun untuk OSN kali ini saya berpi-kir saingannya akan lebih hebat lagidibanding waktu 1 SMP(karena sayamasih kelas 3 SMP, sementara sain-gan saya kebanyakan sudah SMA),saya tetap berusaha untuk melaku-kan yang terbaik. Seperti sebelum-sebelumnya saya memperbanyak lati-han soal dari tingkat kabupaten, pro-vinsi, nasional, dan soal-soal dari luarnegeri yang saya peroleh dari Inter-net. Pada akhirnya saya mempero-leh perunggu, yang berarti saya be-rkesempatan untuk mengikuti seleksitim IMO 2014. Seleksi dibagi menja-di 3 tahap, yang setiap tahapnya ber-

langsung hampir 1 bulan. Di setiaptahap, peserta akan diberikan mate-ri dan diselingi dengan beberapa tesakademik. Selain itu, ada juga psiko-tes dan sesi kerohanian. Di tahap 1ini, ada sekitar 28 orang yang ikut.Pada awalnya saya belum mengenalkebanyakan peserta. Namun selamapelatihan berlangsung, saya berkena-lan dan menjadi akrab dengan semuapeserta dalam waktu yang relatif pen-dek. Banyak ilmu yang saya dapatkandi tahap 1, baik dari para dosen mau-pun dari teman-teman lainnya. Se-telah 1 bulan lamanya tahap 1 punberakhir. 2 bulan kemudian sekolahsaya dikirimkan surat yang menyata-kan bahwa saya lolos tahap 2. Keti-ka diberitahu, saya merasa sangat se-nang, karena saya merasa saya kurangmaksimal dalam tahap 1 kemarin.

Di tahap 2 ini, pesertanya adalahpeserta dari tahap 1 dan 6 veteran,yaitu mereka yang lolos tahap 3 ta-hun lalunya dan masih bisa ikut IMO.Jujur untuk tahap 2 ini saya kurangyakin bisa lolos ke tahap 3, karenasaingan berat yang bertambah dan ke-mampuan saya yang kurang. Dan pa-da akhirnya saya pun tidak lolos danharus mengulang kembali dari OSK.Ketidaklolosan tersebut tidak mem-buat saya sedih berlama-lama, bahkansaya jadikan acuan untuk mempero-leh hasil yang lebih baik tahun depan-nya. Tahun berikutnya, saya mengi-kuti OSN lagi dan memperoleh hasilyang lebih baik dari tahun lalu, yai-tu perak. Saya pun memperoleh ke-sempatan untuk mengikuti seleksi timIMO 2015. Di tahap 1 kali ini, sayamerasa lebih yakin untuk lolos ke ta-hap 2 dibandingkan tahun lalu kare-na kemampuan yang mungkin lebihbaik dibandingkan tahun lalu. Kali inipengumuman dilangsungkan saat pe-nutupan. Alhamdulillah saya bisa lo-los ke tahap 2 dengan peringkat yangcukup meyakinkan

Di tahap 2 kali ini, veterannya ada4, lebih sedikit dari tahun lalu. Di-tambah hasil tahap 1 kemarin, sayamerasa mungkin saya bisa lolos ke ta-hap 3 kali ini. Dan ternyata keingi-nan saya terkabul. Seperti tahap 1,

Buletin Olimpiade.org POJOK OLIMPIADE Vol 1. Tahun 2015 11 / 12

pengumuman dilangsungkan saat pe-nutupan. Ketika nama saya dipang-gil, saya sangat senang karena kega-galan tahun lalu bisa saya balas se-karang. Akhirnya tinggal 1 tahap la-gi untuk bisa menjadi tim IMO, danhanya tersisa 10 orang.

Di tahap 3, ada 2 tipe tes, yaitu4 tes biasa dan tes Simulasi IMO. Se-telah menjalani tes-tes yang ada, sayatinggal menunggu hasilnya. Saya ya-kin terjadi persaingan yang sangat ke-

tat di tahap 3 ini. Saya berdoa agarsaya diberikan hasil yang terbaik buatsaya. Saat pengumuman, nama-namayang menjadi tim disebutkan satu persatu. Peringkat 1 dipanggil, kemudianperingkat 2 dan seterusnya. Sampaiperingkat 5 nama saya belum dipang-gil. Saat peringkat 6 atau anggotaterakhir mau dibacakan, dalam hatisaya berteriak nama saya. Dan ter-nyata. . . , nama saya dipanggil! Sung-guh menegangkan. Usaha, perjuan-

gan, dan doa saya selama ini akhirnyabisa membuat saya menjadi anggotatim IMO Indonesia. Tidak lupa ju-ga peran orangtua, teman-teman, danguru-guru yang membina saya. Ke-sempatan ini akan saya gunakan se-maksimal mungkin untuk meraih ha-sil yang terbaik. Semoga tim Indone-sia bisa meraih hasil yang maksimaldi IMO 2015 nanti!

POJOK OLIMPIADE

Soal-SoalVolume 1

1. Diberikan segitiga ABC. Buktikan bahwa proyeksititik A ke garis bagi dalam dan luar dari B dan Csegaris.

2. Misalkan x, y, z adalah bilangan real positif.Buktikan bahwa

x2 + xy2 + xyz2 4xyz 4.

3. Titik P adalah titik di dalam segitiga ABC. Misal-kan D,E dan F berturut-turut adalah titik tengahsisi BC,CA dan AB. Misalkan garis lA adalah ga-ris melalui D yang sejajar PA. Definisikan lB danlC dengan cara yang sama. Perlihatkan bahwa lA, lBdan lC berpotongan di satu titik. Misalkan titik per-potongan ketiganya adalah Q. Perlihatkan bahwatitik berat segitiga ABC terletak pada garis PQ.

4. Tentukan semua sukubanyak dengan koefisienrasional sehingga

f(

3

3 +3

9)

= 3 +3

3.

Apakah terdapat sukubanyak dengan koefisien bulatsehingga memenuhi persamaan di atas?

5. Diberikan sebarang barisan bilangan aslia1, a2, a3, . . . yang tak terbatas. Buktikan bahwaterdapat tak berhingga bilangan asli k sedemikiansehingga

a2k+2 + a2k

2> ak+1.

6. Diberikan sebuah persegi n n dengan n genap.n2

2 + 1 persegi dari papan ini diwarnai hitam. Duabuah persegi hitam disebut terhubung bila terda-pat satu sisi persekutuan dari dua persegi ini. Buk-tikan bahwa bisa ditemukan persegi-persegi hitamA, B, dan C sehingga A terhubung dengan B dan Bterhubung dengan C.

7. Suatu fungsi f : N {1, 2, . . . , 2014} memenuhipersamaan

f(n + 34) + f(n) = f(n + 20) + f(n + 14)

untuk setiap bilangan asli n. Tunjukkan bahwa ftidak surjektif, yakni terdapat bilangan asli c, den-gan 1 c 2014 sehingga f(m) = c tidak memilikipenyelesaian bilangan asli m.

8. Buktikan bahwa untuk setiap bilangan real positifa, b, c dengan 1 a, b, c 8 berlaku ketaksamaan

a + b + c

5 3abc.

(Shortlist OSN 2014 )

9. Suatu barisan bilangan asli a1, a2, a3, . . . memenuhidan

ak + al = am + an

untuk setiap bilangan asli k, l,m, n dengan kl = mn.

(a) Buktikan bahwa untuk setiap bilangan asli m,n dengan m |n berlaku am an.

(b) Jika a1 = 1 dan a2014 = 2014, buktikan bahwaterdapat bilangan asli m,n dengan 1 m an.

10. (a) Perlihatkan bahwa terdapat tak hingga banyakN bilangan bulat positif sehingga persamaan

x2 + y2 + z2 + t2

xyzt + 1= N

memiliki solusi bulat (x, y, z, t)(b) Tentukan semua solusi bulat (x, y, z, t) daripersamaan

x2 + y2 + z2 + t2

xyzt + 1= 2015

Jawaban soal-soal bisa dikirimkan ke alamat surelmail.olimpiade.org@gmail.com untuk dimuat di edisiberikutnya.

mailto:mail.olimpiade.org@gmail.com

Buletin Olimpiade.org POJOK OLIMPIADE Vol 1. Tahun 2015 12 / 12

POJOK OLIMPIADE

Simulasi OSN 2015Hari Pertama

1. Barisan a1, a2, . . . , an merupakan barisan yang ang-gotanya berbeda-beda dan merupakan anggota him-punan {1, 2, . . . , 100}. Diketahui FPB(ai, ai+1) > 1untuk setiap i = 1, 2, . . . , n1 dan FPB(an, a1) > 1.Berapakah nilai terbesar yang mungkin untuk n?

2. Pada segitiga sama kaki lancip ABC, diketahuiAB > AC. Misalkan HA, HB , HC adalah kaki-kakigaris tinggi dari A,B,C dan titik H adalah titiktinggi segitiga ABC. Misalkan pula M adalah ti-tik tengah BC dan J titik tengah AH. Perlihatkanbahwa MHBJHC adalah suatu layang-layang.

3. Cari bilangan real terbesar M demikian sehinggaberlaku

M(a +b +c) (1 +

a)(1 +

b)(1 +

c)

untuk semua bilangan real tak negatif a, b, dan cyang memenuhi

2 max{a, b, c} a + b + c.

4. Diberikan bilangan asli n. Pada setiap kotak da-ri papan catur berukuran n n, bilangan-bilangan1, 2, . . . , n2 dituliskan sembarang sehingga setiap bi-langan digunakan tepat satu kali. Bilangan-bilanganini ingin disusun sehingga di setiap baris, bilangan-bilangan di baris tersebut bertambah besar dari ki-ri ke kanan dan di setiap kolom, bilangan-bilangandi kolom tersebut bertambah besar dari atas kebawah. Untuk menyusunnya, dapat dilakukan be-berapa langkah. Satu buah langkah dapat bertipesalah satu dari berikut:

(Tipe 1) Pilih dua kotak bertetangga yang berada padasatu kolom; jika bilangan pada kotak di ataslebih besar dari bilangan pada kotak di bawah,tukarkan kedua bilangan di kotak tersebut.

(Tipe 2) Pilih dua kotak bertetangga yang berada padasatu baris; jika bilangan pada kotak di kiri le-bih besar dari bilangan pada kotak di kanan,tukarkan kedua bilangan di kotak tersebut.

Selama operasi dapat dilakukan, operasi harus di-lakukan hingga susunan yang diinginkan tercapai.Tunjukkan bahwa untuk sebarang kondisi awal:

(i) terdapat barisan berhingga langkah dengan ba-nyak langkah kurang dari n3 langkah sehinggapermainan dapat diselesaikan.

(ii) saat permainan terselesaikan, banyak langkahyang telah dilakukan tidak mungkin lebih darin6 langkah.

(Catatan: Dua kotak dikatakan bertetangga jikakedua kotak memiliki satu sisi bersama.)

Hari Kedua

1. Tentukan semua fungsi f : R R yang memenuhi

f(x + f(y)) + xf(y) = f(xy + x) + f(y)

untuk sebarang bilangan real x dan y.

2. Sebuah banteng di papan catur berjalan dari kotakasal ke kotak yang terletak di satu baris ataupunsatu kolom dengan kotak asal tersebut, namun ti-dak boleh ke kotak yang bertetangga. Contohnya,dari kotak biru di bawah ini, sebuah banteng bisaberjalan ke kotak hijau.

Apakah mungkin setiap kotak di papan catur 4 4dinomori 1, 2, 3, ..., 16, dengan setiap nomor digu-nakan tepat satu kali, sehingga sebuah banteng bisaberjalan dari kotak nomor 1, ke kotak nomor 2, kekotak nomor 3, dan seterusnya sampai ke kotak no-mor 16, kemudian kembali lagi ke kotak nomor 1?(Catatan: Dua kotak dikatakan bertetangga jikakedua kotak memiliki satu sisi bersama.)

3. Diberikan segitiga lancip ABC dengan ABC >ACB. Lingkaran 1 adalah lingkaran luar segi-tiga ABC dengan pusat O. Dibentuk lingkaran 2yang menyinggung lingkaran 1 di A dan menying-gung BC di D. Perpanjang garis AD hingga memo-tong lingkaran 1 lagi di Q. Misalkan pula lingkaran2 memotong segmen garis AC lagi di titik E. Di-ketahui bahwa OAD = OAC. Buktikan bahwaQE = QB.

4. Pada bidang koordinat Kartesian, titik rasional di-definisikan sebagai pasangan terurut (x, y) dengan xdan y merupakan bilangan rasional. Buktikan bah-wa semua titik rasional di bidang bisa diwarnai den-gan hitam dan putih sehingga dua titik rasional yangberjarak 1 selalu memiliki warna berbeda.(Catatan: Jarak dua buah titik (x1, y1) dan (x2, y2)didefinisikan dengan nilai dari

(x1 x2)2 + (y1 y2)2.)

FRONT PAGEEDITORIALSekapur SirihKontes Bulanan

CATATANGaris Bagi SegitigaKonstruksi 60-gon dengan Segilima dan SegienamKeterbagian Bilangan di Basis b

ADVANCEDInduksi Matematika: Teknik Sederhana yang Sangat BermanfaatKetaksamaan 3 Variabel Siklis Homogen Derajat 3

PERSPEKTIFRoad to IMO 2015

POJOK OLIMPIADESoal-SoalSimulasi OSN 2015