➕➖ mathy ➗✖️
Welcome!✌ I write math stuff here.
☀️🌒
Latin StandardLibertinus
Pembahasan KSN Matematika SMA 2021 (Hari Pertama)
Published on 30 November 2021Contents
P1
Soal
On the whiteboard, the numbers are written sequentially: $$1 \ 2 \ 3 \ 4 \ 5 \ 6 \ 7 \ 8 \ 9.$$ Andi has to paste a $+$ (plus) sign or $-$ (minus) sign in between every two successive numbers, and compute the value. Determine the least odd positive integer that Andi can't get from this process.
Pembahasan
Hint 1
Misal $A$ menyatakan jumlah dari bilangan-bilangan yang berada tepat di kanan dari tanda negatif.
Tentukan hasil ekspresi pada papan tulis dalam $A$.
Hint 2
Hasilnya adalah $45 - 2 \times A$
Jawaban
$43$
Solusi
Misal P adalah himpunan digit yang berada tepat di kanan tanda $+$, dan $Q$ adalah himpunan digit yang berada tepat di kanan tanda $-$.
Otomatis digit $1$ akan mejadi anggota $P$.
Misal $f(P)$ dan $f(Q)$ berturut-turut merupakan jumlah dari elemen-elemen pada $P$ dan $Q$.
Nilai dari ekspresi pada papan tulis akan menjadi:
$$f(P) - f(Q) = (f(P) + f(Q)) - 2 \times f(Q) = (1 + 2 + \dots + 9) - 2 \times f(Q) = 45 - 2 \times f(Q).$$
Dari sini dapat dilihat bahwa hasil ekspresi pada papan tulis selalu ganjil bagaimanapun pemilihan operatornya.
Sekarang perhatikan bahwa seluruh bilangan asli $2, 3, \dots, 22$ dapat menjadi nilai dari $f(Q)$.
Sehingga, seluruh bilangan ganjil positif dari $1, 3, \dots, 39, 41$ dapat menjadi hasil dari ekspresi pada papan tulis tersebut.
$f(Q)$ tidak dapat bernilai $1$ karena pasti $1$ merupakan anggota $P$.
Sehingga, bilangan asli ganjil terkecil yang tidak dapat menjadi hasil dari ekspresi pada papan tulis adalah $43$.
P2
Soal
Let $ABC$ be an acute triangle. Let $D$ and $E$ be the midpoint of segment $AB$ and $AC$ respectively. Suppose $L_1$ and $L_2$ are circumcircle of triangle $ABC$ and $ADE$ respectively. $CD$ intersects $L_1$ and $L_2$ at $M (M \neq C)$ and $N (N \neq D)$. If $DM = DN$, prove that $\triangle ABC$ is isosceles.
Pembahasan
Hint
Easy angle-chasing
Gambar
Solusi
Karena $DA = DB$ dan $DM = DN$, maka $ANBM$ merupakan jajar genjang. Sehingga:
$$\angle ACB = \angle AED = \angle AND = \angle BMD = \angle BMC = \angle BAC \rightarrow BA = BC.$$
P3
Soal
A natural number is called a prime power if that number can be expressed as \(p^n\) for some prime \(p\) and natural number \(n\). Determine the largest possible \(n\) such that there exists a sequence of prime powers \(a_1, a_2, \dots, a_n\) such that \(a_i = a_{i - 1} + a_{i - 2}\) for all \(3 \le i \le n\).Pembahasan
Hint
Bash modulo $2$
Jawaban
$7$
Solusi
Kita sebut barisan yang suku-sukunya adalah prima berpangkat sebagai barisan $\textit{power}$,
dan barisan yang memenuhi sifat sebuah suku merupakan penjumlahan dari kedua suku sebelumnya sebagai barisan $\textit{fibonacci-like}$.
Pada sebuah barisan $\textit{fibonacci-like}$, ada dua tipe apabila dipandang paritas suku-sukunya:
$\textbf{Klaim 1.}$ Apabila $a_i = 2$ untuk sebuah $i$, maka panjang barisan tersebut maksimal adalah $i + 5$.$\textit{Bukti.}$ Misal $a_{i + 1} = p^r$ untuk sebuah prima ganjil $p$. Dapat dihitung bahwa $a_{i + 6} = 10 + 8p^r$. Karena bernilai genap, maka $a_{i + 6}$ haruslah merupakan bilangan dua berpangkat. Tetapi hal ini tidak mungkin, karena $a_{i + 6} \ge 10$, tetapi tidak habis dibagi oleh $8$. Maka, panjang maksimal barisannya adalah $i+5$. $\blacksquare$
$\textbf{Klaim 2.}$ Jika ada dua suku genap, maka terdapat suku yang bernilai sama dengan $2$.$\textit{Bukti.}$ Tinjau dua buah suku genap yang berdekatan (indeksnya berbeda $3$), yakni $a_i$ dan $a_{i+3}$. Misal $a_i = 2^b$ untuk suatu bilangan asli $b$, dan $a_{i + 1} = p^r$. Maka $a_{i+3} = 2p^a + 3\cdot 2^b$. Karena bernilai lebih dari $2^b$, maka $2^b$ membagi $a_{i+3}$, sehingga $2^b$ membagi $2$. Akibatnya, $b=1$, dan $a_i = 2$. $\blacksquare$
$\textbf{Klaim 3.}$ Jika $a_i = 2$, maka $i \le 2$.$\textit{Bukti.}$ Cukup jelas, karena jika $i \ge 3$ berarti $2 = a_i = a_{i-1} + a_{i-2} \ge 2 + 2 = 4$, kontradiksi. $\blacksquare$
Menggabungkan ketiga klaim tersebut, diperoleh $n \le 2 + 5 = 7$. Ini merupakan jawabannya, karena terdapat barisan $\textit{power}$ $\textit{fibonacci-like}$ dengan panjang $7$, salah satunya adalah: $$5, 2, 7, 9, 16, 25, 41$$
- $0, 0, 0, \dots$ dan
- Perulangan $1, 1, 0, \dots$ (atau $0, 1, 1, \dots$ atau $1, 0, 1, \dots$).
$\textbf{Klaim 1.}$ Apabila $a_i = 2$ untuk sebuah $i$, maka panjang barisan tersebut maksimal adalah $i + 5$.$\textit{Bukti.}$ Misal $a_{i + 1} = p^r$ untuk sebuah prima ganjil $p$. Dapat dihitung bahwa $a_{i + 6} = 10 + 8p^r$. Karena bernilai genap, maka $a_{i + 6}$ haruslah merupakan bilangan dua berpangkat. Tetapi hal ini tidak mungkin, karena $a_{i + 6} \ge 10$, tetapi tidak habis dibagi oleh $8$. Maka, panjang maksimal barisannya adalah $i+5$. $\blacksquare$
$\textbf{Klaim 2.}$ Jika ada dua suku genap, maka terdapat suku yang bernilai sama dengan $2$.$\textit{Bukti.}$ Tinjau dua buah suku genap yang berdekatan (indeksnya berbeda $3$), yakni $a_i$ dan $a_{i+3}$. Misal $a_i = 2^b$ untuk suatu bilangan asli $b$, dan $a_{i + 1} = p^r$. Maka $a_{i+3} = 2p^a + 3\cdot 2^b$. Karena bernilai lebih dari $2^b$, maka $2^b$ membagi $a_{i+3}$, sehingga $2^b$ membagi $2$. Akibatnya, $b=1$, dan $a_i = 2$. $\blacksquare$
$\textbf{Klaim 3.}$ Jika $a_i = 2$, maka $i \le 2$.$\textit{Bukti.}$ Cukup jelas, karena jika $i \ge 3$ berarti $2 = a_i = a_{i-1} + a_{i-2} \ge 2 + 2 = 4$, kontradiksi. $\blacksquare$
Menggabungkan ketiga klaim tersebut, diperoleh $n \le 2 + 5 = 7$. Ini merupakan jawabannya, karena terdapat barisan $\textit{power}$ $\textit{fibonacci-like}$ dengan panjang $7$, salah satunya adalah: $$5, 2, 7, 9, 16, 25, 41$$
P4
Soal
Let $x,y$ and $z$ be positive reals such that $x + y + z = 3$. Prove that
$$ 2 \sqrt{x + \sqrt{y}} + 2 \sqrt{y + \sqrt{z}} + 2 \sqrt{z + \sqrt{x}} \le \sqrt{8 + x - y} + \sqrt{8 + y - z} + \sqrt{8 + z - x} $$
Pembahasan
Jawaban
AM-GM Cukup
Solusi
Sepanjang solusi di bawah, akan digunakan kedua ketaksamaan berikut yang buktinya cukup sederhana: $\sqrt{a} + \sqrt{b} \le \sqrt{2(a+b)}$ dan $\sqrt{a} \le \frac{a+1}{2}$.
$$\begin{aligned} LHS = \sum_{cyc} \sqrt{x + \sqrt{y}} + \sqrt{y + \sqrt{z}} &\le \sum_{cyc} \sqrt{2 (x + \sqrt{y} + y + \sqrt{z})} \\
&\le \sum_{cyc} \sqrt{2 (x + \frac{y+1}{2} + y + \frac{z+1}{2})} \\
&= \sum_{cyc} \sqrt{2x + y + 1 + 2y + z + 1} \\
&= \sum_{cyc} \sqrt{8 + y - z} = RHS. \end{aligned}$$
© 2021 donbasta - Huge thanks to vincentdoerig for the cool Latex style!