Aljabar, IMO, Mathematics

IMO2018 P2 – Barisan Bersyarat

IMO2018 P2. Cari semua bilangan bulat {n\ge 3} sehingga terdapat barisan bilangan real {a_1,a_2,\cdots, a_{n+2}}, sehingga {a_{n+1} = a_1}, {a_{n+2} = a_2}, dan

\displaystyle a_ia_{i+1}+1=a_{i+2}

untuk {i=1,2,3,\cdots,n}

Solusi. Pandang indeks dalam modulo {n}. Kalikan kondisi persamaan yang diberikan berturut-turut dengan {a_{i-1}} dan {a_{i+2}}, kita dapatkan kedua persamaan berikut

\displaystyle a_{i-1}a_ia_{i+1}+a_{i-1}=a_{i-1}a_{i+2}

dan

\displaystyle a_ia_{i+1}a_{i+2}+a_{i+2}=a_{i+2}^2

Akibatnya, kita peroleh bahwa

\displaystyle \sum_{i=1}^n a_{i-1}a_{i+2} = \sum_{i=1}^n a_{i-1}a_ia_{i+1}+\sum_{i=1}^n a_{i-1} = \sum_{i=1}^n a_ia_{i+1}a_{i+2}+ \sum_{i=1}^n a_{i+2}= \sum_{i=1}^n a_{i+2}^2

Padahal, kita tahu bahwa

\displaystyle \sum_{i=1}^n a_{i-1}a_{i+2} \le \sum_{i=1}^n \frac{a_{i-1}^2+a_{i+2}^2}{2} = \sum_{i=1}^n a_{i+2}^2

Artinya, kesamaan terjadi. Sehingga kita peroleh bahwa {a_{i-1} = a_{i+2}} untuk setiap {i}, atau {a_i = a_{i+3}} untuk semua {i}.

Jika {n} kelipatan {3}, atau {n=3k} maka kita dapatkan bahwa untuk setiap {k \le \frac{n}{3}}

\displaystyle a_{3k+1} = a_1, a_{3k+2} = a_2, a_{3k} = a_3

Salah satu contoh barisan yang memenuhi adalah {(2,-1,-1,2,-1,-1,\cdots)}

Jika {n} bukan kelipatan {3}, maka semua {a_i} bernilai sama, misalkan saja bernilai {x}

Akibatnya {x} memenuhi persamaan

\displaystyle {x^2+1=x}

Tapi persamaan diatas tidak memiliki solusi real.

Sehingga semua {n} yang memenuhi persyaratan pada soal adalah {n} kelipatan {3}.

Advertisements
Geometri, IMO, Mathematics

IMO2018 P1 : FG dan DE sejajar? Atau sama?

IMO2018 P1. Misalkan {\Gamma} adalah lingkaran luar segitiga lancip {ABC}. Titik {D} dan {E} secara berturut-turut terletak pada segmen {AB} dan {AC} sehingga {AD=AE}. Garis sumbu sisi dari {BD} dan {CE} secara berturut-turut memotong busur minor {AB} dan {AC} dari {\Gamma} di {F} dan {G}. Buktikan bahwa garis {DE} dan {FG} sejajar (atau merupakan garis yang sama.)

2018P1

Solusi 1. Misalkan {O} adalah pusat lingkaran luar {ABC}, {AC=b}, {AB=c} dan {AD=AE=t}. Titik {P} dan {Q} adalah titik tengah {AC} dan {AB} secara berturut-turut. Misalkan garis sumbu sisi dari {BD} dan {CE} secara berturut-turut memotong {AB} dan {AC} di {L} dan {M}. Misalkan pula kedua garis sumbu sisi itu bertemu di titik {T}.

WLOG {AB \le AC}. Jika {AD = AB}, maka {FG} dan {DE} adalah dua garis yang sama. Sekarang, anggap {AD < AB}.

Step 1. Akan dibuktikan bahwa {PM=LQ}

Perhatikan bahwa \displaystyle {EM=\frac{b-t}{2}}

Ada dua kasus yang perlu ditinjau, yaitu:

Case 1: {t < \frac{b}{2}}

Dalam kasus ini, perhatikan bahwa {EP = AP - AE = \frac{b}{2}-t}. Sehingga

\displaystyle PM = EM - EP = \frac{b-t}{2} - \frac{b}{2}+t = \frac{t}{2}

Case 2: {t \ge \frac{b}{2}}

Dalam kasus ini, perhatikan bahwa {EP = AE - AP = t-\frac{b}{2}}. Sehingga

\displaystyle PM = PE + EM = t-\frac{b}{2}+ \frac{b-t}{2} = \frac{t}{2}

Panjang {LQ} juga bisa dicari dengan cara yang sama. Akibatnya dalam semua kasus, dapat disimpulkan bahwa {PM=LQ=\frac t2}.

2018p1a

Sekarang, misalkan {J} dan {K} adalah kaki tegak lurus dari {O} ke garis {TG} dan {TF}.

Karena {OJ=PM=LQ=OK}, maka jarak {JG} dan {OP} sama dengan jarak {KF} dan {OQ}. Akibatnya {JG=KF}.

Selain itu, perhatikan bahwa {\triangle OJT} kongruen dengan {\triangle OKT}, sehingga {TJ=TK}.

Akibatnya

\displaystyle TG = TJ + JG = TK + KF = TF

Selanjutnya misalkan {FG} memotong {AB} dan {AC} berturut-turut di {X} dan {Y}. Perhatikan bahwa

\displaystyle \angle AXY = \angle LXF = 90 - \angle LFX = 90 - \angle MGY = \angle MYG = \angle AYX

Akibatnya, segitiga {AXY} sama kaki. Sehingga dapat disimpulkan bahwa {XY \parallel DE}, atau dengan kata lain garis {FG} dan {DE} sejajar.

Geometri, Mathematics

OSN 2018 P8 – I,O,N segaris

OSN2018 P8. Misalkan {I} dan {O} masing-masing menyatakan titik pusat lingkaran dalam dan lingkaran luar segitiga {ABC}. Lingkaran singgung luar {\omega_A} dari segitiga {ABC} menyinggung sisi {BC} di {N} serta menyinggung perpanjangan sisi {AB} dan {AC} masing-masing di {K} dan {M}. Jika titik tengah ruas garis {KM} berada pada lingkaran luar segitiga {ABC}, buktikan bahwa {O,I,} dan {N} segaris.

Solusi. Misalkan {T'} adalah titik potong antara lingkaran luar segitiga {ABC} dan sinar dari {O} yang tegak lurus {BC} dan titik {T} adalah titik tengah {KM}. Misalkan pula {I_A} adalah pusat lingkaran singgung luar {\omega_A}. Selain itu, misalkan pula {R_a} dan {R} adalah panjang jari-jari lingkaran {\omega_A} dan lingkaran luar segitiga {ABC}.

 

OSN2018Q8

Step 1. Akan dibuktikan bahwa {A,I,T',} dan {I_A} segaris.

Proof: Well-known

Step 2. Akan dibuktikan bahwa {T'I_A=T'I=T'B=T'C}

Proof: Well-known

Step 3. Akan dibuktikan bahwa {T\equiv T'}

Proof: Perhatikan bahwa {T} adalah titik tengah {KM}, karena {\triangle I_AMA} kongruen dengan {\triangle I_AKA}, maka {T} berada pada garis {AI}. Jika {T} berada pada lingkaran luar segitiga {ABC}, maka {T} adalah perpotongan antara garis {AI} dan lingkaran luar segitiga {ABC}, yaitu titik {T'}. Dari sini kita dapatkan bahwa {T\equiv T'}.

Step 4. Akan dibuktikan bahwa {R_a=2R}.

Proof: Perhatikan bahwa {AI_A \perp KM} sehingga {\triangle I_ATM} sebangun dengan {\triangle I_AMA}. Kita dapatkan bahwa {I_AM^2 = I_AT\cdot I_AA = IT\cdot I_AA}. Dari sini kita dapatkan bahwa

\displaystyle R_a = I_AM = IT \cdot \frac{I_AA}{I_AM} = \frac{TC}{\sin \angle I_AAM} = 2R

Step 5. Akan dibuktikan bahwa {I,O,N} segaris.

Proof: Perhatikan bahwa {OT} dan {NI_A} keduanya tegak lurus {BC}. Akibatnya {OT \parallel NI_A}. Selain itu pula, perhatikan bahwa

\displaystyle \frac{OT}{NI_A}=\frac{R}{R_a}=\frac{1}{2}=\frac{IT}{II_A}

sehingga {\triangle IOT} sebangun dengan {\triangle IN_IA}. Akibatnya {\angle IOT = \angle INI_A} dan {I,O,N} segaris.

Aljabar, Mathematics

My Two Favorite Inequalities

Hi guys, kali ini saya mau post dua soal ketaksamaan favorit saya. Kenapa jadi favorit? Karena cara pengerjaannya yang cukup unik, dan idenya yang cukup sederhana. Siapa tahu idenya mungkin bisa dipakai di soal lain. Oke, langsung aja ini soalnya:

Problem 1. (IMO 2008 P2.1) Misalkan {x,y,z} bilangan real yang berbeda-beda. Buktikan bahwa

\displaystyle \left(\frac{x}{x-y}\right)^2+\left(\frac{y}{y-z}\right)^2+\left(\frac{z}{z-x}\right)^2 \ge 1

Problem 2. (Vietnam 2005, stronger) Misalkan {a,b,c>0}, buktikan bahwa

\displaystyle \left(\frac{a}{a+b}\right)^2+\left(\frac{b}{b+c}\right)^2+\left(\frac{c}{c+a}\right)^2 \ge \frac34

Untuk problem pertama, misalkan

\displaystyle p=\frac{x}{x-y}, q=\frac{y}{y-z}, r=\frac{z}{z-x}

Apakah kita bisa memperoleh suatu hubungan antara {p,q,r} tanpa melibatkan {x,y,z}? Tentu saja 🙂 Perhatikan bahwa

\displaystyle p-1=\frac{y}{x-y}, q-1=\frac{z}{y-z}, r-1=\frac{x}{z-x}

Akibatnya kita peroleh bahwa

\displaystyle pqr=(p-1)(q-1)(r-1) \rightarrow pq+qr+rp=p+q+r-1

Ketaksamaan yang kita akan buktikan adalah

\displaystyle p^2+q^2+r^2 \ge 1 \iff (p+q+r)^2-2(pq+qr+rp) \ge 1

Atau ekuivalen dengan

\displaystyle (p+q+r)^2-2(p+q+r)+1 \ge 0 \iff (p+q+r-1)^2 \ge 0

yang jelas benar karena bilangan kuadrat selalu non-negatif.

Sekarang, untuk problem kedua, kita gunakan attempt yang sama persis dengan problem pertama. Misalkan

\displaystyle p=\frac{a}{a+b}, q=\frac{b}{b+c}, r=\frac{c}{c+a}

Lagi-lagi, bagimana cara mencari suatu hubungan antara {p,q,r} tanpa melibatkan {a,b,c}? Sama seperti diatas, perhatikan bahwa

\displaystyle 1-p=\frac{b}{a+b}, 1-q=\frac{c}{b+c}, 1-r=\frac{a}{c+a}

Sehingga kita peroleh bahwa

\displaystyle pqr=(1-p)(1-q)(1-r) \rightarrow 2pqr+p+q+r=1+pq+qr+rp

Kondisinya agak rumit, tapi ya mau gimana lagi, memang soalnya lebih susah 🙂 Oke lanjut dulu… Ketaksamaan yang ingin kita buktikan ekuivalen dengan

\displaystyle p^2+q^2+r^2 \ge \frac{3}{4}

Agak sedikit tricky dan magis, namun perhatikan bahwa di soal kedua, salah satu kasus kesamaan terjadi saat {a=b=c}, atau {p=q=r=\frac12}, sehingga hal ini memotivasi (?) kita untuk mencoba melihat bahwa

\displaystyle \left(p+q+r-\frac{3}{2}\right)^2\ge0

Hal diatas sebenarnya ekuivalen dengan

\displaystyle p^2+q^2+r^2+2(pq+pr+qr) -3 (p+q+r) +\frac94 \ge 0

Menggunakan hubungan antara {p,q,r} yang agak rumit diatas, ketaksamaan diatas ekuivalen dengan

\displaystyle p^2+q^2+r^2 \ge \frac34 + (pq+qr+rp)-6pqr

Jadi, untuk membuktikan pernyataan pada soal, ternyata kita hanya tinggal membuktikan bahwa

\displaystyle pq+qr+rp \ge 6pqr \Rightarrow \frac{1}{p}+\frac{1}{q}+\frac{1}{r} \ge 6

Mensubstitusikan {p,q,r} ke dalam {a,b,c}, hal diatas ekuivalen dengan

\displaystyle \frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c} \ge 3

yang jelas benar dengan {AM-GM}.

Gimana, cukup magis dan layak untuk dijadikan soal favorit, kan? 😀