Pembahasan Soal Uraian Kontes Terbuka Olimpiade Matematika (KTOM)

Hallo semuanya, kali ini admin akan mencoba membahas soal uraian KTOM yaitu Kontes Terbuka Olimpiade Matematika bulan September tahun 2023 yang kebetulan admin juga ikut serta dalam menjawab kontes tersebut. 

Pembahasan ini dibuat tepat setelah kontes berakhir. Jadi, admin belum tahu pembahasannya benar atau tidak yang jelas setelah nilai diumumkan, admin akan update berapa poin yang didapat dari pembahasan soal uraian KTOM kali ini. Baiklah langsung saja kita ke pembahasannya.

1. Diberikan trapesium $ABCD$ yang tidak sama kaki di mana $AB$ sejajar $CD$. Diketahui bahwa terdapat lingkaran di dalam trapesium $ABCD$ yang menyinggung $AB$, $BC$, $CD$, dan $DA$ berturut-turut di titik $E$, $F$, $G$, dan $H$.

(a) Misalkan $O$ adalah titik pusat lingkaran yang menyinggung keempat sisi trapesium $ABCD$. Buktikan bahwa panjang $AE=AH$, kemudian simpulkan bahwa $\triangle AEO$ kongruen dengan $\triangle AHO$. Buktikan pula $\triangle DHO$ kongruen dengan $\triangle DGO$.

(b) Gunakan bagian (a) untuk membuktikan bahwa $\angle GHE=90^\circ$, kemudian simpulkan bahwa $G$, $O$, dan $E$ segaris.

(c) Buktikan bahwa $\angle GFH=\angle OAB$ dan $\angle GHF=\angle OBA$. Simpulkan bahwa $\triangle GFH$ sebangun dengan $\triangle OAB$

(d) Misalkan $G'$ dan $E'$ berada di segmen $FH$ sedemikian sehingga $GG'$ dan $EE'$ masing-masing tegak lurus dengan $FH$. Buktikan bahwa $AB\cdot GG'=EE'\cdot CD$. (Petunjuk: apakah $\triangle EHF$ juga sebangun dengan $\triangle OCD$?)

Pembahasan : (7/7) Perhatikan gambar berikut.

(a) Karena $AE$ dan $AH$ keduanya garissinggung lingkaran dengan pusat $O$ maka $AE=AH$ (Terbukti), berdasarkan sisi-sisi-sisi maka $\triangle AEO$ dan $\triangle AHO$ kongruen. Dengan cara yang sama $DG=DH$ dan menurut sisi-sisi-sisi maka $\triangle DHO$ dan $\triangle DGO$ kongruen (Terbukti).

(b) Karena $\triangle AEO$ dan $\triangle AHO$ kongruen maka $\angle EAO=\angle HAO=\alpha$, $\angle EOA=\angle HOA=90^{\circ}$; dan $\angle EOA=\angle HOA=90^{\circ}-\alpha$. Karena AB sejajar CD maka $\angle GDH=180^{\circ}-\angle EAH=180^{\circ}-2\alpha$. Karena $\triangle DHO$ dan $\triangle DGO$ kongruen, maka $\angle GDO=\angle HDO=\frac{\angle GDH}{2}=90^{\circ}-\alpha$. Misalkan $GH$ dan $OD$ berpotongan di titik $I$ maka $GH$ dan $OD$ saling tegak lurus. Artinya $\angle OIH=90^{\circ}$. Misalkan juga $EH$ dan $OA$ berpotongan di titik $J$ maka $EH$ dan $OA$ saling tegak lurus. Artinya $\angle OJH=90^{\circ}$. Perhatikan $\angle AOD$ siku-siku di $O$ (Karena $\angle OAD=\alpha$ dan $\angle ODA=90^{\circ}-\alpha$). Akibatnya segiempat $HIOJ$ adalah persegipanjang dengan demikian $\angle GHE=\angle IHJ=90^{\circ}$ (Terbukti). Karenanya $GE$ merupakan diameter lingkaran, dengan kata lain $G, O, E$ segaris.

(c) Berdasarkan teorema sudut keliling, kita punya $\angle GFH=\angle GEH$. Kemudian pandang $\triangle OJE$ karena $\angle OJE=90^{\circ}$ dan $\angle JOE=90^{\circ}-\alpha$, maka kita punya $\angle GEH=\angle OEJ=\alpha$. Jadi $\angle GFH=\angle GEH=\alpha =\angle OAB$. Analog dengan hal tersebut, $\angle GHF=\angle GEF$. Dan menggunakan cara serupa dengan sebelumnya kita bisa dapatkan bahwa $\angle GEF=\angle OBA$. Jadi, $\angle GHF=\angle GEF=\angle OBA$ (Terbukti). Akibatnya $\triangle GFH$ sebangun dengan $\triangle OAB$.

(d) Karena $\triangle GFH$ sebangun dengan $\triangle OAB$, kita punya $\frac{AB}{HF}=\frac{EO}{GG'}$ atau $AB.GG'=HF.EO$. Perhatikan bahwa

$\begin{align*}\angle EFH&=90^{\circ}-\angle GFH\\ &=90^{\circ}-\angle OAB\\ &=90^{\circ}-\alpha \\ &=\angle ODC\end{align*}$ 

dan

$\begin{align*}\angle EHF&=90^{\circ}-\angle GHF\\ &=90^{\circ}-\angle OBA\\ &=\angle OCD\end{align*}$

karenanya $\triangle EHF$ dan $\triangle OCD$ juga sebangun. Karenanya kita punya $\frac{CD}{HF}=\frac{GO}{EE'}$ atau $HF.GO=EE'.CD$. Karena $EO=GO$ maka $\begin{align*}AB.GG'&=HF.EO\\ &=HF.GO\\ &=EE'.CD\end{align*}$ (Terbukti)

2. Sebuah himpunan $S$ disebut bagus jika merupakan himpunan bagian dari $\{1, 2, ..., 101\}$, dan untuk setiap dua anggota $a, b \in S$, kita punya $|a - b| \neq 11$. Tentukan nilai maksimum dari $|S|$ dari antara semua himpunan $S$ yang mungkin.

Pembahasan : (7/7) Misalkan $A=\{1,2,3,\cdots ,101\}$ dan $S$ himpunan bagian dari $A$ sehingga untuk setiap dua anggota $a,b\in S$, kita punya $|a-b|\neq 11$. 

Kita dapat tuliskan himpunan $A=A_0\cup A_1\cup\cdots \cup A_{10}$; dimana $A_i$ himpunan bagian dari $A$ yang setiap anggotanya bersisa $i$ jika dibagi $11$ untuk $i=0,1,\cdots, 10$.

Jelas $A_i\cap A_j=\{\}$ untuk setiap $i\neq j$. Sehingga $|S|=|S\cap A_0|+|S\cap A_1|+\cdots +|S\cap A_{10}|$. Kemudian kita tahu bahwa untuk setiap dua anggota $a,b\in S$ , kita punya $|a-b|\neq 11$. Oleh karenanya pemilihan anggota $S$ di $A_i$ tidak berpengaruh pada pemilihan anggota $S$ di $A_j$ untuk setiap $i\neq j$.

Dari sini kita cukup meninjau nilai dari $|S\cap A_i|$ untuk setiap $i=0,1,\cdots 10$.

Perhatikan bahwa di sini terdapat dua kemungkinan nilai dari $|A_i|$ yaitu $9$ atau $10$. Akan dibagi menjadi dua kasus.

-) Tinjau ketika $|A_i|=9$ untuk $i=0,1,\cdots ,10$. Katakan $A_i=\{a_0,a_1.a_2,\cdots ,a_8\}$. Tanpa mengurangi keumuman misalkan $a_0<a_1<\cdots <a_8$, maka $|a_{k+1}-a_{k}|=11$ untuk setiap $k=0,1\cdots ,7$. Artinya kita tidak bisa memilih $a_k$ dan $a_{k+1}$ dua-duanya. Dari sini, $|S\cap A_i|\leq \frac{9+1}{2}=5$. Jadi $|S\cap A_i|$ maksimal adalah $5$ terjadi ketika $S\cap A_i=\{a_0,a_2,\cdots , a_8\}$

-) Tinjau ketika $|A_i|=10$ untuk $i=0,1,\cdots ,10$. Katakan $A_i=\{a_0,a_1.a_2 ,\cdots ,a_9\}$. Tanpa mengurangi keumuman misalkan $a_0<a_1<a_2<\cdots<a_9$, maka $|a_{k+1}-a_{k}|=11$ untuk setiap $k=0,1\cdots ,8$. Dari sini, $|S\cap A_i|\leq \frac{10}{2}=5$. Jadi $|S\cap A_i|$ maksimal adalah $5$ salah satu kemungkinannya terjadi ketika $S\cap A_i=\{a_0,a_2,\cdots , a_8\}$

Dari kedua kasus tersebut $|S\cap A_i|$ maksimal adalah $5$ untuk setiap $i$. Jadi $|S|$ maksimal adalah $|S|=11\times 5=55$

3. Diberikan sebuah bilangan asli $n$ dan bilangan-bilangan riil $-1\leq a_1,a_2,\dots,a_n\leq 2$ sehingga hasil penjumlahan semua suku tersebut adalah $0$.

(a) Buktikan bahwa

 $\begin{align*}a_1^2 + a_2^2 + ... + a_n^2 \leq 2n\end{align*}$

dan tentukan kapan kesamaan terjadi.

(b) Buktikan bahwa

$\begin{align*}\frac{|a_1|}{\sqrt{1 \cdot 2}} + \frac{|a_2|}{\sqrt{2 \cdot 3}} + ... + \frac{|a_n|}{\sqrt{n \cdot (n+1)}} < \sqrt{2n}\end{align*}$

Pembahasan : (7/7) Diberikan sebuah bilangan asli $n$ dan bilangan real $-1\leq a_1,a_2,\cdots ,a_n\leq 2$ dimana $a_1+a_2+\cdots +a_n=0$

(a) Akan ditunjukan bahwa $a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2\leq 2n$.

Perhatikan bahwa untuk setiap $i=1,2,\cdots ,n$, kita punya $(a_i-\frac{1}{2})^2\leq (\frac{3}{2})^2=\frac{9}{4}$.

Sehingga kita dapatkan

\begin{align*}\sum_{i=1}^{n}(a_i-\frac{1}{2})^2&\leq \sum_{i=1}^{n}\frac{9}{4}\\ \sum_{i=1}^{n}(a_i^2-a_i+\frac{1}{4})&\leq \frac{9}{4}n\\ \sum_{i=1}^{n}a_i^2-\sum_{i=1}^{n}a_i+\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{4}&\leq \frac{9}{4}n\\ (a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2)-(a_1+a_2+\cdots +a_n)+\frac{1}{4}n&\leq \frac{9}{4}n\\ (a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2)-(0)&\leq 2n\\ a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2&\leq 2n\end{align*} (Terbukti)

Kesamaan terjadi hanya ketika $n$ habis dibagi $3$ serta terdapat $\frac{n}{3}$ yang bernilai $2$ dan sisanya bernilai $-1$

(b) Akan ditunjukan bahwa $\frac{|a_1|}{\sqrt{1.2}}+\frac{|a_2|}{\sqrt{2.3}}+\cdots +\frac{|a_n|}{\sqrt{n.(n+1)}}<\sqrt{2n}$.

Perhatikan bahwa menurut ketaksamaan CS,

\begin{align*}\left(\sum_{i=1}^{n}\frac{|a_i|}{\sqrt{i.(i+1)}}\right)^2&\leq \left(\sum_{i=1}^{n} |a_i|^2\right)\left(\sum_{i=1}^{n} \left(\frac{1}{\sqrt{i.(i+1)}}\right)^2\right)\\ &=\left(\sum_{i=1}^{n} a_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i.(i+1)}\right)\\ &=\left(\sum_{i=1}^{n} a_i^2\right)\left(\frac{n}{n+1}\right) \end{align*}

Pada bagian (a) kita berhasil menunjukan bahwa $a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2\leq 2n$. Sehingga kita punya

\begin{align*}\left(\sum_{i=1}^{n}\frac{|a_i|}{\sqrt{i.(i+1)}}\right)^2&\leq \left(\sum_{i=1}^{n} a_i^2\right)\left(\frac{n}{n+1}\right)\\ &\leq 2n\left(\frac{n}{n+1}\right)\\ &=\frac{2n^2}{n+1}\\ &<2n \end{align*}

Jelas bahwa $\sum_{i=1}^{n}\frac{|a_i|}{\sqrt{i.(i+1)}}\geq 0$. Akibatnya, dengan mengakarkan kedua ruas pada pertidaksamaan di atas terbukti bahwa $\frac{|a_1|}{\sqrt{1.2}}+\frac{|a_2|}{\sqrt{2.3}}+\cdots +\frac{|a_n|}{\sqrt{n.(n+1)}}<\sqrt{2n}$.

4. Misalkan $P(x)$ adalah polinom tak konstan dan berkoefisien bilangan bulat. Diberikan suatu bilangan asli $n$ dan barisan $a_0,a_1,...$ yang didefinisikan sebagai berikut: $a_0=n$ dan $a_k=P(a_{k-1})$ untuk setiap bilangan asli $k$. Ternyata, untuk setiap bilangan asli $b$, terdapat bilangan bulat nonnegatif $p$ dan bilangan asli $q > 1$ sehingga $a_p = q^b$. Buktikan bahwa $P(x)$ adalah polinom berderajat satu.

Pembahasan : (0/7) Diketahui Polinom $P(x)$ tak konstan dan berkoefisien bilangan bulat yang memenuhi kondisi soal. Akan dibuktikan bahwa $P(x)$ adalah polinom berderajat satu. Andaikan $P(x)$ berderajat $m>1$. Kita dapat tuliskan sebagai $P(x)=b_mx^{m}+b_{m-1}x^{m-1}+\cdots +b_1x+b_0$ untuk suatu bilangan bulat $b_m,b_{m-1},\cdots ,b_1,b_0$. Perhatikan bahwa kita punya $a_0=n$ dan $a_k=P(a_{k-1})$. Dari soal kita tahu bahwa untuk setiap bilangan asli $b$ terdapat bilangan bulat tak negatif $p$ dan bilangan asli $q>1$ sehingga $a_p=q^b$. Perhatikan bahwa $a_p=\underbrace{P(P(\cdots (P(a_0))))}_\text{p kali}=\underbrace{P(P(\cdots (P(n))))}_\text{p kali}$. Jadi kita punya persamaan $\underbrace{P(P(\cdots (P(n))))}_\text{p kali}-q^b=0$.

Artinya, untuk setiap bilangan asli $b$ kita selalu bisa mendapatkan solusi bilangan asli $(x,y)$ dari persamaan $\underbrace{P(P(\cdots (P(x))))}_\text{p kali}-y^b=0$ yang berderajat $m^p>1$ yang tidak mungkin selalu terjadi. Jadi, haruslah $P(x)$ berderajat satu (Terbukti).

Karena no 4. masih mendapatkan poin (0/7) maka kita perlu perbaiki. Dari feedback yang diberikan, langkah awal kita harus menunjukan bahwa $a_{n+1}-a_n|a_n(a_n -1)$. Untuk saat ini admin masih belum terbesit idenya, jika kalian ada ide silakan tulis di kolom komentar. Terimakasih.

Oke itu saja pembahasan kali ini, admin juga pernah membahas soal KTOM request dari penonton youtube admin yang bisa kalian baca pada link di bawah ini.

Pembahasan Soal KTOM Januari 2019

Dan juga pada link berikut ini.

Pembahasan Soal KTOM Agustus 2020

Jika kalian mau request soal untuk dibahas, silakan di tulis di kolom komentar. Jika admin bisa maka admin akan membahasnya di next pembahasan. So stay tune terus di blog kita jika ingin tahu pembahasan lebih lanjut tentang postingan ini. Terima kasih, salam Math Lover.