4. Misalkan adalah permutasi dari himpunan . Suatu elemen disebut titik tetap dari jika . Misalkan adalah banyaknya permutasi tanpa titik tetap, dan adalah banyaknya permutasi dengan tepat satu titik tetap. Tunjukkan bahwa .

Solusi:

Untuk , jelas bahwa . Perhatikan bahwa karena untuk mendapat permutasi dengan satu titik tetap, kita melakukan dua langkah: 1) pilih satu bilangan yang menjadi titik tetap, ada cara; 2) susun bilangan lainnya tanpa titik tetap, ada cara. Sekarang tinjau sebuah permutasi tanpa titik tetap. Maka bisa dipilih dalam cara. Jika , susunan bilangan lainnya bisa dipilih dalam cara. Jika , bilangan lainnya disusun dalam cara. Jadi . Jadi . Jadi . Karena , maka terbukti bahwa untuk .

4. Tentukan semua pasangan bilangan asli dengan sifat berikut: Jika kita buat garis horizontal dan garis vertikal di mana (i) mereka tidak horizontal, (ii) tidak ada yang sejajar, (iii) tidak ada tiga dari garis itu yang konkuren, maka ada 1992 daerah yang dibentuk garis-garis itu.

Solusi:

Mudah dibuktikan dengan induksi bahwa garis membentuk daerah. Kemudian, garis horizontal menambah daerah lagi. Jadi , atau . Jadi membagi 3982, dan , sehingga . Nilai yang mungkin adalah . Maka didapat .

1. Diberikan sebuah segitiga dengan panjang sisi . Misalkan adalah setengah keliling. Buat segitiga dengan panjang sisi . Proses ini dilakukan berulang-ulang sampai segitiga tidak bisa dibuat lagi. Tentukan segitiga awal agar proses ini bisa dilakukan berulang-ulang sampai tak terhingga banyaknya.

Solusi:

Perhatikan bahwa , sehingga keliling segitiga baru adalah setengah dari keliling sebelumnya. Perhatikan juga bahwa . Maka selisih dari panjang sisi-sisinya selalu tetap. Jika segitiga itu tidak sama sisi, maka selisih panjangnya suatu saat akan lebih besar dari kelilingnya, yang jelas tidak mungkin, sehingga proses ini akan berhenti. Jika segitiga awal sama sisi, maka jelas bahwa proses ini dapat berulang terus. Jadi jawabannya adalah segitiga sama sisi.

4. Buktikan bahwa semua tetrahedron memiliki satu titik sudut di mana ketiga rusuk dari titik itu dapat membentuk segitiga.

Solusi:

On a tetrahedron , we have and , so . Thus one of and must be true, as desired.

Gargamel hat 100 Schlümpfe gefangen. Er hat jedem Schlumpf seinen Ausweis genommen. Jeden Ausweis hat er in eines von 100 Fächern gelegt, sodass nun jedes Fach genau einen Ausweis enthält.

Er bietet den Schlümpfen folgendes Geschäft an: Jeder Schlumpf darf genau 50 Fächer öffnen. Wenn am Ende jeder Schlumpf weiß, wo sein Ausweis ist, so sind alle Schlümpfe frei. Hat nur ein Schlumpf seinen Ausweis nicht gefunden, so bleiben alle Schlümpfe gefangen.

Gesucht ist eine möglichst wirkungsvolle Strategie.

Die genauen Bedingungen:

Es ist (hoffentlich) klar, dass dieses Problem auch allgemein für Schlümpfe (bzw. Fächer) und Züge gestellt werden kann.

Gesucht ist eine Strategie, die eine Gewinnchance von über 30% bereithält.

Es ist klar, dass jeder Schlumpf, wenn er zufällig 50 Fächer öffnet, eine Chance von hat, seinen Ausweis zu finden. Da die Schlümpfe voneinander getrennt sind und nicht miteinander kommunizieren dürfen, kann man voraussetzen, dass sie sich unabhängig verhalten und somit die Wahrscheinlichkeit, dass alle Schlümpfe ihren Ausweis finden, den Wert annimmt – eine verschwindend geringe Zahl.

Wie soll es nun möglich sein, dass man eine Gewinnchance von über 30% herausschlägt? Sehen wir uns dazu zunächst die Vertielung der 100 Ausweise auf die 100 Fächer an. Mathematisch haben wir es hier mit einer bijektiven Abbildung von 100 Ausweise auf 100 Fächer zu tun. Das bedeutet, jedes Fach enthält genau 1 Ausweis und umgekehrt ist jeder Ausweis in genau einem Fach. Eine solche Bijektion kann man auch als Permutation auffassen. Betrachten wir zur Veranschaulichung eine Permutation für :

Das bedeutet: Ausweis 1 liegt in Fach 3, Ausweis 2 in Fach 4, Ausweis 3 in Fach 5, Ausweis 4 in Fach 2, Ausweis 5 in Fach 9, usw.

Eine solche Permutation kann man auch als Produkt von Zykeln schreiben. Das bedeutet folgendes: Ausweis 1 liegt in Fach 3, Ausweis 3 liegt in Fach 5, Ausweis 5 liegt in Fach 9, Ausweis 9 liegt in Fach 1, usw. Das heißt, wir gewinnen eine neue Darstellung für

Nun sieht man, dass der Zykel nur für die Schlümpfe 1, 3, 5 und 9 relevant ist. Evenso ist nur für die Schlümpfe 7, 10 und 8 relevant.

Man kann eine Taktik konstruieren, in der die Schlümpfe automatisch die irrelevanten Zykel ausschließen. Dazu geht jeder einzelne Schlumpf wie folgt vor: Er geht zu dem Fach mit derjenigen Nummer, die seiner Ausweisnummer entspricht (d.h. Schlumpf geht zunächst zu Fach ). Ist in dem Fach gleich der richtige Ausweis, so hat er seinen Ausweis ja gefunden und ist fertig. Ist in diesem Fach ein anderer Ausweis, so geht er zu dem Fach mit der Nummer, die auf dem Ausweis draufsteht (d.h. wenn Schlumpf im Fach den Ausweis mit der Nummer findet, dann geht er zum Fach ). Ist im nächsten Fach () der gesuchte Ausweis, so ist er fertig, ansonsten geht er wieder zum nächsten Fach (bezeichnet Nummer ) und so fort.

Diese Taktik entspricht dem Durchlaufen des relevanten Zykels. Also kann man sagen, dass ein Schlumpf seinen Ausweis dann sicher findet, wenn er genügend Züge zur Verfügung hat, den ganzen Zykel zu durchlaufen. In einem Zykel findet entweder jeder Schlumpf seinen Ausweis (wenn der Zykel kurz genug ist) oder aber kein Schlumpf (wenn der Zykel zu lange ist).

Nach Vertrag mit Gargamel darf jeder Schlumpf genau die Hälfte der Fächer öffnen. Da es insgesamt Fächer gibt, dürfen pro Schlumpf Fächer geöffnet werden.

Insgesamt können wir also festhalten: Wenn der längste Zyklus eine Länge hat, so findet jeder Schlumpf seinen Ausweis in Zügen. Ansonsten finden alle Schlümpfe in diesem längsten Zykel ihren Ausweis nicht. Somit gewinnen die Schlümpfe die Aufgabe, wenn der längste Zykel eine Länge hat. Die Wahrscheinlichkeit dafür werden wir nun berechnen.

Zunächst halten wir fest: Wenn bei einer Permutation von Elementen der längste Zykel eine Länge $\geq n$ hat, so sind die Längen aller anderen Zyklen . Das heißt, dass alle anderen Schlümpfe, die nicht vom Zyklus betroffen sind, ihren Ausweis finden.

Die Schlümpfe gewinnen – wie gesagt – genau dann, wenn der längste Zykel eine Länge hat. In Formeln:

Wir bezeichnen nun mit die Länge des längsten Zykels einer Permutation . Somit kann berechnet werden:

, was sich über das Gegenereignis leicht umformen lässt zu:
.

Wenn der längste Zykel aus länger ist als $n$, dann lässt sich folgende Überlegung anstellen: Wie viele Möglichkeiten gibt es für eine Permutation , sodass dass der längste Zykel genau die Länge (mit ) hat?

Dazu überlegt man sich, dass man für den längsten Zykel genau Möglichkeiten hat, aus den insgesamt Elementen auszuwählen. Diese Elemente können auf Weisen angeordnet sein. Daher muss noch der Faktor daraufmultipliziert werden. Da der Rest nur noch aus Zykeln bestehen kann, deren Länge , ist deren Anordnung egal. Somit gibt es für die restlichen Elemente genau mögliche Anordnungen. Insgesamt gibt es natürlich mögliche Anordnungen.

Somit erhält man für :

Dies setzen wir nun ein und erhalten:

.

Eine kleine Abschätzung aus der Analysis liefert uns:

Insgesamt haben wir mit dieser Strategie also ein Verfahren gewonnen, um die Gewinnchance auf (knapp) über 30% anzuheben. Insbesondere gilt diese Abschätzung für beliebig große . Mittlerweile wurde sogar die Optimalität dieser Strategie bewiesen.

Hier eine Pdf-Datei, die sich auch mit dem Thema beschäftigt und das ganze vermutlich etwas leserlicher darstellt.

6. Diberikan himpunan titik pada bidang. Misalkan adalah jarak terjauh dari dua titik pada himpunan tersebut. Buktikan bahwa banyaknya pasang titik yang jaraknya kurang dari atau sama dengan .

Solusi:

Kita sebut ruas garis yang dibentuk dua titik dari himpunan tersebut yang jaraknya adalah “garis panjang”. Misalkan () semuanya adalah garis panjang. Maka berada pada busur lingkaran dengan pusat , dan besarnya tidak lebih dari . Misalkan berada di antara . Perhatikan bahwa () adalah garis panjang hanya mungkin ketika .

Kita klaim bahwa dua garis panjang selalu berpotongan. Misalkan ada garis panjang yang tidak berpotongan. Perhatikan bahwa , kalau tidak kontradiksi. Dengan cara serupa, semua sudut-sudut yang dibentuk empat titik tersebut lebih kecil dari , sehingga segiempat yang dibentuk mereka memiliki jumlah sudut dalam kurang dari , kontradiksi. Maka klaim kita terbukti.

Sekarang perhatikan satu titik (). Jika ada titik sehingga adalah garis panjang, maka memotong kedua garis panjang , yang jelas tidak mungkin. Jadi adalah garis panjang jika dan hanya jika .

Artinya, untuk setiap satu titik yang berada pada garis panjang, maka terdapat titik yang hanya berada pada satu garis panjang.

Misalkan adalah titik pada himpunan tersebut dan berada pada tepat garis panjang. Misalkan juga . Jadi total garis panjang memenuhi . Menurut observasi di atas, , sehingga , yang membuktikan hasil tersebut.

4. Gambar di samping menunjukkan sebuah segi sembilan. Enam diagonal dibuat sehingga membagi poligon menjadi tujuh segitiga: . Dalam berapa cara kita melabelkan segitiga tersebut dengan sehingga adalah titik sudut segitiga untuk ?

Solusi:

Perhatikan bahwa harus dilabeli , kemudian , , , , , . Inilah satu-satunya cara pelabelan yang mungkin.

8. Dalam suatu kampanye pemilu, ada janji berbeda yang dibuat oleh partai-partai politik. Beberapa partai bisa membuat janji yang sama, setiap dua partai memiliki setidaknya satu janji yang sama, tetapi tidak ada dua partai yang semua janjinya sama. Buktikan bahwa banyaknya partai tidak lebih dari .

Solusi:

Anggaplah ada partai dan janji-janji mereka adalah himpunan . Perhatikan bahwa untuk semua . Maka tidak ada yang merupakan komplemen dari . Perhatikan bahwa adalah subhimpunan dari (himpunan semua janji). Maka .

10. Ada orang, masing-masing mengetahui satu informasi yang berbeda-beda. Setiap kali A menelepon B, A memberi tahu semua informasi yang A tahu, tetapi B tidak memberi tahu apapun. Tentukan banyaknya telepon minimum agar semua orang ini mengetahui semua informasi.

Solusi:

Sebutlah telepon “penting” adalah telepon pertama di mana ada satu orang yang mengatahui semua informasi. Jelas bahwa setiap orang lainnya harus menelepon setidaknya sekali untuk memberikan informasi kepada seseorang. Setelah telepon penting ini, setiap dari orang lainnya juga harus menerima telepon setidaknya sekali untuk menerima informasi dari orang lain. Jadi minimal ada telepon. Ini bisa dilakukan sebagai berikut: .

7. Dari lima bilangan bulat, buktikan selalu ada tiga bilangan yang jumlahnya habis dibagi 3.

Solusi:

Asumsikan tidak. Jika ada tiga bilangan yang kongruen modulo 3, kita selesai. Jika ada tiga bilangan yang masing-masing kongruen 0,1,2 modulo 3, jumlahnya juga habis dibagi 3. Jadi hanya ada 2 jenis modulo 3, masing-masing jenis memiliki maksimal 2 bilangan, sehingga maksimal ada 4 bilangan, kontradiksi.

3. Diberikan kumpulan bola. Semua bola berwarna merah atau biru dan beratnya 1 pon atau 2 pon. Ada minimal satu bola biru dan merah, ada minimal satu bola 1 pon dan 2 pon. Buktikan ada dua bola yang berbeda berat dan warnanya.

Solusi:

Tinjau dua bola, merah dan biru. Jika beratnya berbeda, kita selesai. Anggap keduanya sama, 1 pon. Ambil satu bola lain yang beratnya 2 pon. Maka ini pasti berat dan warnanya berbeda dengan salah satu dari dua bola pertama.

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.

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 .

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 untuk . Suatu subhimpunan kita bijeksikan dengan subhimpunan . Maka jumlah anggota subhimpunan pertama jika dan hanya jika yang kedua . Maka jelas bahwa .

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 tempat-tempat kosong ini. Digit-digit 0,1,2,3,4 tidak mungkin berada di tempat pertama. Jadi 5 digit ini berada di 9 tempat lainnya. Digit-digit lainnya pasti tersusun secara otomatis setelah 5 digit ini tersusun. Jadi ada susunan.

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 , Siti menang. Kita akan membuat bukti dengan induksi.

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 , dan Siti punya strategi kemenangan untuk .

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.

1. Misalkan bilangan bulat positif. Tentukan banyaknya segitiga yang panjang sisi-sisinya adalah bilangan bulat dan sisi terpanjangnya adalah .

Solusi:

Asumsikan ganjil dan misalkan . Kita akan cari banyaknya pasangan dengan sehingga .

Jika :

Jika :

Jika :

Dan seterusnya. Jadi untuk , ada pasangan yang memenuhi. Setidaknya ini benar untuk . Mari kita selidiki untuk .

Jika : ada pasang.

Jika : ada pasang.

Jika : ada pasang.

Mudah dilihat bahwa untuk , banyaknya pasangan justru menurun. Maka kita dapat banyaknya segitiga .

Dengan cara serupa, jika genap, maka banyaknya segitiga adalah .

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 . Jadi . Tetapi , sehingga banyak warna minimum adalah 19.

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.

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.

Ada sebuah bilangan real di papan tulis. Dalam satu langkah, kita boleh menghapus suatu bilangan kemudian menulis dua bilangan positif di mana . Anggaplah kita punya satu bilangan real di papan tulis yaitu . Setelah langkah, buktikan bahwa ada satu bilangan di papan yang tidak lebih besar dari .

Solusi:

Jika bilangan diganti dengan dua bilangan , maka . Misalkan ada bilangan-bilangan bilangan setelah operasi, maka

Jika semuanya lebih besar dari , maka ruas kiri lebih kecil dari , kontradiksi.

Sumber: APMO 2009

Untuk meningkatkan produktivitas soal-soal di blog ini, versi PDF tidak lagi tersedia. Membuat file PDF menghabiskan cukup banyak waktu. Jadi agar soal-soal bisa dipost dalam frekuensi lebih tinggi dan memiliki kualitas lebih baik, saya tidak menyediakan versi PDF lagi. Maaf untuk ketidaknyamanan ini.

Misalkan adalah suatu bilangan bulat. Tentukan bilangan bulat maksimal sehingga terdapat suatu segi- yang memiliki sudut dalam siku-siku.

Solusi:

Asumsikan suatu segi- memiliki sudut dalam siku-siku, maka sudut lainnya kurang dari . Jadi , sehingga kita dapat . Karena adalah bilangan bulat, maka .

Jika , maka . Tetapi jika segilima memiliki 4 sudut dalam siku-siku, sudut ke-5 haruslah , yang tidak mungkin. Gambar berikut adalah contoh segilima dengan 3 sudut dalam siku-siku.

Jadi untuk .

Kita akan menunjukkan dengan induksi bahwa untuk . Untuk , contohnya bisa dilihat pada gambar berikut:

Sekarang kita cukup membuktikan bahwa jika kita menambahkan tiga sisi, kita dapat menambahkan dua sudut dalam siku-siku. Perhatikan bahwa setiap poligon di atas memiliki satu sudut yang lebih besar dari . Maka sudut ini dapat kita modifikasi sebagai berikut:

Dengan ini kita selesai. Jadi jawabannya adalah jika dan jika .

Sumber: IMO Shortlist 2003

Download dalam bentuk PDF

Misalkan . Tentukan bilangan terkecil sehingga berlaku: Untuk setiap subhimpunan dengan anggota dari terdapat dua anggota berbeda sehingga adalah bilangan prima.

Solusi:

Jika kita ambil subhimpunan yang terdiri dari bilangan-bilangan genap di , maka habis dibagi 4 untuk semua anggota . Jadi harus ada setidaknya satu bilangan ganjil dan . Perhatikan pasangan-pasangan berikut: . Jumlah kuadrat dari setiap pasang tersebut adalah bilangan prima. Jika , dengan prinsip Dirichlet, subhimpunan 9 anggota selalu memiliki setidaknya satu pasangan di atas. Jadi nilai minimum dari adalah 9.

Sumber: Vietnam 2004

Download dalam bentuk PDF

Misalkan dan adalah bilangan asli dan adalah himpunan titik pada bidang. Diberikan bahwa tidak ada tiga titik yang kolinear, dan untuk setiap titik pada , terdapat setidaknya titik pada yang jaraknya sama dari . Buktikan bahwa

Solusi:

Ketaksamaan yang diberikan ekuivalen dengan

Jadi kita cukup membuktikan bahwa

Kita akan menghitung banyaknya tiga titik (urutan dan dapat diabaikan) di mana dan jaraknya sama ke . Misalkan nilainya adalah .

Ambil sebarang titik pada . Maka banyaknya titik yang jaraknya sama ke- minimal , sehingga banyaknya cara untuk memilih minimal adalah . Ini berlaku untuk semua titik pada , maka .

Sekarang, ambil sebarang pasang titik pada , yaitu . Semua titik yang jaraknya sama ke dan pasti berada di garis sumbu dari . Tetapi tidak ada tiga titik yang kolinear. Jadi maksimal hanya ada dua titik yang jaraknya sama ke dan . Karena ada pasangan yang mungkin, maka .

Jadi , yang dapat disederhanakan menjadi .

Sumber: IMO 1989

Download dalam bentuk PDF

Sebuah himpunan bilangan asli dikatakan baik jika untuk setiap pasangan bilangan tepat satu dari dan merupakan anggota (bilangan dan boleh sama). Tentukan banyaknya himpunan baik yang memiliki anggota .

Solusi:

LEMMA 1: Misalkan adalah sebuah anggota dari himpunan baik . Maka jika dan hanya jika tidak habis dibagi 3.

Bukti: Kita akan membuktikan lemma ini dengan induksi. Perhatikan bahwa tidak mungkin anggota dari , maka pasti anggota dari . Tetapi merupakan anggota dari , sehingga bukan anggota dari .

Asumsikan adalah anggota dari untuk semua bilangan asli yang tidak habis dibagi 3 yang kurang dari , dan bukan anggota dari untuk semua bilangan asli yang habis dibagi 3 yang kurang dari . Maka merupakan anggota sehingga bukan anggota dari . Tetapi bukan anggota dari sehingga adalah anggota . Karena bukan anggota maka adalah anggota . Maka langkah induksi kita telah selesai dan lemma 1 terbukti.

LEMMA 2: Misalkan dan adalah anggota terkecil dari himpunan baik . Maka dan habis dibagi pangkat dari 3 yang sama (dengan kata lain ).

Bukti: Misalkan adalah kelipatan persekutuan terkecil dari dan . Perhatikan bahwa setidaknya satu dari atau pasti tidak habis dibagi 3 (kalau tidak menjadi kelipatan persekutuan yang lebih kecil dari , kontradiksi). Menurut lemma 1, adalah anggota dari . Artinya dan keduanya tidak habis dibagi . Jadi dan habis dibagi pangkat dari 3 yang sama, dan lemma 2 terbukti.

LEMMA 3: Misalkan adalah anggota terkecil dari himpunan baik . Maka semua anggota dari habis dibagi .

Bukti: Asumsikan adalah anggota terkecil yang tidak habis dibagi . Perhatikan bahwa sehingga . Tetapi dan tidak habis dibagi , sehingga dan bukan anggota dari . Maka dan adalah anggota dari . Misalkan dan di mana dan tidak habis dibagi 3. Maka dan . Tetapi salah satu dari atau pasti habis dibagi 3. Maka salah satu dari dan habis dibagi , kontradiksi dengan lemma 2. Maka tidak mungkin terdapat sehingga .

Sekarang kita gunakan ketiga lemma ini untuk menyelesaikan soal tersebut. Jika adalah elemen terkecil dari himpunan baik yang memiliki anggota , maka . Perhatikan bahwa memiliki 8 faktor positif. Maka ada 8 kemungkinan untuk nilai . Masing-masing nilai memberikan satu himpunan baik yang unik. Maka ada 8 himpunan baik yang memiliki anggota 2008.

Sumber: International Olympiad Tuymaada 2008

Download dalam bentuk PDF