http://olimpiadematematika.wordpress.com/

[Hendrata Dharmawan] Tiga pemain terompet berada di sebuah bar. Mereka datang di waktu yang mungkin berbeda-beda. Setiap peniup terompet main selama satu menit, kemudian istirahat selama beberapa menit. Satu kali main dan satu kali istirahat disebut satu periode. Misalkan periode pemain terompet pertama, kedua, dan ketiga berturut-turut adalah (dalam satuan menit). Jika diketahui bahwa semuanya adalah bilangan irasional, buktikan bahwa terdapat suatu saat di mana ketiga terompet berbunyi bersamaan.

Solusi
Kita akan menggunakan lemma berikut (lihat ini):

Jika adalah bilangan irasional, maka barisan rapat (dense) di interval $(0,1)$.

Kita perhatikan dua orang dulu. Misalkan orang pertama memiliki periode 1 detok, yang setara dengan menit. Misalkan juga , yang adalah bilangan irasional. Jadi , atau detok. Jadi periode orang kedua adalah bilangan irasional, untuk kenyamanan sebutlah ini detok. Anggap pada suatu saat orang kedua mulai main untuk ke- kalinya. Orang pertama sudah mulai main sejak detok yang lalu. Jika kurang dari satu menit, maka orang kedua mulai main ketika orang pertama masih bermain. Tetapi menurut lemma di atas, terdapat yang kurang dari satu menit. Maka untuk dua orang, hasil itu terbukti.

Sekarang kita perhatikan tiga orang. Anggaplah ada orang keempat yang bermain setiap kali dan hanya pada saat orang pertama dan kedua bermain bersama. Jadi, kita tinggal perhatikan orang ketiga dan keempat. Ini bisa dibuktikan dengan cara yang sama seperti di atas. Maka kita selesai.

Secara induktif, kita dapat memperumum hasil ini untuk berapa pun banyaknya pemain terompet.

[Shortlist Olimpiade Amerika Tengah 2008] Tentukan semua bilangan kuadrat yang berbentuk abbb di mana a dan b menyatakan satu digit dan a>0.

Solusi
Perhatikan bahwa semua bilangan kuadrat bersisa 0, 1, atau 4 jika dibagi 5. Jadi nilai b adalah 0, 1, 4, 5, 6, atau 9. Bilangan kuadrat bersisa 0, 1, atau 4 jika dibagi 8. Jadi nilai b yang mungkin tinggal 0 dan 4. Jelas bahwa tidak ada bilangan kuadrat berbentuk a000. Kita bisa mudah memeriksa nilai a dari 1 sampai 9 sehingga a444 berbentuk bilangan kuadrat. Nilai yang mungkin hanya 1444, yaitu kuadrat dari 38.

[Tournament of Towns 1997 Musim Gugur 1997 Junior O Level] Kita ingin menggambar beberapa garis lurus di papan kotak-kotak sehingga setidaknya ada satu garis yang melewati bagian dalam setiap persegi kecil. Tentukan banyaknya garis paling sedikit yang diperlukan untuk papan (a) ; (b) .

Solusi
Kita klaim bahwa satu garis melewati bagian dalam dari paling banyak persegi pada papan kotak-kotak . Perhatikan bahwa ada garis horizontal di dalam papan dan garis vertikal di dalam papan, totalnya ada garis. Setiap kali suatu garis melewati satu kotak ke kotak lain (berpindah), garis itu pasti memotong satu dari garis tadi. Jadi, satu garis paling banyak hanya “berpindah” sebanyak kali. Maka garis itu paling banyak melewati bagian dalam dari persegi. Klaim kita terbukti.

Sekarang, untuk bagian (a), satu garis hanya bisa melewati 5 kotak. Jadi perlu minimum 2 garis. Ini bisa dilakukan seperti ditunjukkan gambar. Untuk bagian (b), satu garis bisa melewati 7 kotak, sehingga kita perlu 3 garis. Ini juga dapat dilakukan, seperti gambar.

[Tournament of Towns 1997 Musim Gugur 1997 Junior O Level] Pada segiempat , adalah titik pada sisi dan garis bagi memotong di . Buktikan bahwa panjang sama dengan jumlah dari panjang dan .

Solusi
Perpanjang ke sehingga . Perhatikan bahwa . Jadi

Maka . Jadi . Terbukti.

[Tournament of Towns Musim Gugur 1997 Junior O Level] Buktikan bahwa persamaan memiliki tak terhingga banyaknya solusi bilangan bulat .

Solusi
Kita bisa ambil . Maka , atau . Karena , maka bisa merupakan bilangan genap apapun. Jelas bahwa ada tak terhingga banyaknya bilangan genap sehingga adalah bilangan kuadrat, yaitu . Maka terbukti.

Alternatif: Kita bisa ambil sebarang bilangan bulat di mana . Ini selalu memenuhi persamaan itu.

[MathLinks] Untuk bilangan asli , misalkan adalah hasil kali semua bilangan prima yang kurang dari . Selesaikan persamaan

.

Solusi
Menurut Postulat Bertrand, terdapat bilangan prima antara dan . Jadi, untuk , kita punya . Jadi . Kita bisa mudah memeriksa bahwa satu-satunya bilangan yang memenuhi adalah .

[IMO 1991] Misalkan adalah sebuah segitiga dan adalah titik di dalam . Buktikan bahwa setidaknya satu dari sudut-sudut kurang dari atau sama dengan .

Solusi
Misalkan adalah titik Brocard. Jika , maka jelas terbukti. Jika , maka $P$ berada di dalam salah satu dari , misalkan . Maka , sehingga terbukti juga.

[MathLinks] Buktikan bahwa sebuah lingkaran tidak dapat ditutup sepenuhnya oleh dua lingkaran yang lebih kecil.

Solusi
Perhatikan bahwa satu lingkaran yang lebih kecil tidak dapat menutup setengah atau lebih dari keliling lingkaran itu. Jadi dua lingkaran tidak dapat menutup kelilingnya sepenuhnya. Maka tentunya lingkaran itu tidak dapat ditutup sepenuhnya.

[USAMO 2004] Buktikan untuk bilangan real positif bahwa

.

Solusi
Perhatikan bahwa , untuk   yang menyebabkan . Jadi, kita gunakan ketaksamaan Holder,

.

[101 Problems in Algebra] Misalkan adalah bilangan kompleks sehingga . Tentukan nilai dari

Solusi
Perhatikan bahwa . Dengan cara serupa, . Jadi bentuk itu memiliki nilai

.

Pembilangnya adalah . Penyebutnya adalah . Jadi pecahan itu bernilai .

[MathLinks] Diberikan 6 titik pada ruang, tidak ada 4 yang koplanar. Setiap dua titik dihubungkan dengan satu garis. Ke-15 garis yang didapat memiliki panjang yang berlainan. Buktikan bahwa terdapat sebuah garis yang merupakan sisi terpendek suatu segitiga tetapi juga merupakan sisi terpanjang suatu segitiga lain.

Solusi
Warnai semua garis terpendek dari suatu segitiga dengan biru dan semua garis lainnya merah. Menurut teorema Ramsey, terdapat sebuah segitiga yang warna semua sisinya biru. Jadi, di segitiga ini, sisi terpanjangnya juga berwarna biru. Maka terbukti.

[Olimpiade Geometri Sharygin Rusia 2008, Kelas 8] Ada dua sudut berseberangan yang besarnya sama dalam segiempat konveks yang diagonalnya tegak lurus. Buktikan bahwa segiempat ini memiliki lingkaran dalam.

Solusi
Misalkan segiempat itu dengan . Tetapkan titik dulu. Jelas bahwa titik yang membuat hanya ada satu, dan titik di mana adalah layang-layang dengan sumbu simetri akan memenuhi itu. Jadi adalah layang-layang. Karena , cukup umum diketahui bahwa segiempat seperti ini memiliki lingkaran dalam.

[AIME 1986] Polinomial

dapat ditulis dalam bentuk

di mana dan adalah konstanta. Tentukan .

Misalkan polinomial itu adalah . Perhatikan bahwa

Jadi nilai adalah jumlah koefisien dari pada , yaitu

Perhatikan bahwa dan , sehingga

[China 2006] Misalkan adalah sebuah himpunan 56 elemen. Untuk sebarang 15 subhimpunan , di mana gabungan dari setiap 7 subhimpunan dari subhimpunan-subhimpunan ini memiliki setidaknya elemen, maka terdapat 3 dari 15 subhimpunan ini yang irisannya tidak kosong. Tentukan nilai terkecil .

Solusi
Nilai terkecil adalah 41.

Pertama-tama, kita akan membuktikan bahwa tidak mungkin. Anggaplah . Misalkan ada 15 subhimpunan sebagai berikut:

Mudah dilihat bahwa

Untuk setiap 7 subhimpunan, misalnya , kita punya

Pada kasus ini, gabungan dari setiap 7 subhimpunan dari 15 subhimpunan itu memiliki setidaknya 40 elemen (dengan kata lain ). Tetapi, untuk setiap 3 subhimpunan dari 15 subhimpunan tadi, pasti setidaknya dua di antaranya adalah atau setidaknya dua di antaranya adalah . Ini menyebabkan irisan ketiganya kosong. Jadi tidak memenuhi.

Sekarang, kita akan membuktikan bahwa memenuhi ketentuan. Kita akan melakukan pembuktikan dengan kontradiksi. Jadi, asumsikan ada 15 subhimpunan, gabungan dari setiap 7 di antaranya memiliki setidaknya 41 elemen, tetapi tidak ada 3 subhimpunan yang irisannya tidak kosong. Jadi tidak ada elemen yang berada di 3 subhimpunan. Kita bisa anggap setiap elemen berada di tepat 2 subhimpunan. Jika tidak, kita bisa menambah beberapa elemen ke beberapa subhimpunan dari 15 subhimpunan ini, dan ketentuan tetap berlaku.

Menurut Prinsip Rumah Burung, ada satu himpunan dari 15 subhimpunan ini (sebutlah ini ) sehingga . Misalkan 14 himpunan lainnya adalah .

Gabungan dari setiap 7 himpunan dari memiliki setidaknya 41 elemen. Jadi totalnya .

Kita gunakan cara lain untuk menghitung nilai . Untuk setiap , jika bukan elemen dari (ada nilai ), maka adalah anggota dari tepat dua himpunan dari . Jadi dihitung kali. Jika merupakan elemen dari (ada nilai ), maka adalah anggota dari satu himpunan dari . Jadi dihitung kali. Jadi

Dapat dilihat dengan mudah bahwa itu tidak mungkin. Maka kita dapat kontradiksi.

Jawabannya adalah 41.

[IMO Shortlist 2003 A6 oleh Reid Barton] Misalkan adalah bilangan asli dan misalkan adalah dua barisan bilangan real positif. Anggaplah adalah barisan bilangan real positif di mana untuk setiap . Misalkan . Buktikan bahwa

Catatan: Pada catatannya mengenai ketaksamaan, Thomas Mildorf menulis mengenai soal ini, “It is my opinion that it is highly unlikely that a problem as staggeringly pernicious as this one will appear on an Olympiad – at least in the foreseeable future.“

Solusi
Misalkan dan . Dengan mengganti menjadi , menjadi , dan , bentuk ketaksamaan tidak akan berubah. Jadi kita bisa menormalisasi .

Kita akan membuktikan ketaksamaan yang lebih kuat, yaitu

(dengan AM-GM, ruas kanan di sini lebih besar atau sama dengan ruas kanan pada soal). Ketaksamaan ini ekuivalen dengan

Kita akan menunjukkan bahwa untuk setiap , banyaknya suku yang lebih besar dari pada ruas kiri setidaknya sama dengan (atau lebih dari) banyaknya suku yang lebih dari pada ruas kanan. Maka, jika kedua ruas pada (*) disusun dalam urutan naik, jelas bahwa suku ke- di ruas kiri lebih besar atau sama dengan suku ke- ruas kanan, sehingga (*) terbukti. Jika , maka tidak ada suku di ruas kanan yang lebih dari . Jadi asumsikan . Misalkan adalah himpunan yang lebih besar dari , adalah himpunan yang lebih besar dari , adalah himpunan yang lebih besar dari . Tulislah . Karena , maka . Jika dan , maka . Jadi .

Jika dan , maka adalah bilangan yang berbeda dan merupakan anggota dari . Jadi . Jadi . Tetapi pasti lebih besar dari . Jadi banyaknya bilangan yang lebih dari di ruas kanan adalah , sehingga membuktikan pernyataan tadi.

[Belanda 1994] Buktikan bahwa setiap bilangan bulat dapat ditulis sebagai jumlah dari lima bilangan kubik.

Solusi
Kita bagi kasus untuk setiap bilangan yang bersisa 0,1,2,3,4,5 jika dibagi 6:

.

Jadi setiap bilangan bulat dapat ditulis sebagai jumlah dari lima bilangan kubik.

[Cina 2006] Anggaplah (boleh ada bilangan yang sama) memenuhi sifat berikut: semuanya berbeda. Paling sedikit, berapa banyaknya bilangan berbeda pada ?

Solusi
45 bilangan berbeda hanya akan memberikan maksimum pecahan yang berbeda. Jadi minimal ada 46 bilangan berbeda. Misalkan adalah bilangan prima yang berbeda. Kita bisa susun nilai sebagai berikut:

.

Dapat dilihat bahwa ini menyebabkan semua pecahan berbeda. Jadi minimumnya adalah .

[From Erdos to Kiev] Jika adalah bilangan real yang lebih besar dari 1 dan , buktikan bahwa .

Solusi
Perhatikan bahwa . Jadi . Dengan cara yang sama, . Jadi .

[Spanyol 1986] Panjang ketiga sisi dari sebuah segitiga siku-siku adalah bilangan asli. Misalkan adalah titik berat segitiga tersebut. Buat garis sehingga didapat tiga segitiga kecil. Buktikan bahwa luas ketiga segitiga ini masing-masing adalah bilangan genap.

Solusi
Misalkan adalah garis berat. Karena , maka . Hal yang sama berlaku untuk . Jadi memiliki luas yang sama, yaitu . Jadi kita cukup membuktikan bahwa adalah bilangan asli.

Misalkan . Maka . Sekarang kita punya . Kita akan buktikan habis dibagi 6. Jika setidaknya satu dari habis dibagi 3, bilangan itu habis dibagi 3. Jika tidak ada yang habis dibagi 3, maka . Jadi bilangan itu pasti habis dibagi 3. Jika salah satunya atau keduanya genap, bilangan itu habis dibagi 2. Jika keduanya ganjil, habis dibagi 2. Jadi bilangan itu habis dibagi 2 dan 3, sehingga habis dibagi 6.

[IMO Shortlist 2001] Misalkan adalah suatu barisan bilangan asli. Misalkan adalah banyaknya barisan tiga bilangan asli , di mana juga adalah anggota , dengan dan . Tentukan nilai terbesar yang mungkin dari .

Solusi
Jika kita menyusun suku-suku menjadi barisan naik, itu tidak akan mengurangi nilai . Jadi anggaplah tidak menurun. Asumsikan dan adalah banyaknya anggota yang nilainya (). Maka dan

.

Jika , kita bisa mengganti barisan sedemikian rupa sehingga menjadi . Ini tidak akan mengurangi nilai , tetapi nilai berkurang 1. Maka, kita boleh melakukan ini terus menerus sampai . Jadi adalah maksimumnya. Dengan AM-GM, karena , kita dapat nilai maksimum .

[IMO 2001] Misalkan adalah bilangan asli dan . Buktikan bukan bilangan prima.

Solusi
Persamaan yang diberikan ekuivalen dengan . Perhatikan bahwa . Kedua persamaan ini menyebabkan . Perhatikan bahwa . Sekarang anggaplah bilangan prima. Maka habis membagi . Ini kontradiksi dengan .

[102 Combinatorial Problems] Misalkan adalah bilangan ganjil yang lebih besar dari 1. Tentukan banyaknya permutasi dari himpunan sehingga

Kita punya

Nilai maksimumnya adalah

Jika  , maka

.

Jika , maka

.

Jadi total permutasinya ada

.

[IMO Shortlist 2007] Diberikan segitiga sama kaki dengan . Titik tengah adalah . Misalkan adalah titik yang berubah-ubah pada busur dari lingkaran luar segitiga . Misalkan adalah sudut di dalam domain sudut , di mana dan . Buktikan tidak bergantung pada .

Solusi
Misalkan adalah titik tengah . Perhatikan bahwa

dan

.

Jadi , yang tidak bergantung pada .

Jika adalah bilangan real positif yang jumlahnya 1, buktikan ketaksamaan

Solusi
Ada dua cara menyelesaikan soal ini, dengan Holder atau AM-GM.

Dengan Holder: .

Dengan AM-GM: .

Saya akan membahas dua soal pertama hari pertama IMO 1975 di Bulgaria:

1. Misalkan dan . Buktikan bahwa

,

di mana adalah permutasi dari .

2. Misalkan adalah barisan tak terbatas bilangan asli yang monoton naik. Buktikan bahwa ada tak terhingga banyaknya sehingga bisa ditulis dengan bilangan asli dan .

Soal yang pertama sangat sederhana. Jika kita uraikan, kita dapat bahwa ketaksamaan itu ekuivalen dengan atau . Ketaksamaan terakhir ini jelas benar dengan rearrangement.

Sekarang kita lihat soal kedua. Untuk setiap , nyatakan sebagai subbarisan dari yang kongruen modulo . Karena ada tak terhingga banyaknya bilangan barisan , pasti ada satu bilangan sehingga barisan memiliki tak terhingga banyaknya anggota. Misalkan adalah dua suku terkecil dari . Jadi kita bisa ambil sembarang dari sehingga , di mana . Jadi terbukti.

Ini soal kedua OSN 2008, hari pertama.

Buktikan bahwa untuk bilangan real positif berlaku

.

Kita gunakan CS (Cauchy-Schwarz) bentuk Engel, sehingga . Sekarang kita akan buktikan , atau , atau . Ini jelas benar, maka terbukti.

OSN 2008 baru saja dilaksanakan. Berikut ini soal pertama pada hari pertama.

Diberikan segitiga . Titik di luar segitiga sedemikian sehingga adalah segitiga sama sisi. Buktikan bahwa ketiga lingkaran luar segitiga tersebut berpotongan di satu titik.

Sebutlah titik potong lingkaran luar dengan lingkaran luar adalah . Maka akan dibuktikan lingkaran luar melalui , dengan kata lain adalah segi empat tali busur. Tetapi . Jadi , sehingga terbukti.

Dari IMO 1968 (lagi-lagi), soal pertama hari pertama. Ini soal geometri, tetapi mengandung unsur teori bilangan.

Cari semua segitiga yang panjang sisi-sinya adalah bilangan bulat berurutan, dan salah satu sudutnya dua kali satu sudut lain.

Misalkan segitiga itu dengan panjang sisi , dan .

Buat perpanjangan melalui menjadi , sehingga . Perhatikan bahwa . Jadi . Maka , yang menyebabkan atau .

Karena adalah bilangan bulat berurutan, kita perhatikan kasus , karena . Pemeriksaan kasus ini ditinggalkan untuk pembaca, dan kita akan mendapat bahwa segitiga yang memenuhi adalah yang memiliki panjang sisi .

Dari IMO 1968, soal hari kedua, soal pertama, mengenai tetrahedron.

Setiap titik sudut pada tetrahedron terhubung dengan tiga rusuk. Buktikan bahwa setiap tetrahedron memiliki titik sudut yang tiga rusuknya memiliki panjang yang tepat untuk membentuk segitiga.

Tetrahedron adalah bangun ruang yang memiliki empat bidang berbentuk segitiga, seperti gambar berikut.

Misalkan ada tetrahedron sebarang . Asumsikan sebaliknya bahwa tetrahedron tidak memiliki titik sudut yang tiga rusuknya dapat membentuk segitiga. Maka dan , yang menyebabkan . Padahal, karena dan adalah segitiga, kita punya dan . Kontradiksi. Maka terbukti.