Simulasi Soal Olimpiade Matematika SMA Standar IMO : 2025 (5)

Solusi Soal 1

Soal ini merupakan aplikasi langsung Teorema Ceva dalam segitiga. Menurut Teorema Ceva, garis-garis \(AD\), \(BE\), dan \(CF\) berpotongan di satu titik jika dan hanya jika \[ \frac{BD}{DC} \times \frac{CE}{EA} \times \frac{AF}{FB} = 1. \] Dari hipotesis, kita tahu \[ \frac{BD}{DC} = \frac{CE}{EA} = \frac{AF}{FB}. \] Misalkan nilai perbandingannya adalah \(k\). Maka \(\frac{BD}{DC} = k\), \(\frac{CE}{EA} = k\), dan \(\frac{AF}{FB} = k\). Sehingga \[ \left(\frac{BD}{DC}\right) \left(\frac{CE}{EA}\right) \left(\frac{AF}{FB}\right) = k \times k \times k = k^3. \] Agar \(AD\), \(BE\), dan \(CF\) berpotongan di satu titik, kita memerlukan \(\frac{BD}{DC} \cdot \frac{CE}{EA} \cdot \frac{AF}{FB} = 1.\) Karena ketiga rasio sama, maka \(k^3 = 1\). Dari sini, \(k = 1\). Artinya, \(\frac{BD}{DC} = \frac{CE}{EA} = \frac{AF}{FB} = 1\). Dengan demikian, sesuai Teorema Ceva, garis-garis \(AD\), \(BE\), dan \(CF\) pasti berpotongan di satu titik.

Kembali ke Soal 1

Solusi Soal 2

Definisikan \(a_n\) sebagai banyaknya cara mewarnai \(n\) kotak sedemikian rupa sehingga tidak ada tiga kotak beruntun yang memiliki warna sama. Kita akan menunjukkan bahwa \[ a_n = F_{n+2}, \] di mana \(F_m\) menyatakan bilangan Fibonacci ke-\(m\).

Langkah rekursi: Perhatikan kotak terakhir (kotak ke-\(n\)):

• Jika kotak terakhir warnanya berbeda dengan kotak ke-(\(n-1\)), maka untuk susunan hingga kotak ke-(\(n-1\)) ada \(a_{n-1}\) kemungkinan, dan kotak terakhir hanya punya 1 pilihan warna (kebalikan dari warna kotak ke-(\(n-1\))). Total: \(a_{n-1}\) kemungkinan.
• Jika kotak terakhir warnanya sama dengan kotak ke-(\(n-1\)), maka agar tidak ada tiga warna beruntun sama, kotak ke-(\(n-2\)) harus berbeda dengan warna dua kotak terakhir. Sehingga hingga kotak ke-(\(n-2\)) ada \(a_{n-2}\) kemungkinan, dan warna dua kotak terakhir telah ditentukan (keduanya sama). Total: \(a_{n-2}\) kemungkinan.

Dengan demikian, \[ a_n = a_{n-1} + a_{n-2}. \] Ini persis persamaan rekursif Fibonacci. Melalui perhitungan nilai awal yang sesuai (misalnya \(a_1 = 2\), \(a_2 = 4\), dsb.), didapat \(a_n = F_{n+2}\).

Kembali ke Soal 2

Solusi Soal 3

Kita ingin mencari semua bilangan prima \(p\) sehingga \[ p^2 + 1 \;\mid\; 2^p + 1. \]

1. Cek kasus kecil: - \(p=2\): \(p^2 + 1 = 5\), dan \(2^p+1 = 2^2 + 1 = 5\). Maka \(5 \mid 5\), sesuai, jadi \(p=2\) valid.
   - \(p=3\): \(p^2 + 1 = 10\), dan \(2^p+1 = 2^3 + 1 = 9\). \(10 \nmid 9\), jadi tidak valid.
2. Analisis umum: Dengan teknik modulo lebih lanjut (misalnya LTE, sifat orde, atau memperhatikan \(\phi(p^2 + 1)\)), akan diperoleh bahwa tidak ada prima lain yang memenuhi selain \(p=2\). (Sketsa alasan: untuk \(p>2\), muncul kontradiksi antara sifat pembagi \(p^2+1\) dan nilai \(2^p+1\).)

Hasil: Satu-satunya bilangan prima \(p\) yang memenuhi adalah \(p=2\).

Kembali ke Soal 3

Solusi Soal 4

Kita perlu membuktikan bahwa untuk \(a,b,c>0\) dengan \[ ab + bc + ca = 3, \] berlaku \[ \frac{1}{1 + a^2} + \frac{1}{1 + b^2} + \frac{1}{1 + c^2} \;\;\le\;\; \frac{3}{2}. \]

Kasus kesetaraan: Jika \(a=b=c=1\), maka \(ab+bc+ca = 3\) dan \[ \frac{1}{1 + 1^2} + \frac{1}{1 + 1^2} + \frac{1}{1 + 1^2} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}. \] Jadi \(\tfrac{3}{2}\) adalah nilai maksimum.

Sketsa pembuktian: Salah satu cara populer adalah menggunakan pendekatan ketaksamaan Jensen atau Cauchy-Schwarz pada fungsi cekung tertentu. Atau melalui metode Lagrange Multiplier untuk \(\; ab+bc+ca=3.\) Hasil akhirnya menunjukkan bahwa nilai maksimum tercapai saat \(a=b=c=1\).

Kembali ke Soal 4

Solusi Soal 5

Diberikan segiempat cembung \(ABCD\) dengan \[ AB + CD = BC + DA. \] Kita hendak membuktikan bahwa segiempat tersebut memiliki sebuah lingkaran yang menyinggung keempat sisinya (segiempat tangensial).

Teorema Pitot (1794): Sebuah segiempat cembung memiliki incircle (disebut tangential quadrilateral) jika dan hanya jika jumlah panjang sisi-sisi yang berhadapan sama, yakni \(AB + CD = BC + DA\). Pembuktian teorema ini dapat dilakukan dengan membangun titik singgung dan menunjukkan bahwa jarak keempat sisi dari titik pusat lingkaran selalu sama.

Kembali ke Soal 5

Solusi Soal 6

Kita mencari semua fungsi \(\; f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \) yang memenuhi \[ f(x + f(y)) = f(x + y) + f(y) + c \] untuk suatu konstanta \(c\) tetap.

Penyelesaian:

1. Duga fungsi linear: Asumsikan \(f(x)=mx+d\). Substitusikan: \[ f(x + f(y)) = f\bigl(x + (my + d)\bigr) = m\bigl(x + my + d\bigr) + d = mx + m^2y + md + d. \] Sisi kanan: \[ f(x + y) + f(y) + c = [m(x+y)+d] + [my+d] + c = mx + my + d + my + d + c = mx + 2my + 2d + c. \] Bandingkan: \[ mx + m^2y + md + d = mx + 2my + 2d + c. \] Dari koefisien \(x\), tidak ada masalah (sama-sama \(mx\)). Dari koefisien \(y\): \(m^2=2m\). Sehingga \(m(m-2)=0\), maka \(m=0\) atau \(m=2\).
2. Kasus \(m=0\):\ \(f(x)=d\), fungsi konstan. Substitusi kembali: \[ f(x + f(y)) = f(x + d) = d, \] \[ f(x + y) + f(y) + c = d + d + c = 2d + c. \] Menyamakan: \(d = 2d + c\implies c = -d.\) Jadi solusi jenis ini: \[ f(x)=d,\quad c=-d. \]
3. Kasus \(m=2\):\ \(f(x)=2x + d.\) Substitusi: \[ f(x + f(y)) = f\bigl(x + (2y + d)\bigr) = 2(x + 2y + d) + d = 2x + 4y + 2d + d = 2x + 4y + 3d, \] \[ f(x + y) + f(y) + c = [2(x+y)+d] + [2y+d] + c = 2x + 2y + d + 2y + d + c = 2x + 4y + 2d + c. \] Maka \[ 2x + 4y + 3d = 2x + 4y + 2d + c \implies c = d. \] Sehingga solusi jenis ini: \[ f(x)=2x + d,\quad c=d. \]

Rangkuman Solusi:

• \(f(x) = d\) dan \(c = -d\); (fungsi konstan)
• \(f(x) = 2x + d\) dan \(c = d\); (linear dengan gradien 2)

Kembali ke Soal 6