Jump to content
-_-

Semua kemungkinan k sehingga ada p dan q

Recommended Posts

Carilah semua bilangan bulat nonnegatif $k$ sehingga terdapat bilangan bulat nonnegatif $(p,q)$ yang memenuhi $$\frac{p^2+pq+q^2}{pq-1}=k$$

 

Tes 4 Nomor 2 Pelatnas Tahap 3 IMO 2016

Share this post


Link to post
Share on other sites
On 10/17/2016 at 1:29 AM, Joonathan Ryan said:

Minta solusinya dong


 

Solusi ini panjang karena saya mencoba untuk detail, agar yang benar-benar baru belajar olimp matematika juga bisa mengerti (kalau punya niat baca :p).

 

Spoiler

 

Perhatikan bahwa $k=0$, $k=4$, dan $k=7$ memenuhi, yakni ketika $(p,q)=(2,2)$, $0,0$ dan $(2,1)$.

 

Akan dibuktikan bahwa solusinya hanya itu. Jika salah satu dari $p$ atau $q$ samadengan nol, maka $k=-q^2\leq 0$ dan karena $k$ non-negatif maka $k=0$. Jadi sekarang asumsikan $p,q \in \mathbb{N}$.

 

Untuk kasus ketika $p=q$, maka diperoleh $k=\frac{3p^2}{p^2-1}$, ini berarti $p^2-1 | 3p^2$, tapi karena $FPB(p^2, p^2-1)=1$ maka haruslha $p^2-1 | 3$, sehingga diperoleh $p^2-1= 1, 2, 3$, yang mungkin hanya ketika $p^2-1=3$, yakni $p=2$, jadi diperoleh $p=q=2$, sehingga $k=2$.

 

Sekarang asumsikan $p \neq q$,  dan kita akan buktikan bahwa hanya $k=7$ yang memenuhi. Misalkan tidak demikian, yakni ada $l \neq 7$ sedemikian sehingga $l=\frac{p^2+q^2+pq}{pq-1}$, dari semua pasangan $(p,q)$  yang membentuk $l$, kita pilih yang mempunyai $p+q$ yang paling kecil. Sebutlah pasangan itu $(a,b)$ dengan $a, b>0$ dan memenuhi $l=\frac{a^2+b^2+ab}{ab-1}$, dimana $a+b$ paling kecil yang memenuhi hal ini. Karena $a$ dan $b$ simetris, dan $a\neq b$ maka tanpa kehilangan keumuman kita boleh mengasumsikan $a>b$. 

 

Tinjau persamaan kuadrat

 

\[x^2 - (l-1)b x + b^2+l  = 0\]

 

Perhatikan bahwa

 

\[a^2-(l-1)b a+ b^2+l = 0 \Leftrightarrow  \frac{a^2+b^2+ab}{ab-1}=l\]

 

sehingga $x=a$ adalah akar dari persamaan kuadrat diatas. Persamaan diatas mempunyai akar lain yaitu $x=a_1$ (bisa jadi sama dengan $a$), dan dengan rumus Vieta diperoleh

 

\[a+a_1 = (l-1)b \qquad a\cdot a_1 = b^2+l\]

 

Perhatikan bahwa karena $a_1$ juga akar dari persamaan kuadrat diatas, maka juga berlaku $\frac{a_1^2+b^2+a_1b}{a_1b-1}=l$, tapi apakah $a_1$ adalah bilangan asli? Jawabnya Iya,  hal ini dapat dilihat dari persamaan $a+a_1 = (l-1)b$ bahwa $a_1$ adalah bilangan bulat, karena $a$, $l-1$ dan $b$ semuanya bilangan bulat, kemudian karena $a \cdot a_1 = b^2+l > 0$ maka haruslah $a_1>0$ (karena $a>0$) jadi $a_1$ adalah bilangan bulat yang positif, dengan kata lain $a_1$ adalah bilangan asli.

 

Sekarang kita mendapatkan bahwa $(a_1, b)$, seperti halnya $(a,b)$ juga merupakan solusi bilangan asli yang membentuk $l$. Tapi dari semua solusi bilangan asli, $a+b$ adalah yang terkecil, sehingga haruslah $a + b \leq a_1+b$, jadi kita peroleh $a \leq a_1$. 

 

Kasus 1   Jika $a_1=a$ maka dari persamaan Vieta's diatas diperoleh $(l-1)b = a+ a_1 = 2a$, jadi $a= \frac{(l-1)b}{2}$, dan dari syarat $a>b$ diperoleh $l>3$. Substitusikan ke persamaan $\frac{a^2+b^2+ab}{ab-1}=l$ diperoleh

 

\[(l^2-2l+3) b^2 = 4l \Leftrightarrow b^2 = \frac{4l}{l^2-2l+3} \Rightarrow l^2-2l+3 \leq 4l \Rightarrow l \leq 5\]

 

Jadi $3 < l \leq 5$, sehingga $l=4$ atau $l=5$, tapi jika $l=5$ maka $b^2= \frac{4l}{l^2-2l+3}=\frac{10}{9}$, sedangkan $l=4$ menyebabkan $b^2=\frac{16}{15}$, sehingga kasus ini tidak mungkin terjadi. 

 

 

Kasus 2  Jika  $a_1 > a$, misalkan $a_1-a = d > 0$, maka dari rumus vieta's diperoleh $b^2+l = a(a+d) > b^2+ad$ jadi $ad<l$ diperoleh

 

\[ \frac{a^2+b^2+ab}{ab-1}=l > ad \Rightarrow a^2+b^2+ab > a^2bd-ad \Rightarrow 1 + \left(\frac{b}{a}\right)^2 + \frac{b}{a} > d \left( b-\frac{1}{a}\right) \]

 

Karena $1> \frac{b}{a}$ diperoleh $3> 1 + \left(\frac{b}{a}\right)^2 + \frac{b}{a} > d \left( b-\frac{1}{a}\right) > d b$ . Kita peroleh $d < \frac{3}{b}$.

 

Jika $b=1$, maka kita peroleh dari persamaan awal $l = \frac{a^2+a+1}{a-1} =  \frac{(a-1)^2 + 3(a-1) +3}{a-1}$ sehingga $a-1 | 3$ diperoleh $a=1$ atau $a=4$, karena $a\neq b$ maka $a=4$, ini menyebabkan $l=7$ (kontradiksi dengan $l \neq 7$.) 

 

Jika $b \geq 2$, maka $d < 3/b \leq 3/2$ sehingga $d\leq 1$, dan karena $d>0$ maka $d=1$, jadi diperoleh $b < \frac{3}{d} = 3$ sehingga $b=2$. dari persamaan awal kita peroleh $l = \frac{a^2+4+2a}{2a-1}$ jadi $2a-1 | (a^2+2a+4) \Rightarrow 2a-1 | 4(a^2+2a+4) = (2a-1)^2+6(2a-1)+21$, sehingga $2a-1 | 21$ jadi $2a-1=3$ atau $2a-1=7$ diperoleh $a=2$ atau $a=4$. Tapi ini juga menyebabkan $l=7$.

 

Jadi tidak bisa lari dari $l=7$, sehingga  $k$ yang mungkin hanya $0$, $4$ dan $7$.

 

 

Metode yang saya pakai ini disebut Vieta's Jumping / Root Flipping Method.

 

Edited by Adri

Share this post


Link to post
Share on other sites

Create an account or sign in to comment

You need to be a member in order to leave a comment

Create an account

Sign up for a new account in our community. It's easy!

Register a new account

Sign in

Already have an account? Sign in here.

Sign In Now


×