Pembahasan Soal Teori Bilangan St. Petersburg City Mathematical Olympiad (1996)

Soal.
Carilah semua bilangan asli $ n $ sehingga $ 3^{n-1} + 5^{n-1} $ membagi $ 3^{n} + 5^{n} $.

Jawab: (hanya $ n=1 $ yang memenuhi)
Diperhatikan bahwa $ 3^{n-1} < 3^{n} $ dan $ 5^{n-1} < 5^{n} $ berlaku untuk setiap bilangan asli $ n $. Hal ini berarti $ 3^{n-1} + 5^{n-1} < 3^{n} + 5^{n} $. Selanjutnya, karena $ 3^{n} < 3^{n-1}5 $, maka \begin{equation*} 3^{n} + 5^{n} < 3^{n-1}5 + 5^{n-1}5 = (3^{n-1} + 5^{n-1})5. \end{equation*} Dengan demikian \begin{equation*} 3^{n-1} + 5^{n-1} < 3^{n} + 5^{n} < (3^{n-1} + 5^{n-1})5. \end{equation*} Akibatnya \begin{equation*} 1 < \frac{3^{n} + 5^{n}}{3^{n-1} + 5^{n-1}} < 5, \qquad (1) \end{equation*} berlaku untuk setiap bilangan asli $ n $. Karena $ 3^{n-1} + 5^{n-1} $ membagi $ 3^{n} + 5^{n} $, berarti $ \frac{3^{n} + 5^{n}}{3^{n-1} + 5^{n-1}} $ adalah bilangan asli (bulat). Menurut (1), diperoleh $ \frac{3^{n} + 5^{n}}{3^{n-1} + 5^{n-1}} \in \{ 2,3,4 \} $.

Dengan demikian, terdapat tiga kasus.

Pertama, $ \frac{3^{n} + 5^{n}}{3^{n-1} + 5^{n-1}} = 2 $. Karena $ 2(3^{n-1}+5^{n-1}) < 3^{n} + 5^{n} $, maka $ 2 < \frac{3^{n} + 5^{n}}{3^{n-1} + 5^{n-1}} $. Kontradiksi. Jadi, kasus ini tidak mungkin berlaku.

Kedua, $ \frac{3^{n} + 5^{n}}{3^{n-1} + 5^{n-1}} = 3 $. Karena $ 3(3^{n-1}+5^{n-1}) < 3^{n} + 5^{n} $, maka $ 3 < \frac{3^{n} + 5^{n}}{3^{n-1} + 5^{n-1}} $. Kontradiksi. Jadi, kasus ini tidak mungkin berlaku.

Dengan demikian, hanya tersisa kasus ketiga, yaitu, $ \frac{3^{n} + 5^{n}}{3^{n-1} + 5^{n-1}} = 4 $.
Untuk $ n = 1 $, diperoleh $ \frac{3^{n} + 5^{n}}{3^{n-1} + 5^{n-1}} = \frac{3^{1} + 5^{1}}{3^{0} + 5^{0}} = \frac{8}{2} = 4 $.
Untuk $ n = 2 $, diperoleh $ \frac{3^{n} + 5^{n}}{3^{n-1} + 5^{n-1}} = \frac{3^{2} + 5^{2}}{3^{1} + 5^{1}} = \frac{34}{8} > 4 $.
Jika kita bisa akan membuktikan bahwa $ \frac{3^{n} + 5^{n}}{3^{n-1} + 5^{n-1}} > 4 $, untuk setiap $ n \geq 2 $, maka jawaban soal ini adalah hanya $ n = 1 $ sehingga $ 3^{n-1} + 5^{n-1} $ membagi $ 3^{n} + 5^{n} $.
Mari kita buktikan. Karena $ n \geq 2 $, maka $ 5^{n-1} > 3^{n-1} $. Akibatnya \begin{equation*} 5^{n} = 5^{n-1} + 4(5^{n-1}) > 3^{n-1} + 4(5^{n-1}) \end{equation*} \begin{equation*} \Rightarrow 5^{n} + 3^{n} > 3^{n-1} + 4(5^{n-1}) + 3^{n} = 4(3^{n-1}) + 4(5^{n-1}) \end{equation*} \begin{equation*} \Rightarrow 5^{n} + 3^{n} > 4(3^{n-1} + 5^{n-1}) \end{equation*} \begin{equation*} \Rightarrow \frac{5^{n} + 3^{n}}{3^{n-1} + 5^{n-1}} > 4. \end{equation*}

Komentar

Posting Komentar

Postingan populer dari blog ini

Daftar Publikasi Riset Analisis Matematika Saya

Berikut ini adalah publikasi-publikasi saya dalam riset matematika bidang analisis ruang-ruang  fungsi dan aplikasinya dalam teori persamaan diferensial parsial eliptik: Tumalun, N. K., and Tuerah, P. E. A. ( 2023 ) :  Some notes on the semi-open subspaces of topological spaces ,  Australian Journal of Mathematical Analysis and Applications 20 (1), Art. 20, 6pp. Tumalun, N. K., and Tuerah, P. E. A. (2023) :  A regularity of Dirichlet problem with the data belongs to generalized Morrey spaces ,  AIP Conference Proceedings 2614, 040057. https://doi.org/10.1063/5.0125918 Tumalun, N. K. (2023) :   A n existence and uniqueness of the solution of semilinear monotone elliptic equation with the data in S tummel classes,  Barekeng: Journal of Mathematics and Applications 17(2), 1125-1123 . Tumalun, N. K., Hakim, D. I., and Gunawan, H. (2023) :  Some function spaces and their applications to elliptic partial differential equations ,  Matematicki V...
Baca selengkapnya

Pembahasan Soal Teori Bilangan International Mathematics Olympiad (IMO) Tahun 1959

Berikut ini, saya akan membahas soal Teori Bilangan yang muncul dalam kontes IMO tahun 1959. Soal. Buktikan bahwa, pecahan \begin{equation*} \frac{21n+4}{14n+3} \end{equation*} tidak dapat disederhanakan, untuk setiap bilangan asli $ n $. Diskusi Pendahuluan. Sebelum membuktikan soal ini, kita perlu mengerti maksud dari "pecahan tidak dapat disederhanakan" dalam konteks teori bilangan. Misalkan $ a $ dan $ b \neq 0 $ keduanya bilangan bulat. Pecahan $ \frac{a}{b} $ tidak dapat disederhanakan jika dan hanya jika $ FPB(a,b) = 1 $. Dengan kata lain, pecahan $ \frac{a}{b} $ tidak dapat disederhanakan jika dan hanya jika faktor positif bersama dari $ a $ dan $ b $ hanya bilangan asli $ 1 $ (kalimat lain adalah $ a $ dan $ b $ keduanya saling prima). Selanjutnya, untuk membuktikan Soal ini, kita memerlukan sifat (teorema) berikut ini: Misalkan $ a, b, d $ adalah bilangan-bilangan bulat. Jika $ d|a $ dan $ d|b $, maka $ d| (ax + by) $, untuk setiap bilangan-bilangan bula...
Baca selengkapnya

Pembahasan Soal Teori Bilangan Russian Mathematical Olympiad 1999

Soal. Buktikan bahwa setiap bilangan asli dapat dituliskan sebagai selisih dua bilangan asli yang mempunyai faktor-fakor prima sama banyaknya. Diskusi Pendahuluan. Maksud dari soal di atas adalah sebagai berikut. Misalkan $n$ adalah bilangan asli. Kita harus membuktikan bahwa terdapat dua bilangan asli $u$ dan $w$, sehingga $n=u-w$, dengan faktor prima prima dari $u$ sama banyaknya dengan faktor prima dari $w$. Bukti. Misalkan $n$ adalah bilangan asli. Menurut Teorema Dasar Aritmatika ( Fundamental Theorem of Arithmatic ), terdapat bilangan asli $m$ sehingga \begin{equation*} n = p_{1}^{k_{1}} p_{2}^{k_{2}} \cdots p_{m}^{k_{m}}, \qquad (1) \end{equation*} dengan $p_{1}, p_{2}, \dots, p_{k}$ adalah bilangan-bilangan prima (saling berbeda), dan $ k_{1}, k_{2}, \dots, k_{m} $ adalah bilangan-bilangan asli. Notasi (1) menyatakan bahwa terdapat sebanyak $m$ faktor-faktor prima dari $n$. Bukti terbagi menjadi dua kasus, pertama $n$ genap dan kedua $n$ ganjil. Misalkan $n$ genap. P...
Baca selengkapnya