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

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 International Mathematics Olympiad (IMO) Tahun 1960

Melanjutkan postingan saya sebelumnya: Pembahasan Soal Teori Bilangan International Mathematics Olympiad (IMO) Tahun 1959 , kali ini saya akan membahas soal teori bilangan yang muncul dalam kontes IMO tahun 1960. Untuk memecahkan soal ini, kita hanya memerlukan pengetahuan mengenai representasi desimal basis 10 bilangan asli. Berikut soal dan pembahasannya. Soal. Carilah semua bilangan asli tiga digit sehingga bilangan tersebut sama dengan 11 dikali jumlah kuadrat digit-digitnya. Diskusi Pendahuluan. Misalkan $ n $ bilangan asli tiga digit, maka \begin{equation*} n = \overline{abc} = 100a + 10b + c \end{equation*} untuk suatu bilangan-bilangan bulat $ a $, $ b $, dan $ c $, dengan $ 1 \leq a \leq 9 $, $ 0 \leq b \leq 9 $, dan $ 0 \leq c \leq 9 $. Jawaban. Misalkan $ n = \overline{abc} $ bilangan asli tiga digit yang memenuhi soal, yaitu \begin{equation}\label{(1)} 100a + 10b + c = n = 11(a^2 + b^2 + c^2). \qquad (1) \end{equation} Menurut (1), diperoleh \begin{align} (99a +...
Baca selengkapnya

Pembahasan Soal Teori Bilangan 39th International Mathematical Olympiad (IMO)

Soal. Tentukan semua pasangan bilangan bulat positif $(a,b)$ sehingga \begin{equation*} ab^{2}+b+7 \vert a^{2}b+a+b. \qquad (1) \end{equation*} Jawab. Misalkan $ab^{2}+b+7 \vert a^{2}b+a+b$. Karena $ ab^{2}+b+7 \vert ab^{2}+b+7 $, maka \begin{equation*} ab^{2}+b+7 \vert b(a^{2}b+a+b)-a(ab^{2}+b+7) \end{equation*} \begin{equation*} \Rightarrow ab^{2}+b+7 \vert b^{2}-7a. \qquad (2) \end{equation*} Menurut (2), terdapat tiga kasus, yaitu, $ b^{2}-7a = 0 $, atau $ b^{2}-7a 0 $. Jika $ b^{2}-7a = 0 $, maka $ b^{2} = 7a $. Perhatikan bahwa, untuk setiap bilangan bulat positif $k$, jika $ a=7k^{2} $, maka $ b^{2} = 7a = 7^{2}k^{2} = (7k)^{2} $. Hal ini berarti, $ b = 7k $. Akan diuji, untuk setiap bilangan bulat positif $ k $, maka $ (a,b) = (7k^{2}, 7k) $ memenuhi (1). Jika $ (a,b) = (7k^{2}, 7k) $, maka \begin{equation*} a^{2}b+a+b = (7k^{2})^{2}(7k) + 7k^{2} + 7k = 7^{3}k^{5} + 7k^{2} + 7k = k(7^{3}k^{4} + 7k + 7) \end{equation*} dan \begin{equation*} ab^{2}+b+7 = (7k^{2})(7k)^{2} +...
Baca selengkapnya