Simulasi Soal Olimpiade Matematika SMA Standar IMO : 2025 (8)

Pembahasan Soal 1 (Geometri)

Ide utama: Gunakan Teorema Ceva dan Teorema Menelaus secara berpasangan. Dengan asumsi garis AP, BQ, dan CR berpotongan di satu titik, kita dapat menerjemahkannya sebagai kondisi pada perbandingan ruas-ruas (menurut Teorema Ceva) pada segi empat yang diperluas menjadi segitiga. Dengan argumentasi serupa, kita peroleh bahwa DP, AQ, dan BR juga wajib berpotongan di satu titik.

Detail langkah-langkahnya:

1. Proyeksikan segi empat ABCD menjadi segitiga dengan memilih salah satu diagonal sebagai dasar, lalu terapkan Teorema Ceva untuk membuktikan concurrency (perpotongan) pertama.
2. Terapkan Teorema Menelaus pada jalur transversal untuk memperkuat hubungan perbandingan ruas-ruas pada diagonal lain.
3. Ulangi prosedur serupa untuk concurrency kedua (DP, AQ, BR).

Dengan demikian terbukti bahwa ketiga garis DP, AQ, dan BR juga saling berpotongan.

Pembahasan Soal 2 (Teori Bilangan)

Perhatikan bahwa $$(a+b)(b+c)(c+a) = (a+b)(b+c)(c+a) \equiv 0 \pmod{p^2}.$$ Kita cukup menunjukkan bahwa jika p tidak membagi salah satu dari a, b, c, maka p minimal harus membagi dua di antara tiga penjumlahan (a+b), (b+c), (c+a) agar hasil kali mereka habis dibagi p^2. Namun karena a, b, dan c dianggap mod p, ini berujung pada kontradiksi jika kita asumsikan semua penjumlahan tersebut hanya mengandung p ke pangkat pertama.

Argumen lebih formal dapat menggunakan segitiga nilai-nilai a, b, c mod p. Minimal satu di antara pasangan (a, b), (b, c), (c, a) harus mengandung bilangan yang habis dibagi p. Jika tidak, kontradiksi dengan fakta bahwa p^2 membagi hasil kali.

Pembahasan Soal 3 (Aljabar)

Asumsikan f adalah polinomial berderajat paling tinggi 4. Misalkan $$f(x) = \alpha_4 x^4 + \alpha_3 x^3 + \alpha_2 x^2 + \alpha_1 x + \alpha_0.$$ Kita substitusikan x^2 - x dan x^2 + x serta x^2 ke dalam f, lalu bandingkan suku-suku berderajat sama.

Dengan merapikan, kita dapat kondisi simetri tertentu pada koefisien karena $$f(x^2 - x) + f(x^2 + x) - 2f(x^2) = 0.$$

Biasanya, bentuk yang lolos dari persamaan semacam ini adalah:

• Tipe polinomial kuadratik sempurna, misalnya A x^2 + B x + C,
• Tipe polinomial konstan,
• Dan bentuk lain yang mungkin berderajat 4 tetapi berpola simetri tertentu (misal melibatkan x^4 dan x^2 saja).

Setelah dicek, solusi yang valid adalah $$f(x) = \alpha_2 x^2 + \alpha_0$$ (polinomial kuadratik tanpa suku x dan x^3, x^4) dan $$f(x) = \alpha_4 x^4 + \beta x^2 + \gamma$$ dengan hubungan tertentu antara \(\alpha_4\) dan \(\beta\) sehingga persamaan tetap terjaga.

Verifikasi dilakukan dengan substitusi balik ke dalam persamaan $$f(x^2 - x) + f(x^2 + x) = 2f(x^2).$$ Semua bentuk polinomial yang memenuhi syarat tersebut dapat Anda temukan dengan menyamakan koefisien atau menggunakan sifat polinomial simetri. Intinya, tidak ada suku ganjil (x atau x^3) yang bertahan karena ketidaksesuaian tanda ketika x digantikan +x dan -x.

Pembahasan Soal 4 (Kombinatorik)

Gunakan pendekatan pewarnaan tepi (edge-coloring) pada graf planar. Diperlukan 3 warna untuk setiap sisi. Langkah kunci:

1. Asumsikan sebaliknya bahwa ada segitiga yang ketiga sisinya punya warna semua berbeda (misalnya, merah, hijau, dan biru).
2. Tunjukkan bahwa hal tersebut memicu kontradiksi karena dapat diperpanjang menjadi siklus pada graf planar yang menyulitkan pewarnaan sisi-sisi di luar segitiga tersebut.
3. Gunakan juga sifat bahwa setiap simpul mempunyai derajat tertentu (karena planar, derajat total terbatas) sehingga adaptasi pewarnaan ulang (recoloring) selalu dimungkinkan untuk menghindari "tri-warna" dalam satu segitiga.

Akhirnya, kesimpulan yang didapat bahwa setiap segitiga memiliki setidaknya dua sisi dengan warna yang sama.

Pembahasan Soal 5 (Persamaan Fungsional)

Perhatikan bentuk klasik dari persamaan $$f(x+y) + f(x-y) = 2f(x) + 2y^2.$$ Hal ini menyerupai persamaan Cauchy yang dimodifikasi dengan tambahan suku 2y^2. Biasanya, solusi umum untuk kasus seperti ini adalah $$f(x) = ax^2 + b$$ untuk konstanta real a dan b.

Pembuktiannya:

1. Coba substitusi y = x untuk memperoleh ekspresi yang hanya bergantung pada f(2x) dan f(0).
2. Coba substitusi x = 0 untuk memperoleh $$f(y) + f(-y) = 2f(0) + 2y^2,$$ yang menunjukkan sifat simetri dengan tambahan suku y^2.
3. Hipotesiskan f(x) = ax^2 + b, kemudian cek ke persamaan awal untuk menentukan a dan b. Hasilnya cocok untuk semua a dan b real karena $$ (a(x+y)^2 + b) + (a(x-y)^2 + b) = 2(ax^2 + b) + 2y^2. $$ Sederhanaan aljabar akan menunjukkan konsistensinya.

Jadi semua fungsi yang memenuhi persamaan tersebut adalah $$f(x) = ax^2 + b,$$ dengan a, b real sebarang.

Pembahasan Soal 6 (Ketaksamaan)

Kita ingin membuktikan bahwa jika a + b + c = 3 dan a, b, c positif, maka

$$\frac{a}{b^2 + c + 1} + \frac{b}{c^2 + a + 1} + \frac{c}{a^2 + b + 1} \leq 1.$$

Pendekatan umum:

1. Substitusi homogenisasi dengan menggunakan a + b + c = 3 dapat membantu menyederhanakan.
2. Gunakan Inequality AM-GM pada penyebut untuk melihat bahwa $$b^2 + c + 1 \geq 3\sqrt[3]{b^2 c}.$$ Namun perlu trik khusus agar sesuai dengan bentuk numerator a, b, c.
3. Banyak solusi juga memakai metode Lagrange Multipliers atau pembandingan langsung (misal, p, q, r approach) untuk ketaksamaan simetris.

Metode ringkas: (1) Tunjukkan bahwa fungsi sisi kiri mencapai nilai maksimum saat dua di antara a, b, c bernilai sama. (2) Cek kasus a = b misalnya, lalu tentukan c dari a + b + c = 3. Dari sini, perhitungan langsung (dengan turunan atau AM-GM) akan menunjukkan bahwa maksimum tidak melebihi 1.

Kesetaraan terjadi jika a = b = c = 1, dimana sisi kiri bernilai $$\frac{1}{1^2+1+1} + \frac{1}{1^2+1+1} + \frac{1}{1^2+1+1} = \frac{3}{3} = 1.$$