Simulasi Soal Olimpiade Matematika SMA Standar IMO : 2025 (10)

Pembahasan Soal 1 (Geometri)

Inti Masalah: Menunjukkan bahwa titik X dan Y (perpotongan lingkaran yang memuat B, C, D, H dengan sisi-sisi segitiga) berkolinear dengan titik tengah sisi BC.

1. D adalah kaki tinggi dari A, dan H orthocenter. Lingkaran melalui B, C, D, H sering terkait lingkaran orthic.
2. Gunakan Teorema Menelaus atau analisis sudut untuk membuktikan X, Y, dan titik tengah M pada BC berada pada satu garis.
3. Beberapa pembuktian memanfaatkan sifat-sifat pantulan orthocenter (termasuk relasi sudut ketika AH, BH, CH adalah tinggi segitiga).

Hasil akhir: X, Y, dan titik tengah BC kolinear, sesuai pernyataan soal.

Pembahasan Soal 2 (Teori Bilangan)

Ingin mencari semua pasangan prima \((p, q)\) yang memenuhi

\[ p^m \;-\; p^n \;=\; q^2, \quad \text{dengan } m > n > 1. \]

1. Faktor kiri: \[ p^m - p^n = p^n(p^{m-n} - 1). \] Agar sama dengan \(q^2\), bagian \(p^n\) dan \((p^{m-n}-1)\) harus menyumbang faktor-faktor prima sehingga keseluruhannya kuadrat sempurna.
2. Periksa kasus \(p = q\). \[ p^m - p^n = p^2 \;\;\implies\;\; p^n (p^{m-n}-1) = p^2. \] Harus \(n \le 2\). Karena \(n>1\), maka \(n=2\). Jadi \[ p^2(p^{m-2}-1) = p^2 \;\;\implies\;\; p^{m-2} - 1 = 1 \;\;\implies\;\; p^{m-2} = 2. \] Dengan \(p\) prima, ini hanya mungkin untuk \(p=2\) dan \(m-2=1\). Sehingga \(m=3\). Cek: \[ 2^3 - 2^2 = 8-4=4 = 2^2. \] Ini sah, jadi \((p,q)=(2,2)\) dengan \((m,n)=(3,2)\) adalah solusi.
3. Periksa \(p \ne q\). Biasanya tidak akan menghasilkan kuadrat prima kecuali ada kontradiksi. Salah satu sebab, jika \(n\) genap, \(p^n\) menjadi kuadrat sempurna, tapi \((p^{m-n}-1)\) mesti kuadrat juga, yang amat terbatas solusinya. Uji \(m-n=1\) dsb., akhirnya tidak memunculkan \(q\) yang prima selain kasus di atas.

Akhirnya, solusi tunggal adalah \((p, q) = (2, 2)\) dengan \((m, n) = (3, 2)\). Tidak ditemukan solusi lain.

Pembahasan Soal 3 (Aljabar)

Kita punya kubik \(f(x)\) dengan akar real \(\alpha,\beta,\gamma\). Diberi kondisi:

\[ f(\alpha + \beta) + f(\beta + \gamma) + f(\gamma + \alpha) = 0. \]

Garis besar:

1. Normalisasi: tulis \(f(x) = x^3 + a x^2 + b x + c\). Dari akar-akar \(\alpha,\beta,\gamma\) berlaku \(\alpha+\beta+\gamma = -a\), \(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha = b\), \(\alpha\beta\gamma = -c\).
2. Ekspresikan \(f(\alpha+\beta)\) dsb. dalam bentuk koefisien dan suku-suku \(\alpha,\beta,\gamma\). Jumlahkan ketiganya, setara 0.
3. Hasilnya memaksa hubungan-hubungan tertentu pada \((a,b,c)\), sehingga \(f\) harus berbentuk spesifik. Biasanya, polinomial jenis \((x-k)^3\) atau \(x^3 - 3\lambda x\) (dan bentuk-bentuk sejenis) dapat memenuhi persamaan.

Intinya, ketentuan \(\sum f(\alpha+\beta)=0\) untuk semua akar \(\alpha,\beta,\gamma\) sangat membatasi bentuk \(f\). Polinomial hasilnya biasanya melibatkan simetri tertentu: misal \((x-k)^3\) atau \(x^3 - px\).

Pembahasan Soal 4 (Kombinatorik)

Soal: Ada \(n\) titik di bidang, tidak ada tiga segaris. Semua segitiga \(\binom{n}{3}\) diwarnai salah satu dari 4 warna. Buktikan ada 4 titik yang membentuk minimal dua segitiga dengan warna sama.

Pemikiran:

1. Prinsip serupa Teorema Ramsey: jika setiap 4 titik gagal memiliki “dua segitiga sewarna,” berarti keempat segitiganya (dari 4 titik) selalu punya 4 warna berbeda. Situasi ini akan memaksa pola pewarnaan sangat ketat, mustahil dipertahankan saat \(n\) bertambah.
2. Pendekatan induksi: tambah satu titik, pewarnaan segitiga baru bertabrakan dengan warna segitiga lama, memaksa kontradiksi.

Hasil: Minimal satu himpunan 4 titik di mana setidaknya dua segitiga di antara mereka sama warnanya.

Pembahasan Soal 5 (Persamaan Fungsional)

Persamaan:

\[ f(x^2 + y) \;=\; f(x)^2 \;+\; 2xy \;+\; f(y), \] untuk semua \(x,y \in \mathbb{R}\).

Analisis Singkat:

1. Substitusi \(x=0\): \[ f(0+y) = f(0)^2 + 0 + f(y) \;\implies\; f(0)^2=0 \;\implies\; f(0)=0. \]
2. Substitusi \(y=0\): \[ f(x^2) = f(x)^2 + f(0) = f(x)^2. \] Jadi \(f(x^2) = [f(x)]^2 \ge 0\).
3. Berulang kali mencoba bentuk linear atau kuadratik ternyata gagal karena kehadiran suku \(2xy\) tidak dapat diseimbangkan dengan syarat \(f(x^2)=f(x)^2\). Bahkan \(f(x)=0\) pun tidak memuaskan (karena akan muncul \(0 = 2xy\) untuk semua \(x,y\)).

Kesimpulan akhirnya: Tidak ada fungsi yang memenuhi persamaan ini. Himpunan solusinya kosong.

Pembahasan Soal 6 (Ketaksamaan)

Soal: \[ \frac{a^2}{2b + c} + \frac{b^2}{2c + a} + \frac{c^2}{2a + b} \;\ge\; 1, \] dengan \(a+b+c=3\) dan \(a,b,c>0\).

Petunjuk Bukti (Titu's Lemma / Cauchy-Schwarz):

1. Ingat Titu’s Lemma: \(\displaystyle \sum \frac{a^2}{x} \ge \frac{(a+b+c)^2}{x_1 + x_2 + x_3}\).
2. Di sini, let \(x_1 = 2b + c\), \(x_2 = 2c + a\), \(x_3 = 2a + b\). Maka \(x_1 + x_2 + x_3 = 3(a+b+c) = 9\).
3. Lalu \[ \frac{(a+b+c)^2}{x_1 + x_2 + x_3} = \frac{9}{9} = 1. \] Sehingga \(\displaystyle \sum_{cyc} \frac{a^2}{2b + c} \;\ge\; 1.\)
4. Kesetaraan terjadi bila \(\frac{a}{\sqrt{2b+c}} = \frac{b}{\sqrt{2c+a}} = \frac{c}{\sqrt{2a+b}}\). Dengan \(a+b+c=3\), solusi simetris \(a=b=c=1\) memenuhi hal tersebut, sehingga di situlah ketaksamaan menjadi persamaan.

Jadi terbukti \(\displaystyle \sum_{cyc} \frac{a^2}{2b + c} \ge 1,\) dengan kesetaraan saat \(a=b=c=1\).