$latex f (x^{3}+y^{3}) = x^{2}f (x)+yf (y^{2})$

untuk setiap $latex x,y\in\mathbb{R}$.

Solusi
$latex x=0,y=0$ memberikan $latex f(0)=0$.

$latex y=0$ memberikan $latex f(x^3)=x^2f(x)$ sedangkan $latex x=0$ memberikan $latex f(y^3)=yf(y)^2$.

Jadi $latex f(x^3+y^3)=f(x^3)+f(y^3)$ atau $latex f(z+w)=f(z)+f(w)$.

Karena $latex x^2f(x)=xf(x^2)$, maka $latex f(x^2)=xf(x)$ untuk $latex x\ne0$.

Untuk $latex x=\ne-1$, $latex f((x+1)^2)=(x+1)f(x+1)=(x+1)(f(x)+f(1))=xf(x)+xf(1)+f(x)+f(1)$.

Tetapi $latex f((x+1)^2)=f(x^2+x+x+1)=f(x^2)+f(x)+f(x)+f(1)=xf(x)+2f(x)+f(1)$.

Kedua persamaan terakhir menyebabkan $latex f(x)=xf(1)$ untuk $latex x\ne0,-1$. Perhatikan bahwa $latex f(0)=0$ dan $latex f(-1)=-f(1)$. Jadi $latex f(x)=xf(1)$ untuk setiap bilangan real $latex x$. Jadi $latex f(x)=ax$ untuk suatu konstanta $latex a$.

Solusi
Misalkan $latex y=x^2+18x+30$, sehingga $latex y=2\sqrt{y+15}$. Kuadratkan menjadi $latex y^2=4y+60$ atau $latex y^2-4y-60=0$, yang menyebabkan $latex (y+6)(y-10)=0$. Jika $latex y=-6$, maka $latex x^2+18x+36=-6$, yang tidak memiliki akar real. Jika $latex y=10$, maka $latex x^2+18x+20=0$, yang memiliki hasil kali akar-akar $latex 10$.

Solusi
Substitusi $latex x=10,y=5$, sehingga $latex f(10)+f(25)+250=f(25)+200+1$, sehingga $latex f(10)=-49$.

Solusi
Misalkan sisi-sisi segitiga itu adalah $latex a+b$, $latex c+d$, $latex e+f$, di mana $latex a$, $latex b$, $latex c$, $latex d$, $latex e$, $latex f$ adalah segmen garis dari sisi segitiga yang terbagi oleh garis dividen. Perhatikan gambar berikut.

Maka didapat tiga persamaan, yaitu

$latex e+f+a=d+c+b$, $latex f+a+b=e+d+c$, $latex a+b+c=d+e+f$.

Dari persamaan satu dikurangi persamaan dua, maka $latex e-b=b-e$, yang menyebabkan $latex e=b$. Dengan cara yang sama, dengan membandingkan persamaan-persamaan, didapat $latex a=d$ dan $latex c=f$.

Menurut teorema Ceva, untuk membuktikan ketiga dividen berpotongan di satu titik, cukup dibuktikan bahwa $latex \frac{a}{b}\cdot\frac{c}{d}\cdot\frac{e}{f}=1$. Tetapi

$latex \dfrac{a}{b}\cdot\dfrac{c}{d}\cdot\dfrac{e}{f}=\dfrac{a}{d}\cdot\dfrac{c}{f}\cdot\dfrac{e}{b}=1$.

Maka ketiga dividen berpotongan di satu titik.

$latex (x-y)^2+5(x-y)+25=0$.

Solusi
Persamaan tersebut dapat diubah menjadi

$latex x^2-(2y+5)x+(y^2-5y+25)=0$.

Diskriminan persamaan di atas adalah

$latex (2y+5)^2-4(y^2-5y+25)=40y-75$,

yang harus berupa bilangan kuadrat, agar nilai $latex x$ bulat. Maka $latex y$ habis dibagi 5. Pada persamaan di atas, semua koefisien kecuali $latex x^2$ habis dibagi 5, sehingga $latex x$ harus habis dibagi 5 juga. Maka misalkan $latex x=5x'$ dan $latex y=5y'$. Substitusikan ini ke persamaan awal dan sederhanakan sehingga

$latex x'^2-(2y'+1)x'+(y'^2-y'+1)=0$.

Diskriminannya adalah

$latex (2y'+1)^2-4(y'^2-y'+1)=8y'-3$,

yang tidak mungkin bilangan kuadrat. Jadi tidak ada solusi bilangan bulat.

Solusi
Perhatikan bahwa $latex a^5-a$ habis dibagi 5, menurut teorema Fermat. Tetapi $latex a^5-a=(a^2+1)(a+1)a(a-1)$, sehingga memiliki faktor tiga bilangan berurutan, maka habis dibagi 6. Jadi $latex a^5-a$ habis dibagi 30, atau $latex a^5\equiv a\pmod{30}$. Substitusikan untuk $latex a_1$, $latex a_2$, $latex \ldots$, $latex a_n$ dan jumlahkan sehingga

$latex a_1^5+a_2^5+\ldots+a_n^5\equiv a_1+a_2+\ldots+a_n\pmod{30}$.

Tetapi $latex a_1+a_2+\ldots+a_n=0$, sehingga $latex a_1^5+a_2^5+\ldots+a_n^5\equiv0\pmod{30}$, dan terbukti.

$latex \det\left(\begin{array}{ccc}u_n & u_{n+1} \\ u_{n+2} & u_{n+3} \end{array} \right)=n!$

untuk setiap $latex n\ge0$. Buktikan bahwa $latex u_n$ adalah bilangan bulat untuk setiap $latex n$. (ditetapkan $latex 0!=1$.)

Solusi
Saya definisikan $latex v_0=v_1=1$, dan $latex v_n=(n-1)v_{n-2}$ untuk setiap $latex n\ge2$. Maka $latex v_n$ adalah bilangan bulat.

Lemma 1. $latex v_nv_{n+1}=n!$ untuk setiap $latex n\ge0$.

Bukti
Untuk $latex n=0$, maka $latex v_nv_{n+1}=1=n!$, seperti yang didefinisikan. Jika $latex n\ge1$, asumsikan $latex v_{n-1}v_n=(n-1)!$. Menurut definisi, $latex v_{n+1}=nv_{n-1}$. Maka kedua ruas dikalikan dengan $latex n$, sehingga $latex v_{n+1}v_n=n!$. Maka induksi selesai dan lemma terbukti.

Lemma 2.$latex v_n=u_n$ untuk setiap $latex n\ge0$.

Bukti
Untuk $latex n=0$, $latex n=1$, $latex n=2$, maka $latex u_n=v_n=1$, seperti yang didefinisikan. Jika $latex n\ge1$, asumsikan $latex u_{n-3}=v_{n-3}$, $latex u_{n-2}=v_{n-2}$, $latex u_{n-1}=v_{n-1}$. Dari definisi determinan pada soal, maka $latex (n-3)!=u_{n-3}u_n-u_{n-1}u_{n-2}$, maka

$latex u_n=\dfrac{(n-3)!+u_{n-1}u_{n-2}}{u_{n-3}}= \dfrac{(n-3)!+(n-2)v_{n-3}v_{n-2}}{v_{n-3}}=\dfrac{v_{n-3}v_{n-2}+(n-2)v_{n-3}v_{n-2}}{v_{n-3}}=(n-1)v_{n-2}=v_n$.

Jadi $latex u_n=v_n$ untuk setiap $latex n\ge0$. Tetapi, karena $latex v_n$ selalu bilangan asli untuk $latex n\ge0$, maka $latex u_n$ juga selalu bilangan asli untuk setiap $latex n\ge0$.

$latex \displaystyle f(x)+2f\left(\dfrac{x+\dfrac{2001}{2}}{x-1}\right) = 4014-x$.

Tentukan $latex f(2004)$.

Solusi
Substitusikan $latex x=2004$, maka

$latex \displaystyle f(2004)+2f\left(\dfrac32\right)=2010$.

Substitusikan $latex x=\dfrac32$, maka

$latex \displaystyle f\left(\dfrac32\right)+2f(2004)=4012,5$.

Jumlahkan dan bagi tiga

$latex \displaystyle f(2004)+f\left(\dfrac32\right)=2007,5$.

Kurangi persamaan terakhir dari persamaan kedua

$latex f(2004)=2005$.

Solusi
Misalkan polinomial itu $latex (x-a)(x-b)(x-c)=x^3-sx^2+tx-p$, sehingga $latex s=a+b+c$, $latex t=ab+bc+ca$, dan $latex p=abc$.

Karena $latex a+b+c=(ab+c)+(bc+a)+(ca+b)$, maka $latex s=t+s$ dan $latex t=0$.

Kemudian perhatikan bahwa

$latex ab+bc+ca=(ab+c)(bc+a)+(bc+a)(ca+b)+(ca+b)(ab+c)$.

Maka

$latex t=(ab^2c+bc^2+a^2b+ca)+(abc^2+a^2c+b^2c+a^2c+ab)+(a^2bc+ab^2+ac^2+bc)$.

Dengan beberapa substitusi dan penyederhanaan, didapat

$latex t=ps+st-3p+t$.

Karena $latex t=0$, maka

$latex 0=ps-3p=p(s-3)$.

Tetapi $latex p=abc\ne0$, sehingga $latex s=3$.

$latex p=abc=(ab+c)(bc+a)(ca+b)=p^2+p(s^2-2t)+(t^2-2sp)+p$. Selesaikan sehingga $latex p=-3$.

Maka polinomial itu adalah $latex x^3+3x^2-3$.

(a) Buktikan $latex \text{AB}^2+\text{CD}^2=\text{BC}^2+\text{AD}^2$.

(b) $latex \text{PQRS}$ adalah segi empat konveks sehingga $latex \text{PQ}=\text{AB}$, $latex \text{QR}=\text{BC}$, $latex \text{RS}=\text{CD}$, dan $latex \text{SP}=\text{DA}$. Buktikan $latex \text{PR}\perp\text{QS}$.

Solusi
(a) Misalkan $latex \text{AC}$ dan $latex \text{BD}$ berpotongan di $latex \text{O}$.

$latex \text{AB}^2+\text{CD}^2=\text{OA}^2+\text{OB}^2+\text{OC}^2+\text{OD}^2=\text{BC}^2+\text{AD}^2$.

(b) Substitusikan nilai $latex \text{PQ}=\text{AB}$, $latex \text{QR}=\text{BC}$, $latex \text{RS}=\text{CD}$, dan $latex \text{SP}=\text{DA}$ ke persamaan yang telah dibuktikan (a). Maka $latex \text{PQ}^2+\text{RS}^2=\text{QR}^2+\text{SP}^2$.

Misalkan $latex \text{PR}$ dan $latex \text{QS}$ berpotongan di $latex \text{M}$. Tanpa mengurangi keumuman, dapat diasumsikan $latex \angle \text{PMQ}=\angle \text{RMQ}\ge90^\circ$ dan $latex \angle \text{RMQ}=\angle \text{PMS}\le90^\circ$.

Maka

$latex \text{PQ}^2\ge \text{PM}^2+\text{MQ}^2$,

$latex \text{RS}^2\ge\text{MS}^2+\text{MR}^2$,

$latex \text{QR}^2\le \text{MQ}^2+\text{MR}^2$,

$latex \text{PS}^2\le \text{PM}^2+\text{MS}^2$.

Jadi

$latex \text{PQ}^2+\text{RS}^2\ge \text{PM}^2+\text{MQ}^2+\text{MS}^2+\text{MR}^2\ge \text{QR}^2+\text{PS}^2$.

Tetapi persamaan memenuhi, sehingga

$latex \angle \text{PMQ}=\angle \text{QMR}=\angle\text{SMR}=\angle \text{SMP}=90^\circ$.

Solusi
Misalkan $latex x+y=a$. Karena $latex x/a<1$ dan $latex p<1$, maka

$latex \dfrac{x}{a}<\displaystyle\left(\dfrac{x}{a}\right)^p$.

Dengan logika yang sama, maka didapat

$latex \dfrac{y}{a}<\displaystyle\left(\dfrac{y}{a}\right)^p$.

Maka

$latex 1=\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{a}<\displaystyle\left(\dfrac{x}{a}\right)^p+\displaystyle\left(\dfrac{y}{a}\right)^p$.

Jadi

$latex 1<\displaystyle\left(\dfrac{x}{a}\right)^p+\displaystyle\left(\dfrac{y}{a}\right)^p$.

Kalikan kedua ruas dengan $latex a^p$ dan substitusikan $latex a=x+y$. Maka

$latex (x+y)^p<x^p+y^p$.

Solusi
Perhatikan bahwa $latex p$ dan $latex q$ pasti bilangan bulat karena akar-akarnya adalah bilangan bulat. Substitusikan $latex q=198-p$ ke persamaan tadi, menjadi: $latex x^2+px+198-p=0$.

Diskriminannya

$latex D=p^2-4(198-p)=p^2+4p-792$

adalah bilangan kuadrat. Maka misalkan $latex D=m^2$, sehingga

$latex p^2+4p-792=m^2$,

atau

$latex (p+2)^2-m^2=796$,

dan

$latex (p+2-m)(p+2+m)=1\cdot796=2\cdot398=4\cdot199$

Jika $latex p+2-m=1$ dan $latex p+2+m=796$, maka $latex p$ dan $latex m$ bukan bilangan bulat. Begitu pula jika $latex p+2-m=4$ dan $latex p+2+m=199$.

Jadi $latex p+2-m=2$ dan $latex p+2+m=398$, yang menyebabkan $latex p=198$ dan $latex m=198$. Maka $latex q=0$. Maka, persamaan itu adalah $latex p(x)=x^2+198x=x(x+198)$, dan akar-akarnya adalah $latex x_1=0$ dan $latex x_2=-198$.

$latex a^3+b^3+c^3\ge a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}$.

Solusi
Perhatikan bahwa

$latex (x-y)^2(x+y)\ge0$.

Maka

$latex x^3+y^3-x^2y-xy^2\ge0$,

atau

$latex x^3+y^3\ge xy(x+y)$.

Sekarang,

$latex a^3+b^3+c^3=\dfrac{1}{2}\displaystyle\left(a^3+\dfrac{b^3+c^3}{2}\right)+\dfrac{1}{2}\displaystyle\left(b^3+\dfrac{c^3+a^3}{2}\right)+\dfrac{1}{2}\displaystyle\left(c^3+\dfrac{a^3+b^3}{2}\right)$.

Substitusikan pertidaksamaan tadi, sehingga

$latex a^3+b^3+c^3\ge\dfrac{1}{2}\displaystyle\left(a^3+\dfrac{bc(b+c)}{2}\right)+\dfrac{1}{2}\displaystyle\left(b^3+\dfrac{ca(c+a)}{2}\right)+\dfrac{1}{2}\displaystyle\left(c^3+\dfrac{ab(a+b)}{2}\right)$.

Dengan AM-GM, kita lanjutkan

$latex a^3+b^3+c^3\ge\sqrt{\dfrac{a^3bc(b+c)}{2}}+\sqrt{\dfrac{b^3ca(c+a)}{2}}+\sqrt{\dfrac{c^3ab(a+b)}{2}}$.

Substitusikan nilai $latex abc=2$, dan sederhanakan sehingga

$latex a^3+b^3+c^3\ge a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}$.

Delapan buah benteng ditempatkan, sehingga tidak ada yang dapat menyerang satu sama lain. Berapa jumlah dari bilangan-bilangan yang ditempati benteng-benteng itu? Bagaimana jika papan itu berukuran $latex n\times n$ dan terdapat $latex n$ benteng?

Solusi
Misalkan $latex a_{i,j}$ adalah bilangan pada baris ke $latex i$ dan kolom ke $latex j$. Maka, $latex a_{i,j}=n(i-1)+j$. Dalam setiap baris dan setiap kolom hanya terdapat satu benteng. Maka jumlahnya

$latex \displaystyle\sum_{i=1}^{n}n(i-1)+\displaystyle\sum_{j=1}^{n}j=n\cdot\dfrac{n(n-1)}{2}+\dfrac{n(n+1)}{2}=\dfrac{n^3+n}{2}$.

Untuk papan catur $latex 8\times8$, substitusikan $latex n=8$, sehingga didapat jumlahnya 260.

$latex \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\ge xy+yz+zx$.

Solusi
Dari pertidaksamaan AM-GM,

$latex a^2+\sqrt{a}+\sqrt{a}\ge3a$.

Substitusikan untuk $latex x$, $latex y$, dan $latex z$ kemudian jumlahkan,

$latex x^2+y^2+z^2+2\sqrt{x}+2\sqrt{y}+2\sqrt{z}\ge3x+3y+3z$.

Substitusikan $latex 3=x+y+z$,

$latex x^2+y^2+z^2+2\sqrt{x}+2\sqrt{y}+2\sqrt{z}\ge(x+y+z)^2$

Sederhanakan,

$latex \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\ge xy+yz+zx$.