Cari semua segitiga yang panjang sisi-sinya adalah bilangan bulat berurutan, dan salah satu sudutnya dua kali satu sudut lain.

Misalkan segitiga itu $latex ABC$ dengan panjang sisi $latex a,b,c$, dan $latex \angle C=2\angle B$.

Buat perpanjangan $latex BC$ melalui $latex C$ menjadi $latex BD$, sehingga $latex CD=b$. Perhatikan bahwa $latex \angle ADC=\frac12\angle C=\angle B$. Jadi $latex AD=c$. Maka $latex \triangle ACD\sim\triangle DAB$, yang menyebabkan $latex \frac{DA}{BD}=\frac{AC}{AD}$ atau $latex c^2=b(a+b)$.

Karena $latex a,b,c$ adalah bilangan bulat berurutan, kita perhatikan kasus $latex (a,b,c)=(a,a-1,a-2),(a,a-2,a-1),(a,a-1,a+1)$, karena $latex a>b$. Pemeriksaan kasus ini ditinggalkan untuk pembaca, dan kita akan mendapat bahwa segitiga yang memenuhi adalah yang memiliki panjang sisi $latex (6,5,4)$.

(ups.. saya kira ping-back ke blog nya merupakan ide yang buruk)

Jadi ternyatan hipotesis ini masih terbuka. Saya juga teringat film Beautiful Mind yang mengisahkan John Nash atas usahanya membuktikan hipotesis ini dalam keadaan (sampai) hilang akal.  Bahkan  iblis pun bisa berubah pikiran karena usahanya membuktikan hipotesis itu:
A mathematician has spent years trying to prove the Riemann hypothesis - without success. Finally, he decides to sell his soul to the devil in exchange for a proof. The devil promises to deliver a proof within four weeks. Four weeks pass, but nothing happens. Half a year later, the devil shows up again - in a rather gloomy mood.
"I'm sorry", he says. "I couldn't prove the Riemann hypothesis either. But" - and his face lightens up - "I think I found a really interesting lemma..."

Mungkin lemma-nya bisa diajukan ke Terence atau Li  :)

Tentukan nilai terkecil bilangan asli $latex t$ sehingga terdapat bilangan-bilangan $latex x_1,x_2,\ldots,x_t$ sehingga

$latex x^3_1+x^3_2+\,\ldots\,+x^3_t=2002^{2002}$.

Kita bisa memanfaatkan kongruensi modular di sini. Untuk bilangan kubik, biasanya modulo 7 atau 9 cukup efektif, karena hanya ada tiga kemungkinan. (Untuk bilangan kuadrat biasanya modulo 3 dan 4 cukup efektif). Dalam kasus ini, kita bisa pakai modulo 9. Perhatikan bahwa $latex x^3_1,x^3_2,\ldots,x_t^3$ semuanya kongruen dengan $latex -1,0,1\pmod9$, sedangkan $latex 2002^{2002}\equiv4\pmod9$. Jadi, minimum kita perlu empat bilangan.

Sekarang kita perlu buktikan juga bahwa ada empat bilangan seperti itu. Perhatikan bahwa $latex 2002=10^3+10^3+1^3+1^3$. Jadi kita bisa ambil $latex 2002^{2002}=(10\cdot2002^{667})^3+(10\cdot2002^{667})^3+(2002^{667})^3+(2002^{667})^3$. Jadi empat adalah minimum, dan bisa dicapai, sehingga jawaban yang kita cari adalah $latex t=4$.

Apakah ada bilangan asli $latex x,y$ sehingga $latex x^3+2xy+x+2y+1$ dan $latex y^3+2xy+y+2x+1$ keduanya bilangan kubik?

Asumsikan bahwa $latex x\ge y$. Kita bisa periksa dengan mudah bahwa $latex x^3<x^3+2xy+x+2y+1<(x+1)^3$. Jadi $latex x^3+2xy+x+2y+1$ tidak mungkin bilangan kubik, karena berada di antara dua bilangan kubik berurutan. Jika $latex y\ge x$, dengan cara yang sama, $latex y^3+2xy+y+2x+1$ tidak mungkin bilangan kubik.

Trik ini bisa digunakan untuk soal-soal serupa. Misalnya, untuk membuktikan $latex a^2+a+1$ tidak mungkin bilangan kuadrat untuk $latex a$ bilangan asli, kita tinggal perhatikan bahwa $latex a^2<a^2+a+1<(a+1)^2$. Kita bisa rumuskan sebagai berikut: Jika ada dua suku berurutan dari suatu himpunan, maka bilangan di antara dua suku itu bukan anggota himpunan. Dalam kasus soal tadi, himpunannya adalah bilangan-bilangan kubik.

Tentukan semua bilangan asli $latex (a,b)$ sehingga $latex \frac{a^{4}+a^{3}+1}{a^{2}b^{2}+ab^{2}+1}$ adalah bilangan bulat.

Misalkan $latex \frac {a^{4} + a^{3} + 1}{a^{2}b^{2} + ab^{2} + 1}=k\ge 1$. Maka $latex (a^2+a)(a^2-kb^2)=k-1\ge0$. Jika $latex k=1$, maka $latex a=b$. Jika $latex k>1$, maka $latex k>a^2+a>a^2>kb^2$, sehingga $latex b^2=0$.

Jadi $latex a=b$ atau $latex b=0$.

Solusi
Perhatikan bahwa jumlah pasang tidak mungkin 2, karena 2 hanya bisa didapat dari 1+1, dan bilangan harus berbeda. Jadi semua bilangan prima itu ganjil. Kita akan buktikan ada lebih dari 5 bilangan genap, sehingga Jack salah. Ada $latex C^6_2=15$ pasang bilangan. Jumlah bilangan genap jika dua bilangan keduanya genap atau keduanya ganjil. Di antara enam bilangan itu, ada 7 kemungkinan:
(i) semua genap: 15 bilangan jumlah genap.
(ii) 5 genap, 1 ganjil: $latex C^5_2=10$ bilangan jumlah genap
(iii) 4 genap, 2 ganjil: $latex C^4_2+C^2_2=7$ bilangan jumlah genap
(iv) 3 genap, 3 ganjil: $latex C^3_2+C^3_2=6$ bilangan jumlah genap
(v) 2 genap, 4 ganjil: $latex C^2_2+C^4_2=7$ bilangan jumlah genap
(vi) 1 genap, 5 ganjil: $latex C^5_2=10$ bilangan jumlah genap
(vii) semua ganjil: 15 bilangan jumlah genap.
Jadi selalu lebih dari 5 bilangan genap, sehingga tidak mungkin hanya ada 10 bilangan ganjil, apalagi bilangan prima. Jadi Jack pasti salah. Pada kasus (iv) Jill bisa benar, jika semua bilangan ganjil adalah prima. Maka jawabannya Jill.

Solusi
Untuk $latex 1\le k\le100$, misalkan $latex a_k=2^{99}+2^{98}+\ldots+2^{100-k}$. Untuk $latex 2\le k\le100$, selisih $latex a_{k-1}$ dan $latex a_k$ adalah $latex 2^{100-k}$. Karena $latex 2^{100-k}$ membagi $latex a_{k-1}$ dan $latex a_k$, itulah faktor persekutuan terbesarnya. Dengan cara serupa, $latex a_k$ dan $latex a_{k+1}$ memiliki faktor persekutuan terbesar $latex 2^{100-(k+1)}$, yang kurang dari $latex 2^{100-k}$. Maka terdapat 100 bilangan yang memenuhi kondisi itu.

$latex (x+y)^2+(x+z)^2=(y+z)^2$.

Solusi
Persamaan ekuivalen dengan

$latex x^2+2xy+y^2+x^2+2xz+z^2=y^2+2yz+z^2$,

$latex x^2+xy+xz=yz$.

Tambahkan $latex yz$, sehingga

$latex (x+y)(x+z)=2yz$.

Ini tidak mungkin karena ruas kiri habis dibagi 4, sedangkan ruas kanan tidak.

Solusi
Untuk $latex n=1$, terdapat bilangan 5 yang memenuhi. Kita akan melakukan langkah induksi. Anggaplah ada bilangan asli $latex k$ digit, yaitu $latex N$ yang habis dibagi $latex 5^k$. Maka $latex i\cdot10^k+N$ habis dibagi $latex 5^k$, di mana $latex i=1,3,5,7,9$. Misalkan $latex (i\cdot10^k+N)/5^k=i\cdot2^k+B$. Modulo 5, ada 5 kemungkinan nilai $latex B$, yaitu 0,1,2,3, atau 4. Tetapi $latex i\cdot2^k$ memiliki kemungkinan nilai 0,1,2,3,4 modulo 5. Untuk setiap nilai $latex B$, selalu ada nilai $latex i$ yang memenuhi. Maka terbukti.

Solusi
Dapat diasumsikan Gitte lahir pada tahun 1900-an. Misalkan ia lahir tahun $latex 1900+10a+b$. Maka $latex 1+9+a+b=2003-1900-10a-b$, atau $latex 11a+2b=93$. Nilai yang mungkin hanya $latex a=7,b=8$. Ia lahir tahun 1978, sehingga umurnya 25.

Solusi
Kita akan gunakan metode induksi. Untuk $latex n=3$, kita punya $latex x_3=y_3=1$. Anggaplah terdapat bilangan ganjil $latex x_k,y_k$ sehingga $latex 7x_k^2+y_k^2=2^k$. Perhatikan bahwa

$latex \displaystyle7\left(\frac{x_k\pm y_k}2\right)^2+\left(\frac{7x_k\mp y_k}2\right)^2=2^{k+1}$.

Salah satu dari $latex \frac{x_k+y_k}2$ atau $latex \frac{x_k- y_k}2$ pasti ganjil, begitu pula $latex \frac{7x_k- y_k}2$ atau $latex \frac{7x_k+y_k}2$. Maka terbukti.

Solusi
Perhatikan bahwa $latex f(x)-5$ memiliki akar-akar $latex a,b,c,d$. Maka dapat ditulis $latex f(x)-5=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)g(x)$, di mana $latex g(x)$ adalah polinomial berkoefisien bulat. Maka jika $latex f(k)=8$, $latex (k-a)(k-b)(k-c)(k-d)g(x)=3$. Maka tiga dari empat bilangan $latex (k-a),(k-b),(k-c),(k-d)$ bernilai $latex -1$ atau $latex 1$. Kontradiksi bahwa keempat bilangan itu berbeda. Maka terbukti.

Solusi
Anggaplah ada tiga bilangan yang modulo 3-nya sama, maka jumlahnya habis dibagi 3. Jika tidak ada yang modulo 3-nya sama, maka ada bilangan yang 0, 1, dan 2 modulo 3, sehingga jumlahnya habis dibagi 3 juga. Terbukti.

Solusi
Anggaplah ada $latex a,b,c$ seperti itu. Maka $latex a^2+b^2\equiv6\pmod{8}$. Tetapi modulo 8 bilangan kuadrat yang mungkin hanya 0,1,4, sehingga tidak mungkin jumlah dua bilangan kuadrat modulo 8 adalah 6. Kontradiksi, terbukti.

Solusi
Misalkan bilangan awal adalah $latex a$. Maka $latex a+(a+1)+(a+2)+\ldots+(a+k-1)=3^{11}$. Sederhanakan ini menjadi $latex k(2a+k-1)=2\cdot3^{11}$. Jadi $latex k|2\cdot3^{11}$. Tetapi nilai minimum $latex a$ adalah 1, sehingga $latex 1+2+\ldots+k=k(k+1)\le3^{11}$. Jadi $latex k<\sqrt{3^{11}}$. Nilai yang memenuhi $latex k|2\cdot3^{11},k<\sqrt{3^{11}}$ terbesar adalah 486. Mudah dilihat bahwa ada nilai $latex a$ yang memenuhi, yaitu $latex a=122$. Jadi nilai terbesarnya adalah 486.

Solusi
Perhatikan bahwa $latex f(x)=3x+2,f^2(x)=9x+8,f^3(x)=27x+26$, dan seterusnya. Mudah dibuktikan dengan induksi bahwa $latex f^a(x)=3^ax+3^a-1$. Jadi $latex f^{100}(m)=3^{100}m+3^{100}-1=3^{100}(m+1)-1$. Kita akan buktikan ini habis dibagi 1988, sehingga ada $latex n\in\mathbb{Z}$ sehingga $latex 1988m\equiv-1\pmod{3^{100}}$. Tetapi, karena 1988 dan $latex 3^{100}$ relatif prima, maka pasti terdapat multiplicative inverse dari $latex 1999$ modulo $latex 3^{100}$. Multiplicative inverse-nya adalah $latex -m$, sehingga terdapat $latex m\in\mathbb{Z}$ sehingga $latex 1988m\equiv-1\pmod{3^{100}}$. Terbukti.

Solusi
$latex \sqrt {x + \sqrt {4x + \sqrt {16x + \sqrt {\cdots + \sqrt {4^{2008}x + 3}}}}} - \sqrt {x} = 1$

$latex \sqrt {x + \sqrt {4x + \sqrt {16x + \sqrt {\cdots + \sqrt {4^{2008}x + 3}}}}} = 1 +\sqrt{x}$

$latex \sqrt {4x + \sqrt {16x + \sqrt {\cdots + \sqrt {4^{2008}x + 3}}}} = 1 +2\sqrt{x}$

$latex \sqrt {16x + \sqrt {\cdots + \sqrt {4^{2008}x + 3}}} = 1+4\sqrt{x}$

Dan seterusnya, sampai

$latex \sqrt{4^{2008}x+3}=1+2^{2008}\sqrt{x}$. Kuadratkan sehingga $latex 4^{2008}x+3=1+2^{2009}\sqrt{x}+4^{2008}x$, sehingga $latex x=\dfrac{1}{2^{4016}}$.

Solusi
Perhatikan bahwa $latex n=(n-1)+1$ dapat diganti dengan $latex n-1$. Jadi kita cukup mencari cara agar 22 menjadi lebih dari 2001, lalu menguragi nilainya satu persatu. Salah satu caranya:

$latex 22=11+11\to121=60+61\to3660\to3659\to3658\to\ldots\to2001$.

$latex 2^n+n^2=3^p.7^q$

Solusi
Karena $latex n,p,q \in \mathbb{N}^+$ maka $latex 2^n+n^2=3^p.7^q \geq 21$

Lalu kita ambil $latex \text{mod 7}$ maka $latex RHS \equiv 0 \pmod7$

$latex 2^n \equiv 1,2,4\pmod7$ dan $latex n^2\equiv 0,1,2,4\pmod7$

maka $latex LHS \neq 0 \pmod7$

Jadi tidak ada solusi bila $latex n,p,q \in \mathbb{N}^+$

Solusi
Perhatikan bahwa $latex 5^{512}+4\cdot5^{384}+6\cdot5^{256}+4\cdot5^{128}+1=(5^{128}+1)^4$ dan $latex 4^{785}=4\cdot4^{784}=4\cdot{(4^{196})}^4$

Sehingga $latex 5^{512}+4\cdot5^{384}+6\cdot5^{256}+4\cdot5^{128}+1+4^{785}=(5^{128}+1)^4+4\cdot{(4^{196})}^4$ yang mempunyai bentuk $latex a^4+4b^4$ yang merupakan Sophie Germain's Identity.

Bukti
$latex \small{a^4+4b^4=a^4+4a^2b^2+4b^4-4a^2b^2=(a^2+2b^2)^2-4a^2b^2=(a^2+2b^2+2ab)(a^2+b^2-2ab)}$ yang berarti $latex 5^{512}+4\cdot5^{384}+6\cdot5^{256}+4\cdot5^{128}+1+4^{785}$ bukan merupakan bilangan prima.

Solusi
Ya, ada barisan seperti itu. Perhatikan bahwa ada lebih dari 25 bilangan prima dari 1 sampai 2005. Kemudian, 2006!+2, 2006!+3, 2006!+4, ..., 2006!+2006 adalah barisan 2005 bilangan yang memiliki 0 bilangan prima.

Bayangkan ada barisan bilangan bulat, dari 1 sampai 2006!+2006. Pertama-tama, kita mengambil 2005 bilangan paling kiri, yaitu 1 sampai 2005. Setiap kali kita bergeser satu bilangan ke kanan, banyaknya bilangan prima yang kita ambil berubah -1, 0, atau 1. Karena awalnya ada lebih dari 25 bilangan prima, dan akhirnya hanya ada 0 bilangan prima, maka pasti ada suatu waktu di mana barisan kita terdiri dari tepat 25 bilangan prima.

$latex (a^4+6a^3+11a^2+6a)\times (b^3+3b^2+2b)\times (c^4+6c^3+11c^2+6c)=d$

Buktikan bahwa $latex d$ habis dibagi $latex P$, dimana $latex P=1+\frac{147}{144}+\frac{12005}{11520}+\dots$

Solusi
Perhatikan

$latex P=1+\frac{49}{48}+(\frac{49}{48})^2+\dots=48$

Lalu lihat $latex d$

$latex a^4+6a^3+11a^2+6a=(a^2+3a)^2+2(a^2+3a)=(a^2+3a)(a^2+3a+2)=a(a+1)(a+2)(a+3)$

Perhatikan bahwa bentuk di atas adalah hasil kali 4 bilangan berurutan sehingga

$latex 4|a^4+6a^3+11a^2+6a$ dan $latex 4|c^4+6c^3+11c^2+6c$

Lalu $latex b^3+3b^2+2b=b(b^2+3b+2)=b(b+1)(b+2)$

Perhatikan bahwa bentuk di atas adalah hasil kali 3 bilangan berurutan, sehingga

$latex 3|b^3+3b^2+2b$

Dengan demikian $latex P|4\times 3 \times 4=48$

Terbukti bahwa $latex P|d$

Solusi
Karena 234 habis dibagi 9, maka monster selalu terbangun pada tahun yang habis dibagi 9. Tahun yang habis dibagi 9 pada 2005-2015 hanya 2007. Jumlah digit dari bilangan <2007 yang maksimum adalah 28, yaitu 1+9+9+9. Jadi, jika monster terbangun pada tahun 2007, ia pasti pernah terbangun antara tahun 2007-28=1979 sampai 1998. Yang mungkin adalah 1980, 1989, 1998. Tetapi 1980+1+9+8+0, 1989+1+9+8+9, 1998+1+9+9+8 tidak ada yang bernilai 2007. Maka monster tidak terbangun dari tahun 2005 sampai 2015.

Solusi
Asumsikan hasil kali itu ganjil, sehingga semua sukunya $latex A_1-1,A_2-2,A_3-3,\ldots,A_n-n$ semuanya ganjil. Maka jumlahnya pun harus ganjil. Tetapi $latex (A_1-1)+(A_2-2)+(A_3-3)+\ldots+(A_n-n)=0$, bukan bilangan ganjil, kontradiksi. Maka terbukti.