Soal polinomial di OSN 2020

OSN 2020 baru saja berlangsung dan diadakan secara virtual. Senang sekali ada soal polinomial di OSN kali ini. Berikut adalah soalnya.

Soal. Misalkan a,b,c bilangan real dan p(x)=ax^2+bx+c. Jika p(a)=bc, p(b)=ca, dan p(c)=ab, buktikan bahwa

(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)=0.

Jawaban. Jika a,b,c ada yang sama, maka (a-b)(b-c)(c-a)=0 sehingga persamaan yang ingin dibuktikan pasti benar. Asumsikan a,b,c merupakan tiga bilangan real yang berbeda-beda.

Misalkan q(x)=xp(x)-abc=ax^3+bx^2+cx-abc.

Karena p(a)=bc sehingga q(a)=ap(a)-abc=abc-abc=0. Dengan cara serupa, q(b)=q(c)=0.

Jika a=0, maka q(x)=bx^2+cx. Namun ini berarti, a,b,c ada yang sama. Kontradiksi dengan asumsi yang kita ambil terakhir bahwa a,b,c berbeda-beda.

Asumsikan a \ne 0, maka \deg q = 3 dan q punya maksimum tiga akar. Karena a,b,c berbeda-beda, maka ketiga akarnya adalah a,b,c. Karena koefisien utama (koefisien dari x^3) dari q(x) adalah a, maka q(x)=a(x-a)(x-b)(x-c).

Membandingkan kedua representasi q(x), perhatikan bahwa

ax^3-a(a+b+c)x^2+a(ab+bc+ca)x-a^2bc = ax^3 + bx^2 + cx - abc.

Jadi, diperoleh

-a(a+b+c)=b … (i)

a(ab+bc+ca)=c … (ii)

-a^2bc=-abc … (iii)

Karena a \ne 0, cukup ditunjukkan b=0. Asumsikan b \ne 0.

Dari persamaan (iii), abc(a-1)=0. Karena a \ne 0, b \ne 0, maka c=0 atau a=1.

Jika c=0, maka dari persamaan (ii), ab = 0. Kontradiksi dengan a \ne 0, b \ne 0.

Jika a=1, maka dari persamaan (ii), bc+b+c=c sehingga b(c+1)=0. Jadi b=0 atau c=-1. Karena b \ne 0, maka c=-1. Dari persamaan (i), karena a=1 dan c=-1, diperoleh -b = b yang mengakibatkan b=0, kontradiksi lagi dengan b \ne 0.

Jadi, haruslah b = 0 dan karena a \ne 0, berlaku a+b+c=0, jika a,b,c semuanya berbeda-beda.

Menyimpulkan semuanya, diperoleh (a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)=0. \blacksquare

Catatan: Soal yang cukup baik untuk OSN meskipun banyak “jurang jebakan” yang bisa menyesatkan peserta dari mendapatkan kesimpulan yang tepat.

Sponsored Post Learn from the experts: Create a successful blog with our brand new courseThe WordPress.com Blog

Are you new to blogging, and do you want step-by-step guidance on how to publish and grow your blog? Learn more about our new Blogging for Beginners course and get 50% off through December 10th.

WordPress.com is excited to announce our newest offering: a course just for beginning bloggers where you’ll learn everything you need to know about blogging from the most trusted experts in the industry. We have helped millions of blogs get up and running, we know what works, and we want you to to know everything we know. This course provides all the fundamental skills and inspiration you need to get your blog started, an interactive community forum, and content updated annually.

An ugly bound for the harmonic series

I found the following inequality in one of my math book last night. Looks kind of scary but I think the proof is kind of cute.

Proposition. For any n \in \mathbb{N}, the following inequality holds:

\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+\dots+\dfrac{1}{n} \ge n \left( \sqrt[n]{n+1} -1 \right).

Proof.

Rearrange the terms in the inequality to

n+\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+\dots+\dfrac{1}{n} > n \sqrt[n]{n+1}

\left(1+\dfrac{1}{1}\right)+\left(1+\dfrac{1}{2}\right)+\dots+\left(1+\dfrac{1}{n}\right) > n\sqrt[n]{n+1}.

Applying AM-GM inequality, we obtain

\left(1+\dfrac{1}{1}\right)+\left(1+\dfrac{1}{2}\right)+\dots+\left(1+\dfrac{1}{n}\right)

= \dfrac{2}{1}+ \dfrac{3}{2} + \dots + \dfrac{n+1}{n}

\ge n \sqrt[n]{ \dfrac{2}{1} \cdot \dfrac{3}{2} \cdot \dots \cdot \dfrac{n+1}{n}}

= n \sqrt[n]{n+1},

as desired. Note that clearly \dfrac{2}{1} \ne \dfrac{n+1}{n}. \blacksquare

Many of you probably know that 1+\dfrac{1}{2}+\dots+\dfrac{1}{n} has \Theta(\log n) asymptotic growth; this is a tight bound. If you know this, a quite natural question would be how is the inequality above compare to the O(\log n) bound of the harmonic series, at least?

OK, it has a very small chance of winning against O(\log n) since we already know it is of tight bound. But, here are some propositions you might be willing to check.

Proposition. There is c>0,N>0 such that n(\sqrt[n]{n+1}-1) \le c \cdot \log n for all n \ge N. (In other words, n(\sqrt[n]{n+1}-1) = O(\log n).

Moreover, can we find c_1>0,N_1>0 such that c_1 \cdot \log n \le n(\sqrt[n]{n+1}-1) for all n \ge N_1? (In other words, is n(\sqrt[n]{n+1}-1) = \Omega(\log n) as well?).

Let me know what you think in the comments below.

Ekspektasi rata-rata hasil pelemparan dadu hingga mendapatkan 6 (help?)

Misalkan kita melempar dadu terus-menerus sampai mendapatkan angka 6. Kita tahu bahwa ekspektasi banyak lemparan yang dibutuhkan adalah 6. Pertanyaan yang mau saya ajukan di sini adalah: berapa ekspektasi dari rata-rata angka yang muncul?

Tiba-tiba kepikiran aja soal ini. Karena saya hanya tahu probabilitas dasar, saya akan coba jawab pakai metode yang saya tahu. Saya mulai dengan membuat variabel acak X untuk rata-rata hasil pelemparan dadu hingga dapat angka 6.

Awalnya, saya mau menyiapkan variabel acak X_1,X_2,\dots yang menyatakan hasil dari pelemparan ke-1, ke-2, dan seterusnya. Kalau banyak pelemparannya adalah k, tentu rata-ratanya adalah \dfrac{X_1+X_2+\dots+X_k}{k}. Namun, masalahnya k di sini juga merupakan variabel acak (variabel acak yang muncul sebagai indeks…). Mungkin kalau dipaksakan ya, k=6 (karena ekspektasi k adalah 6 berdasarkan distribusi geometrik \text{Geo}(\frac{1}{6}). Jadinya, ekspektasinya harusnya \dfrac{X_1+X_2+X_3+X_4+X_5+X_6}{6} dan diperoleh lagi ekspektasinya adalah \dfrac{1}{6} \sum_{i=1}^6 \mathbb{E}[X_i] = \mathbb{E}[X_i] = 3.5. Tapi saya kurang bisa menerima jawaban ini….

Lalu, saya coba cari ide lain.

Oke, mungkin saya mau pertimbangkan semua kemungkinan nilai X. Yang pasti rata-ratanya ga mungkin kurang dari 1, dan ga mungkin lebih dari 6. Pasti di antara 1 dan 6 (inklusif). Lalu, dengan sedikit merenung, saya tahu bahwa X haruslah rasional (karena rata-ratanya bentuknya pasti bulat dibagi bulat).

Waduh, apakah semua bilangan rasional di antara 1 dan 6 mungkin jadi rata-rata hasil pelemparan? Sepertinya demikian. Misalkan \dfrac{a}{b} adalah bilangan rasional dengan a,b bilangan bulat positif yang memenuhi b \le a \le 6b (agar nilainya di antara 1 dan 6), kita dapat ambil k=b (banyak pelemparan b). Kemudian, pasti ada cara untuk menghasilkan a dengan menjumlahkan b buah bilangan dari 1-6 (saya asumsikan pembaca percaya hehe, tapi buktinya kayak ngisi kotak aja sih… ada b kotak, masing-masing berisi maks 6 bola; pasti bisa masukkan a bola ke kotak-kotak itu dengan kondisi kotaknya ga ada yang kosong dan maks berisi 6 bola masing-masing).

OK, jadi X punya ruang sampel \mathbb{Q} \cap [1,6]. Waduh masak saya harus pakai integral yang aneh-aneh… sampai sini dulu train of thoughts saya di subuh hari ini. Let me know kalau ada pembaca yang punya strategi lain atau ada referensi buku atau internet.