Garis

Garis $ax+by+c=0$ melalui titik $A(1,-2)$, $B(-5,2)$, $C(10,-8)$. Jika $a,b,c$ tidak mempunyai faktor persekutuan selain $1$, maka berapakah nilai $a+b+c$? (sumber: SNMPTN 2008)

Solusi:
Pertama kita cermati terlebih dahulu kalimat yang ada pada soal, sebuah garis melalui beberapa titik. Sekarang tak ada salahnya kita ingat kembali, apa sebenarnya itu garis. Secara sederhana, garis itu adalah kumpulan dari titik-titik. Lalu apakah maksudnya jika sebuah garis melalui sebuah titik? Dengan menghubungkan pernyataan sebelumnya bahwa garis itu adalah kumpulan titik-titik, maka apabila sebuah garis melalui sebuah titik, titik yang dilaluinya itu tak lain adalah salah satu dari sekian banyak titik yang termasuk dari "kumpulan" tersebut.

Kita kembali kepada soal. Garis $ax+by+c=0$ melalui titik $A,B,C$. Artinya ketiga titik tersebut berada pada garis, atau dengan kata lain menjadi salah satu "penyusun" garis itu. Karena itu, kita dapat mensubstitusikan nilai absis dan ordinat ketiga titik tersebut ke dalam garis.

Untuk titik $A(1,-2)$, substitusi nilai $x=1$ dan $y=-2$ ke garis, diperoleh

$a-2b+c=0$ $...(1)$

Untuk titik $B(-5,2)$, substitusi nilai $x=-5$ dan $y=2$ ke garis, diperoleh

$-5a+2b+c=0$ $...(2)$

Untuk titik $C(10,-8)$, substitusi nilai $x=10$ dan $y=-8$ ke garis, diperoleh

$10a-8b+c=0$ $...(3)$

Sekarang kita sudah punya tiga persamaan linear, dengan tiga variabel. Langkah selanjutnya yang harus diambil adalah menyelesaikan sistem persamaan tersebut.

Dari persamaan $(1)$ kita memperoleh $c=2b-a$.
Substitusikan ke persamaan $(2)$, memberikan $-5a+2b+2b-a=4b-6a=0$.
Substitusikan ke persamaan $(3)$, memberikan $10a-8b+2b-a=9a-6b=0$.
Jumlahkan dua persamaan terakhir, memberikan $3a-2b=0 \rightarrow 3a=2b$.

Ketiga persamaan telah digunakan, dan kita mendapatkan hasil tersebut. Dalam hati kita mungkin belum puas, karena dengan hasil yang diperoleh saat ini kita belum bisa menyelesaikan soal yang sesungguhnya. Tapi tak perlu menyerah, kita akan tetap lanjut.

$3a=2b$
$\frac ab = \frac 23$

Dari sini kita memperoleh $a=2n$ dan $b=3n$ untuk suatu bilangan bulat $n$ (hal ini benar sebab $\frac ab = \frac {2n}{3n} = \frac 23$). Karena $c=2b-a$, maka $c=6n-2n=4n$. Maka kita mempunyai solusi $(a,b,c)=(2n,3n,4n)$.

Sekarang kita terjemahkan kalimat soal yang terakhir, $a,b,c$ tidak memiliki faktor persekutuan selain $1$. Andaikata kita subsitusikan $n=2$, maka $(a,b,c)=(4,6,8)$. Hal ini tidak memenuhi, sebab $4,6,8$ sama-sama habis dibagi $2$ (karena itu mereka memiliki faktor persekutuan, yaitu $2$). Kalau kita perhatikan, agar syarat pada soal terpenuhi, tentu satu-satunya nilai $n$ yang mungkin hanyalah $n=1$. Dengan demikian kita akan mendapatkan $(a,b,c)=(2,3,4)$. Sehingga $a+b+c=2+3+4=9$.

Aktifkan Kembali

Menghadapi UN dan SNMPTN, saya berencana mengaktifkan kembali blog ini. Post soal, lalu solusinya. Mudah-mudahan dapat membantu :)

Tidak Berlaku Kesamaan

Diberikan bilangan-bilangan real positif $a,b,c$ yang memenuhi $a+b+c=2$. Buktikan bahwa $$a^2+b^2+c^2+6 > 12\sqrt{abc}$$

Generalized Nesbitt Inequality

Untuk setiap bilangan real positif $x_1, x_2, x_3, ... , x_n$, $n > 1, n \in \mathbb{N}$ berlaku

$\large \frac{x_1}{x_2+x_3+... +x_n}+\frac{x_2}{x_3+x_4+... +x_1}+... +\frac{x_n}{x_1+x_2+... +x_{n-1}} \ge \frac{n}{n-1}$

Bukti:
Misalkan $x_1+x_2+...+x_n=S$. Dengan menggunakan ketaksamaan AM-HM diperoleh $$ \frac{\sum \limits_{cyc} (S-x_1)}{n} \ge \frac{n}{\sum \limits_{cyc} \frac{1}{S-x_1}}$$ $$ (n-1)S \ge \frac{n^2}{\sum \limits_{cyc} \frac{1}{S-x_1}}$$ $$ S(\sum \limits_{cyc} \frac{1}{S-x_1}) \ge \frac{n^2}{n-1}$$ $\large \frac{x_1}{x_2+x_3+... +x_n}+\frac{x_2}{x_3+x_4+... +x_1}+... +\frac{x_n}{x_1+x_2+... +x_{n-1}} + n \ge \frac{n^2}{n-1}$

$\large \frac{x_1}{x_2+x_3+... +x_n}+\frac{x_2}{x_3+x_4+... +x_1}+... +\frac{x_n}{x_1+x_2+... +x_{n-1}} \ge \frac{n^2}{n-1} - n$

$\large \frac{x_1}{x_2+x_3+... +x_n}+\frac{x_2}{x_3+x_4+... +x_1}+... +\frac{x_n}{x_1+x_2+... +x_{n-1}} \ge \frac{n}{n-1}$

Terbukti

Nesbitt Inequality

Untuk setiap bilangan real positif $a,b,c$ berlaku $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \ge \frac{3}{2}$$
Bukti:
Dengan ketaksamaan AM-HM diperoleh $$\frac{(a+b)+(b+c)+(c+a)}{3} \ge \frac{3}{\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}}$$ $$(a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}) \ge \frac{9}{2}$$ $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+3 \ge \frac{9}{2}$$ $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \ge \frac{3}{2}$$
Terbukti.

Jarak Titik Terhadap Garis

Diketahui segitiga $ABC$. Titik $D$ dan $E$ berturut-turut pada sisi $AB$ dan $AC$ dengan panjang $AD=BD$ dan $AE=CE$. Jarak titik $B$ ke garis $CD$ adalah $60$. Tentukan jarak titik $E$ ke garis $CD$.

Solusi:

Perhatikan bahwa $AE=EC$ dan $AD=DB$. Akibatnya luas segitiga $ADC$ sama dengan luas segitiga $BDC$. Jika $t_A$ menyatakan tinggi segitiga $ADC$ yang ditarik dari titik $A$ dan $t_B$ menyatakan tinggi segitiga $BDC$ yang ditarik dari titik $B$, maka

$\lbrack ADC \rbrack = \lbrack BDC \rbrack$

$\frac{1}{2}t_A=\frac{1}{2}t_B$

$t_A=t_B=60$

Sekarang misalkan $A$ dan $E$ memotong $CD$ tegak lurus berturut-turut di titik $F$ dan $G$. Perhatikan bahwa segitiga $CAF$ sebangun dengan segitiga $CEG$, sehingga

$\frac{CE}{CA}=\frac{EG}{AF}$

$\frac{1}{2}=\frac{EG}{60}$

$EG=30$

Maka jarak titik $E$ ke garis $CD$ adalah $30$.

Berbanding dan Kolinear

Pada segitiga $ABC$, $P$ dan $P_1$ terletak pada $BC$, $Q$ terletak pada $CA$, dan $R$ terletak pada $AB$ sedemikian sehingga

$\large \frac{BP}{PC}=\frac{CQ}{QA}=\frac{CP_1}{P_1B}=\frac{AR}{RB}$

Misalkan $G$ adalah titik berat segitiga $ABC$ dan $K=QR\cap AP_1$. Buktikan bahwa $K,G,P$ kolinear.

Solusi:
Misalkan $A'$ merupakan titik tengah $BC$. Karena $\large \frac{BP}{PC}=\frac{CP_1}{P_1B}$, maka dapat dengan mudah diperoleh $PA'=P_1A'$.
Karena $\large \frac{CQ}{QA}=\frac{CP_1}{P_1B}$, maka $QP_1 \parallel AB$. Kemudian karena $\large \frac{BP_1}{P_1C}=\frac{BR}{RA}$, maka $P_1R \parallel CA$. Akibatnya, $ARP_1Q$ merupakan jajaran genjang. Maka $K$ merupakan perpotongan dari dua diagonal jajaran genjang, sehingga $AK=KP_1$.
Perhatikan karena $G$ merupakan titik berat segitiga $ABC$, maka $G$ terletak pada garis $AA'$ dengan $AG:GA'=2:1$. Sekarang pandang segitiga $AP_1A'$ dengan transversal garis $PK$.Perhatikan bahwa

$\large \frac{AK}{KP_1}.\frac{P_1P}{PA'}.\frac{A'G}{GA}=\frac11.\frac21.\frac{1}{2}=1$

Sehingga menurut dalil Menelaus $K,G,P$ kolinear.