Naskah Soal & Pembahasan ONMIPA PT 2018 — Analisis Real

Andaikan $\inf A = \sup A = b$. Berdasarkan definisi supremum dan infimum, untuk sebarang $a \in A$ berlaku:

$b = \inf A \le a \le \sup A = b \implies a = b.$

Sehingga $A = \{b\}$ untuk suatu bilangan real $b$ (himpunan singleton).

Supaya limit bernilai $0$ saat $x \to c$, haruslah seluruh koefisien pembilang bernilai nol, yaitu $a_0 = a_1 = a_2 = \dots = a_n = 0$.

Sehingga $a_0 + a_1 + a_2 + \dots + a_n = 0$.

Penjumlahan ini merupakan nilai fungsi Zeta Euler $\zeta(2) = \displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$.

Definisikan fungsi kontinu $g:[-5,4] \to \mathbb{R}$ dengan $g(x) = f(x) - x$.

Maka $E = \{x \in [-5,4] \mid g(x) = 0\} = g^{-1}(\{0\})$. Karena $\{0\}$ merupakan himpunan tertutup di $\mathbb{R}$ dan $g$ kontinu, maka $E$ merupakan himpunan tertutup.

Closure dari himpunan tertutup $E$ adalah $E$ itu sendiri.

Tuliskan integral sebagai:

$\lim_{n\to\infty} 2 \int_0^1 \frac{n x^{n-1}}{1 + (x^n)^2} \,\mathrm{d}x$

Substitusi $u = x^n \implies \mathrm{d}u = n x^{n-1} \mathrm{d}x$:

$\lim_{n\to\infty} 2 \int_0^1 \frac{\mathrm{d}u}{1 + u^2} = 2 \left[ \arctan(u) \right]_0^1 = 2 \cdot \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}.$

Barisan fungsi $\{f_n\}$ konvergen seragam ke $f(x) = \frac{x}{2}$ untuk $x \in (0,2)$.

Maka:

$\lim_{n\to\infty} \int_1^2 f_n(x) \,\mathrm{d}x = \int_1^2 \frac{x}{2} \,\mathrm{d}x = \left[ \frac{x^2}{4} \right]_1^2 = \frac{4 - 1}{4} = \frac{3}{4}.$

Bagi kedua ruas dengan $|x|$ untuk $x \neq 0$:

$\left|f(x) + \frac{a}{x}\right| \le \frac{\sin^2(x - a)}{|x|}$

Karena $\lim_{x\to a} \frac{\sin^2(x - a)}{|x|} = 0$, berdasarkan Teorema Apit:

$\lim_{x\to a} \left(f(x) + \frac{a}{x}\right) = 0 \implies \lim_{x\to a} f(x) = -\lim_{x\to a} \frac{a}{x} = -1.$

Berdasarkan Lemma Stolz-Cesaro:

$\lim_{n\to\infty} \frac{a_n}{b_n} = \lim_{n\to\infty} \frac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} = 2018.$

Sehingga $\lim_{n\to\infty} \frac{a_n}{2b_n} = \frac{2018}{2} = 1009.$

1. Terbatas Bawah: $x_{n+1} = \frac{x_n}{2} + \frac{1}{x_n} \ge 2 \sqrt{\frac{x_n}{2} \cdot \frac{1}{x_n}} = \sqrt{2}$ (berdasarkan ketaksamaan AM-GM) untuk $n \ge 1$.
2. Monoton Turun: $x_{n+1} - x_n = \frac{2 - x_n^2}{2x_n} \le 0$ untuk $n \ge 2$ karena $x_n \ge \sqrt{2}$.

Berdasarkan Teorema Konvergensi Monoton, $\{x_n\}$ konvergen ke $L$.

$L = \frac{L^2 + 2}{2L} \implies 2L^2 = L^2 + 2 \implies L^2 = 2 \implies L = \sqrt{2}.$

Karena $\{f_n\}$ konvergen seragam ke $f$ pada interval tertutup dan terbatas $[a,b]$, maka untuk setiap $\varepsilon > 0$ terdapat $N \in \mathbb{N}$ sehingga untuk seluruh $n \ge N$ dan $x \in [a,b]$ berlaku $|f_n(x) - f(x)| < \frac{\varepsilon}{b - a}$.

Integralkan selisihnya:

$\left| \int_a^b f_n(x) \, \mathrm{d}x - \int_a^b f(x) \, \mathrm{d}x \right| \le \int_a^b |f_n(x) - f(x)| \, \mathrm{d}x < \frac{\varepsilon}{b - a} (b - a) = \varepsilon.$

Terbukti bahwa $\lim_{n\to\infty} \int_a^b f_n(x) \, \mathrm{d}x = \int_a^b f(x) \, \mathrm{d}x$.

Gunakan Ketaksamaan Cauchy-Schwarz versi Integral:

$\int_a^b x^2 [f(x)]^2 \, \mathrm{d}x \cdot \int_a^b [f'(x)]^2 \, \mathrm{d}x \ge \left( \int_a^b x f(x) f'(x) \, \mathrm{d}x \right)^2$

Gunakan integral parsial pada $\int_a^b x f(x) f'(x) \, \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \int_a^b x \mathrm{d}([f(x)]^2)$:

$\int_a^b x f(x) f'(x) \, \mathrm{d}x = \left[ \frac{1}{2} x [f(x)]^2 \right]_a^b - \frac{1}{2} \int_a^b [f(x)]^2 \, \mathrm{d}x = 0 - \frac{1}{2}(1) = -\frac{1}{2}$

Maka kuadratnya adalah $\left(-\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$.

Terbukti bahwa $\int_a^b x^2 [f(x)]^2 \, \mathrm{d}x \ge \frac{1}{4}$.