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:

$b=\inf A\le a\le \sup A=b⟹a=b.$

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 $a_0=a_1=a_2=\cdots =a_n=0$.

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

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

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

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

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 $x\ne 0$:

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

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

${\lim }_{x\to a}\left(f(x)+\frac{a}{x}\right)=0⟹{\lim }_{x\to a}f(x)=-{\lim }_{x\to a}\frac{a}{x}=-1.$

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 $L$.

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

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

Integralkan selisihnya:

$\left|{\int }_a^b{f}_n(x)\mathrm{d}x-{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\right|\le {\int }_a^b|f_n(x)-f(x)|\mathrm{d}x<\frac{\epsilon }{b-a}(b-a)=\epsilon .$

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:

${\int }_a^b{x}^2[f(x){]}^2\mathrm{d}x\cdot {\int }_a^b[f^{\prime }(x){]}^2\mathrm{d}x\ge {\left({\int }_a^{b}xf(x)f^{\prime }(x)\mathrm{d}x\right)}^2$

Gunakan integral parsial pada ${\int }_a^{b}xf(x)f^{\prime }(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\int }_a^{b}x\mathrm{d}([f(x){]}^2)$:

${\int }_a^{b}xf(x)f^{\prime }(x)\mathrm{d}x={\left[\frac{1}{2}x[f(x){]}^2\right]}_a^b-\frac{1}{2}{\int }_a^b[f(x){]}^2\mathrm{d}x=0-\frac{1}{2}(1)=-\frac{1}{2}$

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

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