Naskah Soal & Pembahasan ONMIPA PT 2019 — Seleksi Wilayah

Karena deret $\sum x_n$ konvergen, suku ke-$n$ memenuhi $\lim_{n\to\infty} x_n = 0 \implies \lim_{n\to\infty} \sqrt{x_n} = 0$.

Berdasarkan Teorema Stolz-Cesaro:

$\lim_{n\to\infty} \frac{\sum_{k = 1}^n\sqrt{x_k}}{\sqrt n} = \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{x_{n+1}}}{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}} = \lim_{n\to\infty} \sqrt{x_{n+1}} (\sqrt{n+1} + \sqrt{n}) = 0.$

Jadi nilainya adalah $0$.

Lakukan substitusi variabel $u = \frac{x}{n} \implies x = nu$ dan $\mathrm{d}x = n\,\mathrm{d}u$.

Batas integrasi berubah menjadi $u = 0$ hingga $u = 1$:

$\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \int_0^1 f(nu) g(u) \cdot n\,\mathrm{d}u = \lim_{n\to\infty} \int_0^1 f(nu) g(u) \,\mathrm{d}u$

Karena $\lim_{x\to\infty} f(x) = A$, maka $\lim_{n\to\infty} f(nu) = A$ untuk $u > 0$. Berdasarkan Teorema Konvergensi Terdominasi:

$\int_0^1 A g(u) \,\mathrm{d}u = A \int_0^1 g(u) \,\mathrm{d}u = AB.$

Karena $x^2 - 1 = (x - 1)(x + 1)$ di mana $\gcd(x-1, x+1) = 1$ di $\mathbb{Z}_5[x]$, berdasarkan Teorema Sisa Cina:

$R = \frac{\mathbb{Z}_5[x]}{\langle x^2 - 1 \rangle} \cong \frac{\mathbb{Z}_5[x]}{\langle x - 1 \rangle} \times \frac{\mathbb{Z}_5[x]}{\langle x + 1 \rangle} \cong \mathbb{Z}_5 \times \mathbb{Z}_5.$

Automorfisme ring dari $\mathbb{Z}_5 \times \mathbb{Z}_5$ ditentukan oleh pemetaan pasang idempoten $(1,0)$ dan $(0,1)$ serta automorfisme identitas dari $\mathbb{Z}_5$.

Banyaknya homomorfisme bijektif dari $R$ ke $R$ adalah $4$.

Grup transformasi linear bijektif dari $W = \mathbb{F}_2^2$ adalah $G = \text{GL}_2(\mathbb{F}_2) \cong S_3$, yang berorde $6$.

Elemen-elemen berorde 2 pada $S_3$ adalah 3 buah transposisi (2-siklus).

Masing-masing elemen berorde 2 membangkitkan subgrup berorde 2. Jadi banyaknya subgrup berorde dua di $G$ adalah $3$.

Relasi $(\alpha\beta)^2 = 1 \iff \alpha\beta\alpha\beta = 1 \iff \alpha\beta\alpha = \beta^{-1}$ (sebab $\alpha^2 = 1$).

Definisi grup $H = \langle \alpha, \beta \mid \alpha^2 = 1, \beta^{2019} = 1, \alpha\beta\alpha = \beta^{-1} \rangle$ adalah grup Dihedral $D_{4038}$.

Orde dari grup Dihedral $D_{4038}$ adalah $2 \times 2019 = 4038$.

Banyaknya cara sama dengan banyaknya solusi bulat dari $M + J + D + K = 5$ dengan syarat $0 \le M, J \le 3$ dan $0 \le D, K \le 2$.

• Banyak solusi tanpa syarat: $\binom{5 + 4 - 1}{4 - 1} = \binom{8}{3} = 56$.
• Pelanggaran $M \ge 4$ atau $J \ge 4$: $2 \times \binom{(5-4)+3}{3} = 2 \times \binom{4}{3} = 8$.
• Pelanggaran $D \ge 3$ atau $K \ge 3$: $2 \times \binom{(5-3)+3}{3} = 2 \times \binom{5}{3} = 20$.

Berdasarkan Prinsip Inklusi-Eksklusi, banyaknya cara adalah $56 - 8 - 20 = 28$.

Definisikan fungsi $f(x) = e^x g(x)$.

Turunan dari $f(x)$ adalah:

$f'(x) = e^x g(x) + e^x g'(x) = e^x (g(x) + g'(x)) > 0$

karena $e^x > 0$ dan $g(x) + g'(x) > 0$.

Akibatnya $f(x)$ monoton naik secara ketat pada $\mathbb{R}$. Untuk sebarang $x \ge x_0$:

$e^x g(x) = f(x) \ge f(x_0) = e^{x_0} g(x_0) = 0 \implies g(x) \ge 0$

sehingga $[g(x)]^{2019} \ge 0$. Terbukti.

(a) Bagi kedua ruas dengan $|x - t|$ untuk $x \neq t$:

$\left|\frac{f(x) - f(t)}{x - t}\right| \le |x - t|^3$

Ambil limit $t \to x$:

$|f'(x)| = \lim_{t\to x} \left|\frac{f(x) - f(t)}{x - t}\right| \le 0 \implies f'(x) = 0 \quad (\forall x \in \mathbb{R}).$

Karena $f'(x) = 0$, fungsi $f$ konstan pada $\mathbb{R}$ sehingga $f$ terbatas.

(b) Konstruksi barisan fungsi konstan $f_n(x) = n$ untuk setiap $n \in \mathbb{N}$. Setiap $f_n \in \Omega$ karena $|f_n(x) - f_n(t)| = 0 \le |x - t|^4$, dan $\lim_{n\to\infty} f_n(x) = \lim_{n\to\infty} n = \infty$.

Dua bilangan $a,b \in \mathbb{Z}$ relatif prima ($\gcd(a,b) = 1$) jika dan hanya jika terdapat $v,w \in \mathbb{Z}$ sehingga $va + wb = 1$ (membangun $\mathbb{Z}$).

Peluang dua bilangan bulat tidak keduanya habis dibagi bilangan prima $p$ adalah $1 - \frac{1}{p^2}$.

Karena keterbagian prima bersifat independen:

$P = \prod_{p \text{ prima}} \left(1 - \frac{1}{p^2}\right) = \frac{1}{\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}} = \frac{1}{\zeta(2)} = \frac{6}{\pi^2}.$

Karena $\gcd(n, 2) = 1$ dan $\gcd(n, 5) = 1$, maka $\gcd(9n, 10) = 1$.

Berdasarkan Teorema Euler:

$10^{\varphi(9n)} \equiv 1 \pmod{9n} \implies 10^{\varphi(9n)} - 1 = 9nk$

Misalkan $m = \varphi(9n)$. Maka:

$q = \frac{10^m - 1}{9} = \underbrace{11\dots1}_{m \text{ digit 1}} = nk$

Sehingga $q$ adalah bilangan bulat yang terdiri dari digit 1 seluruhnya dan habis dibagi oleh $n$.

Jika seluruh entri bernilai genap, matriks bernilai nol di modul 2 ($\mathbb{Z}_2$).

Agar matriks dapat bernilai nonsingular ($\det(A) \neq 0$), minimal terdapat $1$ entri bilangan ganjil.

Karena $B$ berbentuk matriks blok segitiga atas, nilai eigen dari $B$ merupakan gabungan nilai eigen dari blok diagonal $A + I$ dan $A + 3I$.

Jika $\lambda = 2$ adalah nilai eigen dari $A$:

• Nilai eigen dari $A + I$ adalah $\lambda + 1 = 2 + 1 = 3$.
• Nilai eigen dari $A + 3I$ adalah $\lambda + 3 = 2 + 3 = 5$.

Maka nilai eigen dari $B$ yang dapat diketahui adalah $3$ dan $5$.

Persamaan $|z|^6 = 1$ dan $|z|^9 = 1$ untuk $z \in \mathbb{C}$ keduanya ekivalen dengan $|z| = 1$.

Himpunan $A = B = \{z \in \mathbb{C} \mid |z| = 1\}$ adalah Lingkaran Satuan Kompleks, yang memiliki anggota tak hingga banyaknya ($\infty$).

Gunakan persamaan Cauchy-Riemann $u_x = v_y$ dan $u_y = -v_x$:

1. $2x + a = dx + 2y \implies d = 2$ dan $a = 2$.
2. $2by = -(2cx + dy) \implies c = 0$ dan $2b = -2 \implies b = -1$.

Diperoleh $f(z) = (x^2 + 2x - y^2) + i(2xy + y^2)$.

Untuk $z = i \implies x = 0, y = 1$:

$f(i) = (0 + 0 - 1) + i(0 + 1) = -1 + i.$

Ekspansi deret Maclaurin untuk $z \sinh(z^2)$:

$f(z) = z \sum_{n = 0}^\infty \frac{(z^2)^{2n+1}}{(2n+1)!} = \sum_{n = 0}^\infty \frac{z^{4n+3}}{(2n+1)!}$

Suku yang memuat $z^{4039}$ memenuhi $4n + 3 = 4039 \implies 4n = 4036 \implies n = 1009$.

Koefisiennya adalah $\frac{1}{(2(1009) + 1)!} = \frac{1}{2019!}$.

Beri nilai dasar 5 poin ke 10 soal (terpakai 50 poin), tersisa 50 poin.

• Kasus 1 (Soal 1 bernilai 10): Sisa 45 poin dibagi ke 9 soal sisanya $\implies \binom{45 + 9 - 1}{9 - 1} = \binom{53}{8}$ cara.
• Kasus 2 (Soal 1 bernilai 15): Sisa 40 poin dibagi ke 9 soal sisanya $\implies \binom{40 + 9 - 1}{9 - 1} = \binom{48}{8}$ cara.

Banyaknya cara memberi nilai adalah $\binom{53}{8} + \binom{48}{8}$.

Misalkan $W = \text{span}(v_1, \dots, v_{n-1})$. Ruang komplemen ortogonal $W^\perp$ berdimensi 1 dan dibangun oleh vektor basis ortonormal sisanya, katakanlah $u_n$.

Setiap vektor di $W^\perp$ berbentuk $v = k u_n$ untuk $k \in \mathbb{R}$.

Syarat norm bernilai 1:

$\|v\| = |k| \|u_n\| = |k| = 1 \implies k = 1 \text{ atau } k = -1.$

Sehingga terdapat tepat $2$ vektor yang normnya $1$ dan ortogonal terhadap $\{v_1, \dots, v_{n-1}\}$, yaitu $u_n$ dan $-u_n$.

Dimensi maksimum subruang $W \subseteq M_n(\mathbb{R})$ yang memenuhi $\text{tr}(AB) = 0$ untuk sebarang $A,B \in W$ dicapai oleh subruang matriks segitiga atas secara ketat (semua entri diagonal utama nol).

Pada matriks segitiga atas ketat, perkalian dua matriks $AB$ selalu berupa matriks segitiga atas ketat sehingga $\text{tr}(AB) = 0$.

Banyaknya entri bebas di atas diagonal utama pada matriks $n \times n$ adalah:

$k = \frac{n(n - 1)}{2}.$

Tulis $z_k = r e^{i t_k}$ dengan $r > 0$ dan $t_k \in \mathbb{R}$.

$\frac{z_j}{z_k} = e^{i(t_j - t_k)} = \cos(t_j - t_k) + i \sin(t_j - t_k)$

Bagian realnya adalah:

$\text{Re}\left(\sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^n \frac{z_j}{z_k}\right) = \sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^n \cos(t_j - t_k) = \left(\sum_{k=1}^n \cos t_k\right)^2 + \left(\sum_{k=1}^n \sin t_k\right)^2$

Karena $t_k \in \mathbb{R}$, jumlah dua kuadrat ini nol jika dan hanya jika $\sum \cos t_k = 0$ dan $\sum \sin t_k = 0$.

Hal ini setara dengan $\sum_{k=1}^n z_k = r \left(\sum \cos t_k + i \sum \sin t_k\right) = 0$. Terbukti.

Bukti Penghitungan Ganda (Double Counting):

Tinjau memilih $n$ pengurus upacara dari $2n$ siswa ($n + 4$ laki-laki dan $n - 4$ perempuan) dengan 1 ketua pengurus laki-laki.

• Ruas Kanan: Pilih 1 ketua dari $n + 4$ laki-laki (ada $n + 4$ cara), lalu pilih $n - 1$ pengurus sisanya dari $2n - 1$ siswa ($\binom{2n-1}{n-1}$ cara). Total cara: $(n + 4)\binom{2n - 1}{n - 1}$.

• Ruas Kiri: Bagi kasus berdasarkan $k$ banyaknya laki-laki yang menjadi pengurus ($4 \le k \le n$). Untuk tiap $k$: pilih $k$ laki-laki ($\binom{n+4}{k}$ cara), pilih $n - k$ perempuan ($\binom{n-4}{n-k}$ cara), dan pilih 1 ketua dari $k$ laki-laki ($k$ cara). Total cara: $\sum_{k=4}^n k \binom{n - 4}{n - k}\binom{n + 4}{k}$.

Karena kedua ruas menghitung hal yang sama, terbukti kedua ekspresi bernilai sama.