Naskah Soal & Pembahasan ONMIPA PT 2019 — Seleksi Wilayah

Karena deret $\sum x_n$ konvergen, suku ke-$n$ memenuhi ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=0⟹{\lim }_{n\to \infty }\sqrt{x_n}=0$.

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 $u=\frac{x}{n}⟹x=nu$ 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:

${\int }_0^{1}Ag(u)\mathrm{d}u=A{\int }_0^{1}g(u)\mathrm{d}u=AB.$

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:

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

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

Definisi grup $H=⟨\alpha ,\beta \mid {\alpha }^2=1,{\beta }^{2019}=1,\alpha \beta \alpha ={\beta }^{-1}⟩$ 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: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5+4-1}{4-1}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{3}\right)=56$.
• Pelanggaran $M\ge 4$ atau $J\ge 4$: $2\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{(5-4)+3}{3}\right)=2\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{3}\right)=8$.
• Pelanggaran $D\ge 3$ atau $K\ge 3$: $2\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{(5-3)+3}{3}\right)=2\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)=20$.

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

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

Turunan dari $f(x)$ adalah:

$f^{\prime }(x)=e^{x}g(x)+e^x{g}^{\prime }(x)=e^x(g(x)+g^{\prime }(x))>0$

karena $e^x>0$ dan $g(x)+g^{\prime }(x)>0$.

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

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

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

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

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

Ambil limit $t\to x$:

$|f^{\prime }(x)|={\lim }_{t\to x}\left|\frac{f(x)-f(t)}{x-t}\right|\le 0⟹f^{\prime }(x)=0(\forall x\in \mathbb{R}).$

Karena $f^{\prime }(x)=0$, 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:

$10^{\phi (9n)}\equiv 1(\mathrm{mod}9n)⟹10^{\phi (9n)}-1=9nk$

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

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

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 ($\det (A)\ne 0$), 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. $2x+a=dx+2y⟹d=2$ dan $a=2$.
2. $2by=-(2cx+dy)⟹c=0$ dan $2b=-2⟹b=-1$.

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

Untuk $z=i⟹x=0,y=1$:

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

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 $4n+3=4039⟹4n=4036⟹n=1009$.

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 $⟹\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{45+9-1}{9-1}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{53}{8}\right)$ cara.
• Kasus 2 (Soal 1 bernilai 15): Sisa 40 poin dibagi ke 9 soal sisanya $⟹\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{40+9-1}{9-1}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{48}{8}\right)$ cara.

Banyaknya cara memberi nilai adalah $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{53}{8}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{48}{8}\right)$.

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:

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

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 ($\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n-1}{n-1}\right)$ cara). Total cara: $(n+4)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n-1}{n-1}\right)$.

• Ruas Kiri: Bagi kasus berdasarkan $k$ banyaknya laki-laki yang menjadi pengurus ($4\le k\le n$). Untuk tiap $k$: pilih $k$ laki-laki ($\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+4}{k}\right)$ cara), pilih $n-k$ perempuan ($\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-4}{n-k}\right)$ cara), dan pilih 1 ketua dari $k$ laki-laki ($k$ cara). Total cara: ${\sum }_{k=4}^{n}k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-4}{n-k}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+4}{k}\right)$.

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