Naskah Soal & Pembahasan ONMIPA PT 2022 — Seleksi Wilayah

Faktorkan ruas kanan:

$|f(x) - f(y)| \le |x^2(x - y)|^2 = x^4 |x - y|^2$

Untuk $x \neq y$, bagi kedua ruas dengan $|x - y|$:

$\left|\frac{f(x) - f(y)}{x - y}\right| \le x^4 |x - y|$

Ambil limit saat $y \to x$:

$|f'(x)| = \lim_{y \to x} \left|\frac{f(x) - f(y)}{x - y}\right| \le \lim_{y \to x} x^4 |x - y| = 0$

Karena $|f'(x)| \le 0$, haruslah $f'(x) = 0$ untuk seluruh $x \in \mathbb{R}$.

Akibatnya $f(x)$ adalah fungsi konstan. Karena diketahu $f(1) = 1$, maka $f(x) = 1$ untuk semua $x \in \mathbb{R}$.

Jadi, $f(2022) = 1$.

Tulis $a_n$ sebagai Jumlah Riemann:

$a_n = \sum_{k=0}^n \frac{1}{n\left(1 + \frac{k}{n}\right)} = \frac{1}{n} \sum_{k=0}^n \frac{1}{1 + \frac{k}{n}}$

Ambil limit $n \to \infty$:

$\lim_{n \to \infty} a_n = \int_0^1 \frac{1}{1 + x} \, \mathrm{d}x = [\ln(1+x)]_0^1 = \ln 2 - \ln 1 = \ln 2.$

Hitung komposisi $\sigma \circ \tau$:

• $(\sigma \circ \tau)(1) = \sigma(\tau(1)) = \sigma(5) = 2$
• $(\sigma \circ \tau)(2) = \sigma(\tau(2)) = \sigma(2) = 4$
• $(\sigma \circ \tau)(3) = \sigma(\tau(3)) = \sigma(1) = 3$
• $(\sigma \circ \tau)(4) = \sigma(\tau(4)) = \sigma(3) = 1$
• $(\sigma \circ \tau)(5) = \sigma(\tau(5)) = \sigma(4) = 5$

Sehingga $\sigma \circ \tau = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 2 & 4 & 3 & 1 & 5 \end{pmatrix}$.

Inversnya $\alpha = (\sigma \circ \tau)^{-1}$ membalikkan peta:

$\alpha = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 4 & 1 & 3 & 2 & 5 \end{pmatrix}$

Jadi baris kedua dari $\alpha$ adalah $4 \quad 1 \quad 3 \quad 2 \quad 5$.

Di ring $R = \frac{\mathbb{Z}_8[x]}{\langle x^2 - 1 \rangle}$, elemen $y$ dapat ditulis sebagai $y = a + bx$ dengan $a,b \in \mathbb{Z}_8$ dan $x^2 = 1$.

$(7+5x)y = (7+5x)(a+bx) = 7a + 7bx + 5ax + 5bx^2 = (7a + 5b) + (5a + 7b)x \equiv 0 \pmod 8$

Diperoleh sistem pertidaksamaan modul 8:

1. $7a + 5b \equiv 0 \implies -a + 5b \equiv 0 \implies a \equiv 5b \pmod 8$.
2. $5a + 7b \equiv 5(5b) + 7b = 32b \equiv 0 \pmod 8$.

Nilai $b \in \mathbb{Z}_8$ yang memberikan $a = 5b \pmod 8$:

• Jika $b = 0 \implies a = 0 \implies y = 0$.
• Jika $b = 4 \implies a = 20 \equiv 4 \pmod 8 \implies y = 4 + 4x$.

Maka elemen $y$ yang memenuhi adalah $0$ dan $4 + 4x$.

Hitung banyaknya bilangan tanpa digit 0 dari 1 hingga 2022:

• 1 digit: 9 bilangan ($1, 2, \dots, 9$).
• 2 digit: $9 \times 9 = 81$ bilangan.
• 3 digit: $9 \times 9 \times 9 = 729$ bilangan.
• 4 digit (1000 hingga 1999 tanpa digit 0): $1 \times 9 \times 9 \times 9 = 729$ bilangan.
• 4 digit (2000 hingga 2022 tanpa digit 0): 0 bilangan.

Banyaknya bilangan tanpa digit 0 dari 1 hingga 2022 adalah $9 + 81 + 729 + 729 = 1548$.

Maka banyaknya bilangan di antara 1 dan 2022 yang memuat digit 0 adalah $2022 - 1548 = 474$.

1. Kemonotonan: Karena $x \ge 1$ dan $x^4 + [f(x)]^4 > 0$, maka $f'(x) = \frac{x}{x^4 + [f(x)]^4} > 0$. Artinya, $f(x)$ monoton naik secara ketat pada $[1, \infty)$.

2. Keterbatasan: Karena $[f(x)]^4 \ge 0$, berlaku $x^4 + [f(x)]^4 \ge x^4$, sehingga:

   $f'(x) = \frac{x}{x^4 + [f(x)]^4} \le \frac{x}{x^4} = \frac{1}{x^3}$

   Integralkan dari $1$ ke $x$:

   $f(x) - f(1) = \int_1^x f'(t) \, \mathrm{d}t \le \int_1^x \frac{1}{t^3} \, \mathrm{d}t = \left[ -\frac{1}{2t^2} \right]_1^x = \frac{1}{2} - \frac{1}{2x^2} < \frac{1}{2}$

   $f(x) < 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2} < 1 + \frac{\pi}{8}$

Karena $f(x)$ monoton naik dan terbatas di atas, berdasarkan Teorema Konvergensi Monoton, $\lim_{x \to \infty} f(x)$ terbukti ada dan nilainya tidak melebihi $1 + \frac{\pi}{8}$.

• Monoton Naik: $x_1 = \sqrt{2} \approx 1.414$, $x_2 = (\sqrt{2})^{\sqrt{2}} \approx 1.63 > x_1$. Dengan induksi matematika, jika $x_{n-1} < x_n \implies (\sqrt{2})^{x_{n-1}} < (\sqrt{2})^{x_n} \implies x_n < x_{n+1}$.

• Terbatas Atas (oleh 2): $x_1 = \sqrt{2} < 2$. Induksi: jika $x_n < 2 \implies x_{n+1} = (\sqrt{2})^{x_n} < (\sqrt{2})^2 = 2$.

Berdasarkan Teorema Konvergensi Monoton, $X$ konvergen ke suatu limit $L$.

Nilai Limit: Ambil limit $n \to \infty$ pada $x_n = (\sqrt{2})^{x_{n-1}}$:

$L = (\sqrt{2})^L \implies L = 2^{L/2} \implies L^2 = 2^L \implies L = 2.$

Jadi barisan $X$ konvergen dan $\lim_{n \to \infty} x_n = 2$.

Sanggahan (Pernyataan SALAH untuk grup tak hingga):

Pandang grup aditif $G = (\mathbb{Z}, +)$ dan homomorfisma $\phi : \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ dengan $\phi(n) = 2n$.

1. Untuk setiap elemen non-nol $n \in \mathbb{Z}$, orde dari $n$ adalah tak hingga ($\infty$). Orde dari $\phi(n) = 2n$ juga tak hingga ($\infty$). Untuk $n = 0$, Orde($0$) = Orde($\phi(0)$) = 1. Sehingga untuk setiap $g \in \mathbb{Z}$, Orde($g$) = Orde($\phi(g)$).

2. Namun $\phi(n) = 2n$ bukanlah isomorfisma karena tidak surjektif ($\text{Im}(\phi) = 2\mathbb{Z} \neq \mathbb{Z}$).

Dengan demikian, pernyataan tersebut disangkal (tidak selalu berlaku untuk grup umum).

Di $R = \frac{\mathbb{Z}_p[x]}{\langle x^2 - x \rangle}$, berlaku relasi $x^2 = x$.

Setiap elemen $a \in R$ dapat ditulis sebagai $a = c_0 + c_1 x$ dengan $c_0, c_1 \in \mathbb{Z}_p$.

Tinjau elemen di $S$:

$(1 - x)a = (1 - x)(c_0 + c_1 x) = c_0 (1 - x) + c_1 x (1 - x) = c_0 (1 - x) + c_1 (x - x^2) = c_0 (1 - x) + 0 = c_0 (1 - x)$

Sehingga $S = \{c_0 (1 - x) \mid c_0 \in \mathbb{Z}_p\}$.

Definisikan pemetaan $\phi : \mathbb{Z}_p \to S$ dengan $\phi(c) = c(1 - x)$. Pemetaan $\phi$ bijektif dan mengawetkan operasi ring:

$\phi(c) \phi(d) = (c(1-x))(d(1-x)) = cd (1-x)^2 = cd(1 - 2x + x^2) = cd(1 - x) = \phi(cd).$

Terbukti bahwa $S \cong \mathbb{Z}_p$.

Frekuensi kemunculan $(k_1, k_2, k_3, k_4, k_5)$ dari 5 digit $\{3,4,5,6,7\}$ harus memenuhi $k_i \in \{2,3,4\}$ dan $\sum k_i = 12$.

Terdapat 2 konfigurasi frekuensi yang memungkinkan:

1. Tipe (4, 2, 2, 2, 2): 1 digit muncul 4 kali, 4 digit lainnya muncul 2 kali.

   • Cara memilih digit yang muncul 4 kali: $\binom{5}{1} = 5$.
   • Banyaknya susunan: $\frac{12!}{4! 2! 2! 2! 2!} = 1.247.400$.
   • Total Tipe 1 = $5 \times 1.247.400 = 6.237.000$.

2. Tipe (3, 3, 2, 2, 2): 2 digit muncul 3 kali, 3 digit lainnya muncul 2 kali.

   • Cara memilih digit yang muncul 3 kali: $\binom{5}{2} = 10$.
   • Banyaknya susunan: $\frac{12!}{3! 3! 2! 2! 2!} = 1.663.200$.
   • Total Tipe 2 = $10 \times 1.663.200 = 16.632.000$.

Banyaknya susunan bilangan $n$ yang dapat dibentuk adalah $6.237.000 + 16.632.000 = 22.869.000$.

Tulis persamaan sebagai $A(A - 2I) = \begin{pmatrix} 3 & 10 \\ 0 & 8 \end{pmatrix}$.

Ambil determinan kedua ruas:

$\det(A) \det(A - 2I) = \det \begin{pmatrix} 3 & 10 \\ 0 & 8 \end{pmatrix} = 24$

Misalkan nilai eigen matriks $A$ adalah $\lambda_1, \lambda_2$. Persamaan nilai eigen memberikan:

$\lambda_1^2 - 2\lambda_1 = 3 \implies \lambda_1 = 3 \text{ atau } -1$ $\lambda_2^2 - 2\lambda_2 = 8 \implies \lambda_2 = 4 \text{ atau } -2$

Karena diketahu $\det(A) = \lambda_1 \lambda_2 > 2$, pasangan yang memenuhi adalah $\lambda_1 = 3$ dan $\lambda_2 = 4$.

Maka $\det(A) = 3 \times 4 = 12$.

Perhatikan bahwa $T(2x-1) = 3 T(1) \implies T(2x - 1 - 3) = \mathbf{0} \implies T(2x - 4) = \mathbf{0}$.

Maka Kernel $T$ dibangun oleh $f_0(x) = x - 2$.

Syarat $h(x) = ax + b$ tegak lurus terhadap $x - 2$:

$\langle ax + b, x - 2 \rangle = \int_0^1 (ax + b)(x - 2) \, \mathrm{d}x = 0$

$\int_0^1 (ax^2 + (b - 2a)x - 2b) \, \mathrm{d}x = \frac{a}{3} + \frac{b - 2a}{2} - 2b = -\frac{2}{3}a - \frac{3}{2}b = 0$

$\frac{2}{3}a = -\frac{3}{2}b \implies \frac{a}{b} = -\frac{9}{4}.$

Persamaan $z^{20} = 22$ memiliki total 20 akar kompleks di lingkaran berjari-jari $\sqrt[20]{22}$.

Akar-akar yang merupakan bilangan real adalah $z = \sqrt[20]{22}$ dan $z = -\sqrt[20]{22}$ (2 buah akar real).

Maka banyaknya bilangan kompleks tak real yang memenuhi adalah $20 - 2 = 18$ buah.

Gunakan identitas trigonometri kompleks $\sin(A + iB) = \sin A \cosh B + i \cos A \sinh B$:

$z = \sin\left(\frac{\pi}{4}\right) \cosh(1) + i \cos\left(\frac{\pi}{4}\right) \sinh(1) = \frac{\sqrt{2}}{2} \cosh(1) + i \frac{\sqrt{2}}{2} \sinh(1)$

Maka $\text{Re}(z) = \frac{\sqrt{2}}{2} \cosh(1)$ dan $\text{Im}(z) = \frac{\sqrt{2}}{2} \sinh(1)$.

$\sqrt{2}(\text{Re}(z) + \text{Im}(z)) = \sqrt{2} \left( \frac{\sqrt{2}}{2} \cosh(1) + \frac{\sqrt{2}}{2} \sinh(1) \right) = \cosh(1) + \sinh(1) = e^1 = e.$

Papan $4 \times 4$ terdiri dari 16 petak persegi satuan dan total $40$ sisi satuan.

Agar setiap petak memiliki paling sedikit 3 sisi merah, paling banyak 1 sisi dari tiap petak yang berwarna tidak-merah.

Memaksimalkan sisi tidak-merah yang tidak saling mengganggu pada 16 petak menghasilkan maksimal 16 sisi tidak-merah.

Banyaknya sisi satuan minimal yang harus diwarnai merah adalah $40 - 16 = 24$.

1. Determinan Matriks Koefisien:

   $\det(M) = \begin{vmatrix} a & 1 & 0 \\ 0 & a & 1 \\ -b & 0 & a \end{vmatrix} = a^3 - b$

   • Jika $b \neq a^3$, maka $\det(M) \neq 0$, matriks $M$ memiliki invers sehingga SPL selalu konsisten.

2. Kasus $b = a^3$: Gunakan eliminasi Gauss pada matriks tersambung $[M \mid \mathbf{b}]$:

   $\begin{pmatrix} a & 1 & 0 & 1 \\ 0 & a & 1 & 2 \\ -a^3 & 0 & a & -3 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_3 + a^2 R_1} \begin{pmatrix} a & 1 & 0 & 1 \\ 0 & a & 1 & 2 \\ 0 & a^2 & a & a^2 - 3 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_3 - a R_2} \begin{pmatrix} a & 1 & 0 & 1 \\ 0 & a & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & a^2 - 2a - 3 \end{pmatrix}$

   SPL konsisten jika dan hanya jika $a^2 - 2a - 3 = 0 \implies (a - 3)(a + 1) = 0 \implies a = 3$ atau $a = -1$.

   • Untuk $a = 3 \implies b = 3^3 = 27$.
   • Untuk $a = -1 \implies b = (-1)^3 = -1$.

Kesimpulan: Pasangan $(a,b)$ yang memenuhi adalah seluruh $(a,b)$ dengan $b \neq a^3$, serta pasangan $(3, 27)$ dan $(-1, -1)$.

Ingat bahwa $\text{tr}(AB) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_{ij} b_{ji}$.

Pindahkan seluruh suku ke satu ruas:

$\frac{1}{2} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n (a_{ij}^2 + b_{ij}^2) - \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_{ij} b_{ji} = 0$

$\frac{1}{2} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n (a_{ij}^2 - 2 a_{ij} b_{ji} + b_{ji}^2) = 0 \implies \frac{1}{2} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n (a_{ij} - b_{ji})^2 = 0$

Karena jumlah kuadrat bilangan real sama dengan 0, maka setiap suku haruslah nol:

$a_{ij} - b_{ji} = 0 \implies a_{ij} = b_{ji} \quad (\forall i,j=1,\dots,n)$

Terbukti bahwa $A = B^T \iff A^T = B$.

Karena $|a| = 1 \implies a \bar{a} = 1 \implies \frac{1}{a} = \bar{a}$. Sama halnya $\frac{1}{b} = \bar{b}$.

Substitusi ke $z$:

$z = (a + b)(\bar{a} + \bar{b}) = (a + b)(\overline{a + b}) = |a + b|^2$

Karena $z = |a + b|^2$, $z$ pasti merupakan bilangan real non-negatif ($z \ge 0$).

Berdasarkan ketaksamaan segitiga:

$|a + b| \le |a| + |b| = 1 + 1 = 2 \implies z = |a + b|^2 \le 2^2 = 4.$

Terbukti bahwa $z$ merupakan bilangan real dan $0 \le z \le 4$.

Gunakan definisi turunan kompleks di $z = 0$:

$f'(0) = \lim_{z \to 0} \frac{f(z) - f(0)}{z - 0} = \lim_{z \to 0} \frac{\bar{z}^3 / z^2}{z} = \lim_{z \to 0} \frac{\bar{z}^3}{z^3} = \lim_{z \to 0} \left(\frac{\bar{z}}{z}\right)^3$

Dekati titik $0$ dalam bentuk polar $z = r e^{i\theta}$ untuk $r \to 0$:

$\frac{\bar{z}}{z} = \frac{r e^{-i\theta}}{r e^{i\theta}} = e^{-2i\theta} \implies \left(\frac{\bar{z}}{z}\right)^3 = e^{-6i\theta}$

Nilai limit tergantung pada sudut arah pendekatan $\theta$ (contoh: $\theta = 0 \implies 1$, sedangkan $\theta = \pi/12 \implies -i$).

Karena limitnya tidak tunggal, maka $f'(0)$ tidak ada.

Kesimpulan: Fungsi $f$ tidak terdiferensialkan kompleks di titik 0.

Titik-titik terletak pada dua garis horizontal $y = 1$ (15 titik) dan $y = 4$ (15 titik).

Segitiga sama kaki dibentuk dengan 2 titik di satu garis dan 1 titik di garis lainnya:

1. 2 titik di $y=1$ dan 1 titik di $y=4$: Pasangan $(A_i, A_m)$ dengan titik puncak $B_k$ pada garis bagi tegak lurus $x = \frac{i+m}{2}$. Ini membutuhkan $i+m$ bernilai genap. Banyak pasang $(i,m)$ berparitas sama dari 15 titik adalah $\binom{8}{2} + \binom{7}{2} = 28 + 21 = 49$.

2. 1 titik di $y=1$ dan 2 titik di $y=4$: Simetris, menghasilkan 49 segitiga.

Total banyaknya segitiga sama kaki yang dapat dibentuk adalah $49 + 49 = 98$.