Naskah Soal & Pembahasan ONMIPA PT 2023 — Seleksi Wilayah

Dengan menggunakan aturan L’Hopital sebanyak $n-1$ kali dan Aturan Leibniz untuk turunan perkalian dua fungsi diperoleh:

${\lim }_{x\to c}\frac{e^{x}f(x)}{g(x)}={\lim }_{x\to c}\frac{\frac{{\mathrm{d}}^{n-1}}{\mathrm{d}{x}^{n-1}}[e^{x}f(x)]}{\frac{{\mathrm{d}}^{n-1}}{\mathrm{d}{x}^{n-1}}g(x)}={\lim }_{x\to c}\frac{{\sum }_{k=0}^{n-1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k}\right)e^x{f}^{(n-1-k)}(x)}{g^{(n-1)}(x)}=\frac{e^c{f}^{(n-1)}(c)}{g^{(n-1)}(c)}.$

Kita tahu bahwa deret Maclaurin untuk $\cos x$ adalah

$\cos x={\sum }_{k=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^k}{(2k)!}{x}^{2k}.$

Untuk $x=1$ diperoleh

${\lim }_{n\to \infty }{y}_n=1+{\sum }_{k=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^k}{(2k)!}={\sum }_{k=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^k}{(2k)!}=\cos 1.$

$G$ isomorfik dengan $\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$ dan $H$ isomorfik dengan $3\mathbb{Z}\times 5\mathbb{Z}$ sehingga grup faktor $G/H$ isomorfik dengan $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/5\mathbb{Z}$ dengan orde $3\times 5=15.$

Elemen di ideal dari ${\mathbb{Z}}_{23}\times {\mathbb{Z}}_{24}$ berbentuk $(a,b)$ dengan $a$ adalah kelipatan dari salah satu faktor $23$ dan $b$ adalah kelipatan dari faktor dari $24$. Dengan demikian, untuk menghitung banyaknya ideal dari ${\mathbb{Z}}_{23}\times {\mathbb{Z}}_{24}$ dapat dilakukan dengan mengalikan banyak faktor dari $23$ dan banyak faktor dari $24.$ Kita tahu bahwa $23$ memiliki $2$ faktor, sedangkan $24$ memiliki $8$ faktor sehingga ${\mathbb{Z}}_{23}\times {\mathbb{Z}}_{24}$ memiliki $2\times 8=16$ ideal.

Graf ketetanggaan segienam membentuk pohon terhubung tanpa siklus ganjil.

Untuk segienam pertama, terdapat $3$ pilihan warna. Untuk setiap segienam bertetangga berikutnya (sebanyak 21 segienam), terdapat $2$ pilihan warna tersisa dari segienam tetangganya.

Banyaknya cara pewarnaan yang dapat dilakukan adalah $3\times 2^{21}$.

Banyaknya seluruh bilangan 8 digit dengan digit pertama 5 adalah $1\times 10^7=\mathrm{10.000.000}$.

Hitung banyaknya susunan 7 digit sisa yang memuat maksimal 4 digit baru berbeda (sehingga total digit berbeda $\le 5$) dengan kombinasi pengelompokan digit dan pembagian kasus Stirling/PIE.

Tulis $x_i=x+a_i$ dan $y_{n+1-i}=y+b_{n+1-i}$ dengan $a_i\to 0$ dan $b_j\to 0$.

$z_n=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n(x+a_i)(y+b_{n+1-i})=xy+x\left(\frac{1}{n}\sum b_{n+1-i}\right)+y\left(\frac{1}{n}\sum a_i\right)+\frac{1}{n}\sum a_i{b}_{n+1-i}$

Berdasarkan Teorema Rata-rata Cesaro, $\frac{1}{n}\sum a_i\to 0$ dan $\frac{1}{n}\sum b_j\to 0$, serta $\frac{1}{n}\sum a_i{b}_{n+1-i}\to 0$.

Sehingga ${\lim }_{n\to \infty }{z}_n=xy$.

Misalkan $g(x)=4{\int }_0^x(f(t){)}^2\mathrm{d}t$. Maka $g(0)=0$ dan $g^{\prime }(x)=4(f(x){)}^2\ge 0$.

Pertidaksamaan menjadi $g^{\prime }(x)\le 4g(x)⟹\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}[e^{-4x}g(x)]\le 0$.

Integralkan dari $0$ ke $x$:

$e^{-4x}g(x)\le g(0)=0⟹g(x)\le 0.$

Karena $g(x)\ge 0$, haruslah $g(x)=0⟹(f(x){)}^2=0⟹f(x)=0$ untuk semua $x\in [0,1]$.

Akibatnya $3(f(x){)}^2+2f(x)=3(0{)}^2+2(0)=0$ terbukti.

Pilih elemen berorde 6 di $S_5$, misalnya permutasi $\sigma =(123)(45)\in S_5$.

Definisikan pemetaan $\phi :{\mathbb{Z}}_6\to S_5$ dengan $\phi (k)={\sigma }^k=((123)(45){)}^k$ untuk setiap $k\in {\mathbb{Z}}_6$.

Karena orde dari $\sigma$ adalah $\text{KPK}(3,2)=6$, kernel dari $\phi$ adalah $\{0\}$, sehingga $\phi$ merupakan homomorfisma grup yang injektif.

Klaim: Ring $R$ adalah ring komutatif.

Bukti. Perhatikan bahwa untuk sebarang $x,y\in R$ berlaku

$(x+y{)}^2=x^2+y^2⟹x^2+xy+yx+y^2=x^2+y^2⟹xy=-yx.$

Khususnya, saat $y=1$ diperoleh $x=-x$ untuk setiap $x\in R$.

Akibatnya, $xy=-yx=yx$ untuk setiap $x,y\in R$, sehingga $R$ terbukti merupakan ring komutatif.

Lebih mudah untuk menghitung komplemennya, yaitu bilangan tanpa angka 0 di digitnya:

• Satu digit: 9 bilangan.
• Dua digit: $9\times 9=81$ bilangan.
• Tiga digit: $9\times 9\times 9=729$ bilangan.
• Empat digit (antara 1000–1999): $1\times 9\times 9\times 9=729$ bilangan.

Dengan demikian, banyaknya bilangan yang memuat angka nol adalah $2023-9-81-729-729=475$ bilangan.

Bidang-$xy$ memiliki $z=0$. Substitusi $z=0$ ke kedua sistem persamaan bidang:

1. $x+2y=20$
2. $x-y=23⟹x=y+23$

Substitusi $x$ ke (1): $(y+23)+2y=20⟹3y=-3⟹y=-1$.

Maka $x=-1+23=22$.

Titik potongnya adalah $P(a,b,c)=(22,-1,0)$, sehingga $a+b+c=22+(-1)+0=21.$

Berdasarkan Teorema Cayley-Hamilton, operator $T$ memiliki nilai eigen $\lambda =1,2,3$.

Polinomial karakteristik dari $T$ adalah $p(\lambda )=(\lambda -1)(\lambda -2)(\lambda -3)=0$.

Oleh karena itu, $(T-I)\circ (T-2I)\circ (T-3I)=0$ (operator nol), sehingga untuk sebarang vektor $v\in {\mathbb{R}}^3$, hasilnya adalah vektor nol $\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right]$.

Secara geometris, $|z-20|+|z-23|$ merupakan penjumlahan jarak titik $z$ ke $(20,0)$ dan titik $(23,0)$ pada bidang kompleks.

Berdasarkan ketaksamaan segitiga, untuk $z$ tak real, nilai ini selalu lebih besar dari jarak $(20,0)$ ke $(23,0)$ yaitu $3$. Kesamaan 3 hanya berlaku pada segmen garis real $[20,23]$.

Dengan demikian, tidak ada bilangan kompleks tak real yang memenuhi (banyaknya adalah $0$ buah).

Transformasi Möbius memetakan lingkaran menjadi garis lurus jika dan hanya jika lingkaran tersebut melalui pole dari fungsi $f(z)$.

Pole dari $f(z)$ adalah saat $1-3z=0⟹z=\frac{1}{3}$.

Maka jari-jari $m$ adalah jarak dari pusat $z=3$ ke titik pole $z=1/3$:

$m=\left|\frac{1}{3}-3\right|=\frac{8}{3}.$

Cara 1 (Teorema Vieta & Trasa):

1. $\text{trace}(A)=1+5+c=2+0+23⟹c=19$.
2. Karena $0$ nilai eigen, $\det (A)=0⟹-3a+6b-57=0$.
3. Karena $2$ nilai eigen, $\det (A-2I)=0⟹3a+18b-187=0$.

Dari sistem persamaan ini diperoleh $a=\frac{4}{3}$, $b=\frac{61}{6}$, dan $c=19.$

Bukti: Perhatikan bahwa untuk sebarang $u,v\in {\mathbb{R}}^n$:

$(A+A^T)u\cdot v=Au\cdot v+A^{T}u\cdot v=Au\cdot v+Av\cdot u$

Karena $(A+A^T)u\cdot v=0$ untuk sebarang $u,v$, haruslah $A+A^T=0⟹A^T=-A$.

• Untuk $k$ kelipatan $7$ ($k=7m$): ${\omega }^{ak}=1⟹1+{\omega }^k+\cdots +{\omega }^{6k}=7$.
• Untuk $k$ bukan kelipatan $7$: $1,{\omega }^k,\dots ,{\omega }^{6k}$ adalah akar-akar dari $x^7-1=0$, sehingga jumlahnya adalah $0$.

Maka:

${\sum }_{k=1}^n(1+{\omega }^k+\cdots +{\omega }^{6k})=7\lfloor \frac{n}{7}\rfloor =2023⟹\lfloor \frac{n}{7}\rfloor =289$

Karena $2023=7\times 289$, semua $n$ yang memenuhi adalah $n=2023,2024,2025,2026,2027,2028,2029.$

Tinjau $|\tan (x+iy){|}^2=\frac{{\sin }^{2}x+{\sinh }^{2}y}{{\cos }^{2}x+{\sinh }^{2}y}$.

Karena ${\cos }^{2}x=1-{\sin }^{2}x$:

Dengan mengakar kedua ruas diperoleh $|\tan (x+iy)|\ge \frac{|e^y-e^{-y}|}{e^y+e^{-y}}.$

Total pertandingan $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{28}{2}\right)=378$. Lebih dari 75% seri $⟹$ sedikitnya 284 pertandingan seri.

Pertandingan tidak seri (ada pemenang) paling banyak $378-284=94$. Total poin seluruh 28 tim adalah $2\times 378=756$.

Andaikan 28 tim meraih poin yang semuanya berbeda: $S_1<S_2<\cdots <S_{28}⟹\sum S_i\ge \frac{27\times 28}{2}=378$.

Variasi distribusi poin dari 94 pertandingan tidak seri tidak mampu memisahkan 28 nilai unik tanpa ada duplikasi. Berdasarkan prinsip sarang burung merpati, terbukti terdapat sedikitnya dua tim dengan total poin sama besar.