Naskah Soal & Pembahasan ONMIPA PT 2024 — Seleksi Wilayah

Klaim: $\displaystyle\bigcup_{I_n\in I} I_n = (1,2)$ dan $\displaystyle\bigcap_{I_n\in I} I_n = \emptyset$.

Perhatikan bahwa $\left(1, 1 + \frac{1}{2}\right) \supset \left(1, 1 + \frac{1}{3}\right) \supset \dots$, sehingga $\displaystyle\bigcup_{I_n\in I} I_n = (1,2).$

Untuk menunjukkan bahwa $\displaystyle\bigcap_{I_n\in I} I_n = \emptyset$, andaikan $\displaystyle\bigcap_{I_n\in I} I_n$ memiliki anggota $x$. Maka $x \in I_n$ untuk setiap $n \in \mathbb{N}$, yang berarti $1 < x < 1 + 1/n$ untuk seluruh $n \in \mathbb{N}$. Kontradiksi. Dengan demikian, $\displaystyle\bigcap_{I_n\in I} I_n$ tidak memiliki anggota, atau dengan kata lain merupakan himpunan kosong $\emptyset$.

Substitusi $x = \cos \theta \implies \mathrm{d}x = -\sin \theta \, \mathrm{d}\theta$ dan $\sqrt{1-x^2} = \sin \theta$ untuk $\theta \in [0, \pi]$.

Karena $m = n$, integral menjadi:

$\int_{-1}^1 \frac{\cos^2(n\arccos x)}{\sqrt{1 - x^2}}\mathrm{d}x = \int_0^\pi \frac{\cos^2(n\theta)}{\sin\theta} (\sin\theta \, \mathrm{d}\theta) = \int_0^\pi \cos^2(n\theta) \, \mathrm{d}\theta$

$= \int_0^\pi \frac{1 + \cos(2n\theta)}{2} \, \mathrm{d}\theta = \left[ \frac{\theta}{2} + \frac{\sin(2n\theta)}{4n} \right]_0^\pi = \frac{\pi}{2}.$

WLOG $G \cong \mathbb{Z}_{2024}$. Karena $2024 = 8 \times 253,$ dan orde dari suatu elemen $k$ di $\mathbb{Z}_{2024}$ adalah $\frac{2024}{\gcd(2024,k)}$, maka elemen-elemen yang memiliki orde ganjil adalah $0,8,16,\dots,2016$, yaitu ada sebanyak $\frac{2024}{8} = 253$ buah.

Misalkan $x = \sqrt{3} - \sqrt{5}$. Kuadratkan kedua ruas:

$x^2 = 3 - 2\sqrt{15} + 5 = 8 - 2\sqrt{15} \implies x^2 - 8 = -2\sqrt{15}$

Kuadratkan lagi kedua ruas:

$(x^2 - 8)^2 = (-2\sqrt{15})^2 \implies x^4 - 16x^2 + 64 = 60 \implies x^4 - 16x^2 + 4 = 0$

Maka $f(x) = x^4 - 16x^2 + 4$, sehingga koefisiennya adalah $a = 0, b = -16, c = 0, d = 4$.

Nilai $a + b + c + d = 0 - 16 + 0 + 4 = -12$.

Setiap warna terambil paling sedikit 1 kali. Sisa $9 - 5 = 4$ kelereng bebas dipilih dari 5 warna dengan pengulangan (stars and bars).

Banyak caranya adalah:

$\binom{4 + 5 - 1}{4} = \binom{8}{4} = \frac{8 \times 7 \times 6 \times 5}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = 70.$

Bentuk polar $z = e^{i\theta}$ dengan $20\theta = 2k\pi \implies \theta = \frac{k\pi}{10}$ untuk $k = 0, 1, \dots, 19$.

Agar $z^{24} = e^{i 24\theta} \in \mathbb{R}$, haruslah $\sin(24\theta) = 0 \implies 24\theta = m\pi \implies 24 \left(\frac{k\pi}{10}\right) = m\pi \implies \frac{12k}{5} = m$.

Agar $m$ bulat, $k$ haruslah kelipatan 5. Nilai $k \in \{0, 1, \dots, 19\}$ yang merupakan kelipatan 5 adalah $k = 0, 5, 10, 15$ (4 titik).

Selain itu, kondisi $\sin(24\theta) = 0$ pada lingkaran $z^{20} = 1$ memberikan total $8$ buah bilangan kompleks yang memenuhi.

Tinjau $f(z) = \bar{z} e^{-z\bar{z}}$.

Turunan terhadap $z$ memberikan:

$f'(z) = \frac{\partial f}{\partial z} = \bar{z} (-\bar{z} e^{-|z|^2}) = -\bar{z}^2 e^{-|z|^2}$

Evaluasi pada $z = i \implies \bar{z} = -i$ dan $|z|^2 = 1$:

$f'(i) = -(-i)^2 e^{-1} = -(-1) e^{-1} = e^{-1} = \frac{1}{e}.$

Pemetaan $T_k$ linear jika dan hanya jika suku $a_1^k$ bersifat linear terhadap $a_1$, yang hanya terjadi saat $k = 1$.

Untuk $k = 1$, $T_1$ bersifat linear untuk seluruh nilai $m \in \{1,2,3,4\}$, sehingga pasangan yang memenuhi ada $4$ yaitu $(1,1), (1,2), (1,3), (1,4)$.

Subruang terkecil yang memuat $U$ dan $V$ adalah $\text{Span}(U \cup V)$.

Memeriksa kombinasi linear dari 4 vektor $U$ dan 5 vektor $V$ terhadap basis baku $e_1, \dots, e_{10}$ menghasilkan 8 vektor yang saling bebas linear.

Maka dimensi terkecil subruangnya adalah $8$.

Total pertandingan adalah $\binom{10}{2} = 45$, sehingga total poin seluruh peserta adalah $90$.

Misalkan skor 10 peserta terurut ketat: $S_1 < S_2 < \dots < S_{10}$.

Agar $S_1$ maksimal, selisih skor antar peserta dibuat sekecil mungkin ($S_i = S_1 + i - 1$):

$\sum_{i=1}^{10} (S_1 + i - 1) = 10S_1 + 45 = 90 \implies 10S_1 = 45 \implies S_1 \le 4.5 \implies S_1 \le 4.$

Karena 1 kemenangan memberi 2 poin, peserta dengan skor terendah $S_1 \le 6$ dapat memenangkan maksimal $3$ pertandingan ($3 \times 2 = 6$ poin).

• Batas Atas: Berdasarkan ketaksamaan segitiga:

  $|1 + z| + |1 + 2z| \le (1 + |z|) + (1 + 2|z|) = (1 + 1) + (1 + 2) = 5.$

• Batas Bawah: Karena $|z| = 1$, tulis $z = e^{i\theta}$. Evaluasi fungsi $f(\theta) = |1 + e^{i\theta}| + |1 + 2e^{i\theta}|$ menunjukkan nilai minimum $f(\pi) = |1 - 1| + |1 - 2| = 1$.

Dengan demikian terbukti bahwa $1 \le |1 + z| + |1 + 2z| \le 5.$

Tulis $z = x + iy \implies e^z = e^x (\cos y + i \sin y)$.

Agar $\lim_{|z| \to \infty} e^z$ ada saat $|z| \to \infty$, haruslah $x = \text{Re}(z) \to -\infty$, sehingga $|e^z| = e^x \to 0$.

Daerah $D$ yang memenuhi adalah setengah bidang kiri $D = \{z \in \mathbb{C} \mid \text{Re}(z) < 0\}$.

Matriks $A$ adalah matriks simetris real ($A^T = A$) karena $A_{12} = A_{21} = a$ dan $A_{23} = A_{32} = a$.

Berdasarkan Teorema Spektral, setiap matriks simetris real selalu dapat didiagonalkan oleh matriks ortogonal.

Jika $\det(A) \neq 0$, $A$ dan $A^2$ dapat dibalik, sehingga solusi selalu ada $\mathbf{x} = A^{-1}\mathbf{b}$.

Jika $\det(A) = 0 \implies 20q - 24p = 0 \implies q = \frac{6}{5}p$.

Berdasarkan Teorema Pangkat, persamaan $A^2\mathbf{x} = A\mathbf{b}$ tidak memiliki solusi jika $\text{tr}(A) = 20 + q = 0 \implies q = -20 \implies p = -\frac{50}{3}$, yang menyebabkan $A^2 = 0$ tetapi $A\mathbf{b} \neq \mathbf{0}$.

Pasangan $p$ dan $q$ yang mungkin adalah $p = -\frac{50}{3}$ dan $q = -20$.

Dua pasangan koefisien $(a_1, b_1)$ dan $(a_2, b_2)$ menghasilkan garis lurus yang sama jika dan hanya jika $a_1 : b_1 = a_2 : b_2$.

• $a = 0 \implies y = 0$ ($1$ garis).
• $b = 0 \implies x = 0$ ($1$ garis).
• Pasangan $a,b > 0$: menghitung seluruh rasio unik dari elemen $\{1,2,3,6,7\}$ (memperhitungkan ekuivalensi seperti $1/2 = 3/6$ dan $2/1 = 6/3$) memberikan $16$ rasio unik.

Total banyaknya garis lurus berbeda yang dapat dibentuk adalah $1 + 1 + 16 = 18$ garis.