Naskah Soal & Pembahasan ONMIPA PT 2024 — Seleksi Wilayah

Klaim: $\bigcup _{I_n\in I}{I}_n=(1,2)$ dan $\bigcap _{I_n\in I}{I}_n=\varnothing$.

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

Untuk menunjukkan bahwa $\bigcap _{I_n\in I}{I}_n=\varnothing$, andaikan $\bigcap _{I_n\in I}{I}_n$ 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, $\bigcap _{I_n\in I}{I}_n$ tidak memiliki anggota, atau dengan kata lain merupakan himpunan kosong $\varnothing$.

Substitusi $x=\cos \theta ⟹\mathrm{d}x=-\sin \theta \mathrm{d}\theta$ 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:

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

Kuadratkan lagi kedua ruas:

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

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:

$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4+5-1}{4}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{4}\right)=\frac{8\times 7\times 6\times 5}{4\times 3\times 2\times 1}=70.$

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

Agar $z^{24}=e^{i24\theta }\in \mathbb{R}$, haruslah $\sin (24\theta )=0⟹24\theta =m\pi ⟹24\left(\frac{k\pi }{10}\right)=m\pi ⟹\frac{12k}{5}=m$.

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:

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

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

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

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 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{2}\right)=45$, sehingga total poin seluruh peserta adalah $90$.

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

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

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

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 $z=x+iy⟹e^z=e^x(\cos y+i\sin y)$.

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

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

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

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 $a_1:b_1=a_2:b_2$.

• $a=0⟹y=0$ ($1$ garis).
• $b=0⟹x=0$ ($1$ 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.