Naskah Soal & Pembahasan ONMIPA PT 2025 — Seleksi Wilayah

Kita akan menggunakan fakta yang cukup well-known berikut:

Banyak elemen di $\mathbb{Z}_n$ yang berorde $k$ adalah $\varphi(k)$ jika $k \mid n$ dan $0$ selain itu.

Cukup dicari $a\in\mathbb{Z}_{12}$ dan $b\in \mathbb{Z}_6$ dengan $\text{KPK}(|a|,|b|) = 6$. Terdapat beberapa kasus:

Kasus I: $|a| = 6$ dan $|b| = 1,2,3,6$

$\varphi(6) = (2 - 1)(3 - 1) = 2$, $\varphi(1) = \varphi(2) = 1$, $\varphi(3) = 2$

sehingga total ada sebanyak $\varphi(6)(\varphi (1) + \varphi(2) + \varphi(3) + \varphi(6)) = 2(1+1+2 + 2) = 12.$

Kasus II: $|a| = 1,2,3$ dan $|b| = 6$

Ada sebanyak $\varphi(6)(\varphi(1) + \varphi(2) + \varphi(3)) = 2(1+1+2) = 8$

Kasus III: $|a| = 2$ dan $|b| = 3$ atau sebaliknya

Ada sebanyak $2\cdot\varphi(2)\cdot\varphi(3) = 2\cdot 1\cdot 2 = 4$

Dengan demikian, ada sebanyak $12+8+4 = 24$ elemen dengan orde $6$ di $\mathbb{Z}_{12}\times \mathbb{Z}_6$.

Dari Teorema Binomial, kita tahu bahwa

$\sum_{i = 0}^n x^i\binom{n}{i} = (x + 1)^n$

Integralkan diperoleh

$\sum_{i = 0}^n \frac{1}{i + 1}x^{i + 1}\binom{n}{i} = \frac{1}{n + 1}(x + 1)^{n + 1}$

set $x = 1$ lalu bagi kedua ruas dengan $2$ kita dapatkan

$\sum_{i = 0}^n \frac{1}{i + 1}2^{i}\binom{n}{i} = \frac{1}{2n + 2}3^{n + 1}.$

Andaikan $A = \max(A_1,A_2,\dots,A_k)$ maka

$A^n \le A_1^n + A_2^n + \dots + A_k^n \le A^n + A^n + \dots + A^n = kA^n.$

Kemudian,

$A = \lim_{n\to \infty} (A^n)^{1/n} \le \lim_{n\to \infty} ( A_1^n + A_2^n + \dots + A_k^n)^{1/n} \le \lim_{n\to \infty} (kA^n)^{1/n} = A.$

Berdasarkan Teorema Apit, kita peroleh

$\lim_{n\to \infty} ( A_1^n + A_2^n + \dots + A_k^n)^{1/n} = A = \max(A_1,A_2,\dots,A_k)$

Perhatikan bahwa

$(xf(x) + xg(x))' = xf'(x) + f(x) + xg'(x) + g(x) = 0$

dan

$(x^{-1}f(x) - x^{-1} g(x))' = -x^{-2}f(x) + x^{-1} f'(x) + x^{-2} g(x) - x^{-1} g(x) = x^{-2}( xf'(x) + g(x) - xg'(x) - f(x)) = 0$

untuk setiap $x\in (0,\infty).$ Akibatnya $xf(x) + xg(x)$ dan $x^{-1} f(x) - x^{-1}g(x)$ konstan pada $(0,\infty)$ sehingga terdapat $c_1,c_2\in\mathbb{R}$ sedemikian sehingga $xf(x) + xg(x) = c_1$ dan $x^{-1} f(x) - x^{-1}g(x) = c_2.$ Dengan menyelesaikan sistem persamaan ini diperoleh $f(x) = \frac{c_1}{2x} + \frac{c_2}{2}x$ dan $g(x) = \frac{c_1}{2x} - \frac{c_2}{2}x$ sehingga $f(x) - g(x) = c_2 x$ untuk setiap $x\in(0,\infty).$

Sekarang terdapat dua kasus: $c_2 = 2025$ atau $c_2 \neq 2025.$

• Kasus I: Jika $c_2 = 2025$ maka $f(x) - g(x) = 2025x$ terpenuhi oleh semua $x\in(0,\infty)$, akibatnya $\{x\in(0,\infty): f(x) - g(x) = 2025x\} = (0,\infty)$
• Kasus II: Jika $c_2 \neq 2025$ maka tidak ada $x \in (0,\infty)$ yang memenuhi $f(x) - g(x) = c_2 x = 2025x,$ akibatnya $\{x\in(0,\infty): f(x) - g(x) = 2025x\} = \emptyset$

Jadi, jawabannya adalah $(0,\infty)$ atau $\emptyset.$

Pertama akan dibuktikan bahwa $A = \begin{pmatrix} a & b\\ 0 & c \end{pmatrix}$ memiliki invers jika dan hanya jika $a$ dan $c$ memiliki invers dalam $\mathbb{Z}_{20}$ dan inversnya adalah $\begin{pmatrix} a^{-1} & -ba^{-1}c^{-1}\\ 0 & c^{-1} \end{pmatrix}.$

Perhatikan bahwa, jika $a$ dan $c$ memiliki invers maka

$\begin{pmatrix} a & b\\ 0 & c \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a^{-1} & -ba^{-1}c^{-1}\\ 0 & c^{-1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & -aba^{-1}c^{-1} +bc^{-1}\\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1 \end{pmatrix},$

dan jika $a$ atau $c$ tidak memiliki invers, maka tidak ada matriks $B = \begin{pmatrix} x & z \\ 0 & y \end{pmatrix}\in R$ yang memenuhi $AB = I$, karena tidak ada $x$ dan $y$ yang memenuhi $ax = 1$ ataupun $cy = 1$.

Dengan demikian, kita hanya perlu menghitung banyaknya matriks di $R$ sedemikian sehingga $a$ dan $c$ memiliki invers. Unsur di $\mathbb{Z}_{20}$ yang memiliki invers ada sebanyak $\varphi(20) = \varphi(4)\varphi(5) = 2\cdot 4 = 8$. Karena $a$ dan $c$ ada 8 pilihan dan $b$ ada 20 pilihan, total matriks yang memiliki invers di $R$ ada sebanyak $8\cdot 8\cdot 20 = 1280$.

$a_n = (-2)^n + 2 \cdot 3^n$ untuk setiap bilangan bulat $n \ge 0$.

Definisikan barisan $(A_n)$ dan $(B_n)$ dengan $A_n = a_n -\alpha$ dan $B_n = b_n - \beta$, maka $\lim(A_n) = \lim(a_n - \alpha) = 0$ dan $\lim (B_n) = \lim(b_n - \beta) = 0$.

Berdasarkan ketaksamaan Cauchy-Schwarz,

$0 \le \left(\frac{1}{n + 1} \sum_{k = 0}^n A_k B_{n - k}\right)^2 \le \frac{\sum_{k = 0}^n A_k^2}{n + 1} \frac{\sum_{k = 0}^n B_k^2}{n + 1}$

Lalu berdasarkan Lemma Cesaro-Stolz,

$\lim_{n\to \infty}\frac{\sum_{k = 0}^n A_k^2}{n + 1} = \lim_{n\to \infty} \frac{\sum_{k = 0}^{n + 1} A_k^2 - \sum_{k = 0}^{n} A_k^2}{(n + 2) - (n + 1)} = \lim_{n\to \infty} A_{n+1}^2 = 0.$ $\lim_{n\to \infty}\frac{\sum_{k = 0}^n B_k^2}{n + 1} = \lim_{n\to \infty} \frac{\sum_{k = 0}^{n + 1} B_k^2 - \sum_{k = 0}^{n} B_k^2}{(n + 2) - (n + 1)} = \lim_{n\to \infty} B_{n+1}^2 = 0.$

Berdasarkan Teorema Apit bisa kita simpulkan

$\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n + 1} \sum_{k = 0}^n A_k B_{n - k} = 0.$

Kemudian perhatikan bahwa

$\lim_{n\to \infty} S_n = \lim_{n\to \infty} \frac{1}{n + 1}\sum_{k=0}^n a_k b_{n - k} = \lim_{n\to \infty} \frac{1}{n + 1}\sum_{k=0}^n (A_k - \alpha) (B_{n-k} -\beta)$

$= \lim_{n\to \infty} \frac{1}{n + 1}\sum_{k=0}^n A_k B_{n - k} - \beta\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n+1} \sum_{k = 0}^n A_k - \alpha\lim_{n\to \infty} \frac{1}{n+1}\sum_{k = 0}^n B_k + \alpha \beta = 0 - 0 - 0 + \alpha\beta = \alpha \beta$

seperti yang ingin dibuktikan.

Definisikan $g(x) = e^{-x} f(x)$. Turunkan diperoleh

$g'(x) = e^{-x}(f'(x) - f(x))$ $g''(x) = e^{-x}(f''(x) - 2f'(x) + f(x))$

Karena $f''(x) - 2f'(x) + f(x) \le 0$ dan $e^{-x} > 0$ untuk setiap $x$, haruslah $g''(x) \le 0$. Akibatnya $g$ konkaf pada $[a,b]$ sehingga $g$ berada di atas garis yang menghubungkan $(a,g(a))$ dan $(b,g(b)),$ atau

$g(x) \ge \frac{g(b) - g(a)}{b - a}x + \frac{bg(a) - ag(b)}{b - a}$ $e^{-x} f(x) \ge \frac{f(a) (e^{-b} - e^{-a})}{b - a}x + \frac{be^{-a}f(a) - ae^{-b}f(a)}{b-a} = f(a)\left(\frac{e^{-b} - e^{-a}}{b - a}x + \frac{be^{-a} - ae^{-b}}{b-a}\right)$

Kita tahu bahwa $e^{-x}$ konveks pada $[a,b]$, akibatnya $e^{-x}$ berada di bawah garis yang menghubungkan $(a,e^{-a})$ dan $(b,e^{-b})$, atau

$e^{-x} \le \frac{e^{-b} -e^{-a}}{b - a}x + \frac{be^{-a} - ae^{-b}}{b-a}$

Akibatnya, $e^{-x} f(x) \ge f(a)\left(\frac{e^{-b} - e^{-a}}{b - a}x + \frac{be^{-a} - ae^{-b}}{b-a}\right) \ge e^{-x} f(a)$, sehingga $f(x) \ge f(a)$ untuk setiap $x\in [a,b]$.

Dengan demikian, $\inf\{f(x)\mid x\in[a,b]\} = f(a)$.

1. Perhatikan bahwa di $\mathbb{Z}_{23}$ kita punya $a^2 = a \implies a^2 - a = 0 \implies a(a - 1) = 0$. Karena $\mathbb{Z}_{23}$ merupakan lapangan, kita peroleh $a = 0$ atau $a - 1 = 0$, sehingga nilai yang mungkin untuk elemen idempotennya hanyalah $a = 0$ dan $a = 1$. Artinya, $\mathbb{Z}_{23}$ memiliki 2 elemen idempoten, dan karena $2$ merupakan bilangan prima, $(\mathbb{Z}_{23},+,\cdot)$ merupakan ring menarik.
2. Berdasarkan Teorema Sisa Cina (CRT) kita tahu bahwa $\mathbb{Z}_{pq} \cong \mathbb{Z}_p \times \mathbb{Z}_q.$ Dengan cara yang sama dengan (1) kita tahu bahwa elemen idempoten di $\mathbb{Z}_p$ dan $\mathbb{Z}_q$ ada dua, yakni $0$ dan $1$. Dari tiap elemen idempoten kita dapatkan elemen idempoten yang mungkin hanyalah $(0,0),(0,1),(1,0),(1,1),$ yaitu ada sebanyak $4$ elemen. Karena $4$ bukan prima, kita simpulkan $\mathbb{Z}_{pq}$ bukan ring menarik.

1. Perhatikan bahwa untuk sebarang $x,y\in G$ berlaku

   $y y^p x^p x = y^{p + 1} x^{p + 1} = a^{-1} y a a^{-1} x a = a^{-1} yx a = (yx)^{p + 1} = y(xy)^p x$

   dengan mengkansel $y$ di kiri dan $x$ di kanan diperoleh $y^p x^p = (xy)^p.$

2. Pertama kita punya $a^{p + 1} = a^{-1} a a = a \implies a^p = e$. Kemudian, untuk sebarang $x\in G$ kita punya

   $x^{p + 1} = a^{-1} x a \implies x^{-1} a x^{p + 1} = a \implies (x^{-1} a x^{p + 1})^p = a^p \implies x^{-1} a x^p a x^p a x^p \dots a x^{p + 1} = e \implies (ax^p)^p = e \implies x^{p^2} a^p = e \implies x^{p^2} = e.$

Kita punya

$z + \frac{1}{z} = 1 \implies z^2 - z + 1 = 0 \implies (z + 1)(z^2 - z + 1) = 0 \implies z^3 + 1 = 0 \implies z^3 = -1$

sehingga,

$z^{2025} + \frac{1}{z^{2025}} = (z^{3})^{675} + \frac{1}{(z^3)^{675}} = (-1)^{675} + \frac{1}{(-1)^{675}} = -2.$

Sederhanakan sebagai berikut:

$\tan \frac{1}{2}z = 2i \implies \frac{1 - \cos z}{\sin z} = 2i \implies 1 - \cos z = 2i \sin z \implies 1 - \frac{e^{iz} + e^{-iz}}{2} = 2i \frac{e^{iz} - e^{-iz}}{2i}$

$2 - e^{iz} - e^{-iz} = 2e^{iz} - 2e^{-iz} \implies 3e^{iz} - e^{-iz} - 2 = 0$

Misalkan $e^{iz} = w$ kita dapatkan

$3w - \frac{1}{w} - 2= 0 \implies 3w^2 - 2w - 1 = 0 \implies (3w + 1)(w - 1)= 0$

Karena $\sin z \neq 0$, $w - 1$ juga tak nol. Akibatnya haruslah $3w + 1 = 0 \implies e^{iz} = w = -\frac{1}{3}$.

Sekarang misalkan $z = x + iy$ dengan $x,y\in\mathbb{R}$. Maka,

$e^{iz} = -\frac{1}{3} \implies e^{i(x + iy)} = -\frac{1}{3} \implies e^{-y + ix} = -\frac{1}{3} \implies e^{-y}\cos x + ie^{-y}\sin x = -\frac{1}{3}$

Kesamaan bagian imajiner memberikan $e^{-y}\sin x = 0 \implies \sin x = 0 \implies \cos x = \pm 1$.

Dari bagian real, karena $e^{-y}> 0$, haruslah $\cos x = -1$ sehingga

$e^{-y} \cos x = -\frac{1}{3} \implies e^{-y} = \frac{1}{3} \implies -y = \ln \frac{1}{3} \implies y = \ln 3$

Jadi, $\text{Im}(z) = \ln 3.$

Perhatikan bahwa $J^2 = 10J$.

Untuk mencari invers dari matriks ini, kita ekspansi persamaan $(I + 2025J)(aI - bJ) = I$:

$(I + 2025J)(aI - bJ) = I \implies aI + 2025aJ - bJ - 2025bJ^2 = I \implies aI + 2025aJ - bJ - 20250bJ = I$

$(2025a - 20251b)J = (1 - a)I$

Ruas kiri tidak memiliki invers, sehingga ruas kanan juga tidak memiliki invers. Akibatnya, haruslah $a = 1$ dan $2025a - 20251b = 0 \implies b = \frac{2025}{20251}.$

Maka $ab = 1 \cdot \frac{2025}{20251} = \frac{2025}{20251}.$

Misalkan unsur tersebut adalah $h(x) = ax + b$. Karena $h$ tegak lurus dengan $1 -x,$ haruslah

$\langle h(x), 1 - x\rangle = \int_{-1}^1 (ax + b)(1 - x)\, \mathrm{d}x = \int_{-1}^1 (b - (b + a)x - ax^2) \,\mathrm{d }x = 2b - \frac{2}{3}a = 0 \implies a = 3b.$

Lalu karena normanya $2\sqrt 2$:

$\| h(x)\|^2 = \langle h(x),h(x)\rangle = \int_{-1}^{1} (3bx + b)^2\,\mathrm{d}x \implies (2\sqrt 2)^2 = b^2 \int_{-1}^1 (3x + 1)^2\,\mathrm{d}x \implies 8 = 8b^2 \implies b^2 = 1$

sehingga $b = 1$ atau $b = -1$. With $a = 3b$, unsur-unsur tersebut adalah $3x + 1$ dan $-3x - 1.$

Kita hitung dengan Prinsip Inklusi-Eksklusi (PIE). Pasangan digit yang memiliki selisih $3$ dari $\{1,2,3,4,5,6\}$ adalah $A = \{\{1,4\},\{2,5\},\{3,6\}\}$.

• Semua kemungkinan susunan ada $6! = 720$.
• Permutasi satu pasang dari $A$ dan 4 digit lain ada sebanyak $3\cdot 2\cdot 5! = 720$.
• Permutasi dua pasang dari $A$ dan 2 digit lain ada sebanyak $3\cdot 2^2\cdot 4! = 288$.
• Permutasi tiga pasang dari $A$ ada sebanyak $2^3\cdot 3! = 48.$

Dengan demikian, banyaknya bilangan yang tidak memuat digit berurutan berselisih kelipatan $3$ adalah

$6! - 3\cdot 2\cdot 5! + 3\cdot 2^2\cdot 4! - 2^3\cdot 3! = 720 - 720 + 288 - 48 = 240.$

Secara geometris, $D$ merupakan himpunan titik yang berjarak sama dengan $(1,0)$ dan $(-1,0)$, yaitu himpunan semua titik di sumbu $Y$ ($\text{Re}(z) = 0$). Misalkan $z = iy$ untuk suatu bilangan real $y$. Diperoleh

$|z^2 + 1 + 2025z| = |(iy)^2 + 1 + 2025iy| = |1 - y^2 + i2025y| = \sqrt{(1 - y^2)^2 + 2025^2 y^2}$

$= \sqrt{(1 - y^2)^2 + 2025^2 y^2} = \sqrt{(2025^2 + 1)y^2 - 2y^2 + 1 + y^4}$

Evaluasi pada $y = \frac{1}{2025^2 + 1}$ memberikan nilai minimum:

$\ge \sqrt{1 - \left(\frac{1}{2025^2+1}\right)} = \sqrt{\frac{2025^2}{2025^2 + 1}} = \frac{2025}{\sqrt{2025^2 + 1}}$

Jadi, nilai minimunya adalah $\frac{2025}{\sqrt{2025^2 + 1}}$ dan tercapai saat $z = i\left(\frac{1}{2025^2 + 1}\right)$.

Klaim: Fungsi-fungsi yang memenuhi kondisi tersebut adalah $f(z) = c$ untuk sebarang $c\in\mathbb{C}.$

Bukti:

Karena $f$ entire, maka $f$ terbatas pada $|z| \le 2025$. Kemudian karena $f(z) = f\left(\frac{2025}{z}\right),$ maka $f$ juga terbatas pada $|z| \ge 2025.$ Akibatnya, $f$ terbatas pada seluruh bidang kompleks $\mathbb{C}$. Berdasarkan Teorema Liouville, fungsi yang mungkin hanyalah fungsi konstan.

1. Buat isomorfisme $T:V\to \mathbb{R}^2$ dengan $au + bv \mapsto (a,b)$, maka $W_p$ isomorfik dengan

   $\{(-2k_2 - 3k_3) (1,0) + k_2(0,1) + k_3(p(1,0) + p^2(0,1))\mid k_2,k_3\in\mathbb{R}\} = \{((p-3)k_3 - 2k_2, p^2k_3 + k_2) \mid k_2,k_3\in\mathbb{R}\}$

   Agar ini tidak sama dengan $\mathbb{R}^2,$ sistem persamaan $(p - 3)k_3 - 2k_2 = s$ dan $p^2k_3 + k_2 = t$ haruslah tidak selalu memiliki solusi untuk $s,t\in \mathbb{R}$, yaitu saat determinan matriks koefisien bernilai $0$:

   $(p - 3)\cdot 1 - (-2p^2)\cdot 1 = 0 \implies 2p^2 + p - 3 = 0 \implies (2p + 3)(p - 1) = 0$

   diperoleh $p = 1$ atau $p = -\frac{3}{2}.$

2. Untuk $p = 1$ kita peroleh $((p-3)k_3 - 2k_2, p^2k_3 + k_2) = (-2k_3 - 2k_2, k_3 + k_2) = (k_3 + k_2)(-2,1)$, sehingga salah satu basis dari $W_p$ adalah $\{-2u+v\}$.

   Untuk $p = -\frac{3}{2}$ didapatkan $((p-3)k_3 - 2k_2, p^2k_3 + k_2) = \left(-\frac{9}{2}k_3 - 2k_2, \frac{9}{4}k_3 + k_2\right) = \left(\frac{9}{4}k_3 + k_2\right)(-2,1)$, sehingga salah satu basis dari $W_p$ adalah $\{-2u+v\}$.

Kita akan tunjukkan bahwa setiap $y\in\mathbb{R}^7$ dapat dituliskan ke dalam bentuk penjumlahan elemen $\text{Im}(T^5)$ dan $\text{Ker}(T^2)$ serta irisan keduanya merupakan $\{0\}$.

Pertama akan dibuktikan bahwa $\text{Im}(T^5)\cap\text{Ker}(T^2) =\{0\}$. Untuk menunjukkan hal ini, ambil $x\in \text{Im}(T^5)\cap\text{Ker}(T^2)$, maka ada $w\in\mathbb{R}^7$ sedemikian sehingga

$x = T^5(w) = T^3T^2(w) = T^3T^5(w) =T^6T^2(w) = T^6(0) = 0.$

Sekarang, untuk $y\in\mathbb{R}^7$ kita bisa tuliskan $y = T^3(y) + (I - T^3)(y).$

Perhatikan bahwa $T^3(y) = T^2T(y) = T^5(T(y)) \in \text{Im}(T^5).$

Selain itu, kita juga punya $T^2(I - T^3)(y) = (T^2 - T^5)(y) = 0$ sehingga $(I - T^3)y\in\text{Ker}(T^2).$

Dengan demikian, terbukti bahwa $\text{Im}(T^5)\oplus\text{Ker}(T^2) = \mathbb{R}^7.$

Warnai tetromino tersebut hitam putih.

Persegi panjang dengan luas 20 satuan selalu memiliki banyak petak hitam dan putih sama banyak, sedangkan tetromino jenis ini memiliki jumlah petak hitam dan putih yang tidak seimbang.

Akibatnya tidak mungkin menutupi persegi panjang tersebut secara sempurna dengan tetromino yang diberikan.