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 $\phi (k)$ 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 $|b|=1,2,3,6$

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

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

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

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

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

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

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

${\sum }_{i=0}^n{x}^i\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)=(x+1{)}^n$

Dengan mengintegralkan kedua ruas, kita peroleh

${\sum }_{i=0}^n\frac{1}{i+1}{x}^{i+1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)=\frac{1}{n+1}(x+1{)}^{n+1}$

Dengan memilih $x=1$ lalu membagi kedua ruas dengan $2$, kita dapatkan

${\sum }_{i=0}^n\frac{1}{i+1}{2}^i\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)=\frac{1}{2n+2}{3}^{n+1}.$

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

$A^n\le A_1^n+A_2^n+\cdots +A_k^n\le A^n+A^n+\cdots +A^n=k{A}^n.$

Kemudian,

$A={\lim }_{n\to \infty }(A^n{)}^{1/n}\le {\lim }_{n\to \infty }(A_1^n+A_2^n+\cdots +A_k^n{)}^{1/n}\le {\lim }_{n\to \infty }(k{A}^n{)}^{1/n}=A.$

Berdasarkan Teorema Apit, kita peroleh

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

Perhatikan bahwa

$(xf(x)+xg(x){)}^{\prime }=x{f}^{\prime }(x)+f(x)+x{g}^{\prime }(x)+g(x)=0$

dan

$(x^{-1}f(x)-x^{-1}g(x){)}^{\prime }=-x^{-2}f(x)+x^{-1}{f}^{\prime }(x)+x^{-2}g(x)-x^{-1}g(x)=x^{-2}(x{f}^{\prime }(x)+g(x)-x{g}^{\prime }(x)-f(x))=0$

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, yaitu $c_2=2025$ atau $c_2\ne 2025.$

• 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 $c_2\ne 2025$ maka tidak ada $x\in (0,\infty )$ yang memenuhi $f(x)-g(x)=c_{2}x=2025x,$ akibatnya $\{x\in (0,\infty ):f(x)-g(x)=2025x\}=\varnothing$

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

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

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

$\left(\begin{array}{cc}a& b\\ 0& c\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{a}^{-1}& -b{a}^{-1}{c}^{-1}\\ 0& c^{-1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& -ab{a}^{-1}{c}^{-1}+b{c}^{-1}\\ 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right),$

dan jika $a$ atau $c$ tidak memiliki invers, maka tidak ada matriks $B=\left(\begin{array}{cc}x& z\\ 0& y\end{array}\right)\in R$ 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 $\phi (20)=\phi (4)\phi (5)=2\cdot 4=8$. 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 $n\ge 0$.

Kita 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, kita peroleh

${\lim }_{n\to \infty }\frac{1}{n+1}{\sum }_{k=0}^n{A}_k{B}_{n-k}=0.$

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.

Kita definisikan $g(x)=e^{-x}f(x)$. Dengan menurunkan $g(x)$, kita peroleh

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

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

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

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

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

Akibatnya, $e^{-x}f(x)\ge f(a)\left(\frac{e^{-b}-e^{-a}}{b-a}x+\frac{b{e}^{-a}-a{e}^{-b}}{b-a}\right)\ge e^{-x}f(a)$, 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 $a^2=a⟹a^2-a=0⟹a(a-1)=0$. 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, kita tahu bahwa ${\mathbb{Z}}_{pq}\cong {\mathbb{Z}}_p\times {\mathbb{Z}}_q.$ Dengan cara yang sama seperti nomor (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

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

   Dengan mengkansel $y$ di kiri dan $x$ di kanan, kita peroleh $y^p{x}^p=(xy{)}^p.$

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

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

Dari persamaan yang diberikan, kita peroleh

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

sehingga

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

Kita dapat menyederhanakan persamaan tersebut sebagai berikut.

Dengan memisalkan $e^{iz}=w$, kita dapatkan

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

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

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

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

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

Perhatikan bahwa $J^2=10J$.

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

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

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

$⟨h(x),1-x⟩={\int }_{-1}^1(ax+b)(1-x)\mathrm{d}x={\int }_{-1}^1(b-(b+a)x-a{x}^2)\mathrm{d}x=2b-\frac{2}{3}a=0⟹a=3b.$

Lalu karena normanya $2\sqrt{2}$, kita peroleh

$\Vert h(x){\Vert }^2=⟨h(x),h(x)⟩={\int }_{-1}^1(3bx+b{)}^2\mathrm{d}x⟹(2\sqrt{2}{)}^2=b^2{\int }_{-1}^1(3x+1{)}^2\mathrm{d}x⟹8=8b^2⟹b^2=1$

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

Kita hitung dengan Prinsip Inklusi-Eksklusi. 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

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

   $\{(-2k_2-3k_3)(1,0)+k_2(0,1)+k_3(p(1,0)+p^2(0,1))\mid k_2,k_3\in \mathbb{R}\}=\{((p-3)k_3-2k_2,p^2{k}_3+k_2)\mid k_2,k_3\in \mathbb{R}\}$

   Agar ini tidak sama dengan ${\mathbb{R}}^2,$ sistem persamaan $(p-3)k_3-2k_2=s$ dan $p^2{k}_3+k_2=t$ haruslah tidak selalu memiliki solusi untuk $s,t\in \mathbb{R}$, yaitu saat determinan matriks koefisien bernilai $0$,

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

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

2. Untuk $p=1$ kita peroleh $((p-3)k_3-2k_2,p^2{k}_3+k_2)=(-2k_3-2k_2,k_3+k_2)=(k_3+k_2)(-2,1)$, sehingga salah satu basis dari $W_p$ adalah $\{-2u+v\}$.

   Untuk $p=-\frac{3}{2}$ didapatkan $((p-3)k_3-2k_2,p^2{k}_3+k_2)=\left(-\frac{9}{2}{k}_3-2k_2,\frac{9}{4}{k}_3+k_2\right)=\left(\frac{9}{4}{k}_3+k_2\right)(-2,1)$, 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

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

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

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

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 $\text{Im}(T^5)\oplus \text{Ker}(T^2)={\mathbb{R}}^7.$

Kita dapat mewarnai tetromino tersebut dengan dua warna (hitam dan putih) seperti papan catur.

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.