Naskah Soal & Pembahasan ONMIPA PT 2026 — Seleksi Wilayah

Berdasarkan pigeonhole principle, pasti ada satu kotak berisi dua bola dan yang lain berisi satu bola.

Pertama pilih dua bola untuk dijadikan satu kelompok, ada $\binom{n}{2}$ cara.

Sekarang tempatkan $n$ objek, yaitu $2$ bola satu kelompok, $n - 2$ bola yang lain, dan ‘kosong’ ke $n$ kotak yang tersedia, ada $n!$ cara.

Berdasarkan aturan perkalian, terdapat sebanyak $\binom{n}{2}n!$ cara.

Berdasarkan uji rasio, haruslah

$\frac{a^2 + 5}{6} < 1$

sehingga $-1 < a < 1$ menjamin deret tersebut konvergen.

Berdasarkan Ketaksamaan AM-GM, kita tahu bahwa

$\frac{\frac{x}{2} + \frac{x}{2} + \overbrace{\frac{1-x}{n} + \dots + \frac{1-x}{n}}^{n}}{n+2} \ge \sqrt[n+2]{\left( \frac{x}{2} \right)^2 \left( \frac{1-x}{n} \right)^n}$

$\frac{1}{n + 2} \ge \sqrt[n+2]{\left( \frac{x}{2} \right)^2 \left( \frac{1-x}{n} \right)^n}$

dan kesamaan terjadi saat $\frac{x}{2} = \frac{1 - x}{n}$, yang memberikan $x = \frac{2}{n + 2}.$ Akibatnya

$\sup_{0 \le x \le 1} n^2 x^2 (1 - x)^n = n^2 \cdot \frac{4n^n}{(n + 2)^{n + 2}} = 4\left(\frac{n}{n + 2}\right)^{n+2}.$

Sekarang,

$\lim_{n \to \infty} \sup_{0 \le x \le 1} f_n(x) = \lim_{n\to \infty} 4\left(\frac{n}{n + 2}\right)^{n+2} = \lim_{n\to \infty} 4\left(1 -\frac{2}{n + 2}\right)^{n+2} = 4e^{-2} = \frac{4}{e^2}.$

Perhatikan bahwa $1400 = 8 \times 25 \times 7$. Lalu karena $8, 7, 25$ saling prima, kita bisa menggunakan CRT. Dalam mod $8$ terdapat 7 pilihan, dalam mod 25 terdapat 24 pilihan, dan dalam mod 7 terdapat 6 pilihan. Berdasarkan CRT, tiap pilihan memberikan $n$ yang tunggal dalam modulo 1400. Akibatnya, anggota $A$ ada sebanyak

$7 \times 24 \times 6 = 1008.$

Pertama kita hitung hasil operasi tersebut

$\alpha = (1 \ 2 \ 3 \ 4 \ 5 \ 6)(1 \ 2 \ 3)(1 \ 4 \ 5)(1 \ 6 \ 5 \ 4 \ 3 \ 2) = (1 \ 2 \ 3 \ 4 \ 5 \ 6)(1 \ 2 \ 3)(1 \ 6 \ 4 \ 3 \ 2) = (1 \ 2 \ 3 \ 4 \ 5 \ 6)(1 \ 6 \ 4 \ 2) = (2 \ 5 \ 6 \ 3 \ 4).$

Karena $\alpha$ memiliki cycle dengan panjang $5$, maka orde dari $\alpha$ adalah $5$, yaitu $\alpha^5 = e$. Sekarang,

$\alpha^{99} = \alpha^4 = (2 \ 5 \ 6 \ 3 \ 4)^4 = (2 \ 4 \ 3 \ 6 \ 5).$

Perhatikan bahwa

$c > \ln(1 + 2e^{3x}) - 4x = \ln(1 + 2e^{3x}) - \ln(e^{4x}) = \ln\left( \frac{1 + 2e^{3x}}{e^{4x}} \right) = \ln(e^{-4x} + 2e^{-x}).$

Misalkan $f(x) = \ln(e^{-4x} + 2e^{-x})$ maka $f'(x) = \frac{-4e^{-4x} - 2e^{-x}}{e^{-4x} + 2e^{-x}} < 0$ untuk setiap $x > 0$. Akibatnya, $f$ monoton turun di $x > 0$. Dengan demikian, $c$ terkecil haruslah batas atas dari $f(x)$ pada interval tersebut, yaitu

$c = \lim_{x \to 0^+} f(x) = \ln(e^{0} + 2e^{0}) = \ln(1 + 2) = \ln(3).$

Definisikan $h:[a, b]\to\mathbb{R}$ dengan

$h(t) = f(a) \int_{a}^{t} g(x) \, dx + f(b) \int_{t}^{b} g(x) \, dx$

untuk setiap $t\in[a,b].$ Jelas bahwa $h$ kontinu.

Perhatikan bahwa

$h(a) = f(a) \int_{a}^{a} g(x) \, dx + f(b) \int_{a}^{b} g(x) \, dx = f(b) \int_{a}^{b} g(x) \, dx$

dan

$h(b) = f(a) \int_{a}^{b} g(x) \, dx + f(b) \int_{b}^{b} g(x) \, dx = f(a) \int_{a}^{b} g(x) \, dx$

Karena $f$ monoton naik dan $g(x) \ge 0$, maka

$f(a)g(x) \le f(x)g(x) \le f(b)g(x).$

Integralkan pada $[a,b]$ diperoleh

$f(a) \int_{a}^{b} g(x) \, dx \le \int_{a}^{b} f(x)g(x) \, dx \le f(b) \int_{a}^{b} g(x) \, dx \implies h(b) \le \int_{a}^{b} f(x)g(x) \, dx \le h(a)$

Sekarang, karena $h$ kontinu, berdasarkan Teorema Nilai Antara, terdapat $c\in[a,b]$ sedemikian sehingga

$\int_{a}^{b} f(x)g(x) \, dx = h(c) = f(a) \int_{a}^{c} g(x) \, dx + f(b) \int_{c}^{b} g(x) \, dx$

seperti yang ingin dibuktikan.

Definisikan

$J = \{ r \in R \mid r \text{ tidak memiliki invers perkalian} \}$

Klaim: $J$ adalah ideal maksimal satu-satunya dari $R$.

Bukti.

Pertama akan dibuktikan bahwa $J$ adalah ideal. Jelas bahwa $0\in J$.

Ambil $a,b\in J$ dan andaikan $a + b\notin J,$ maka $a + b$ memiliki invers. Artinya, ada $u\in R$ sedemikian sehingga $(a + b) u = 1 \implies au + bu = 1$.

Karena $a,b\in J$ dan $u\notin J$, haruslah $-au\in J$ dan $bu = 1 +(-au)\in J$. Kontradiksi dengan bahwa salah satu dari $-au$ atau $1-au$ harus memiliki invers.

Dengan demikian, $a + b\in J$.

Sekarang ambil $a\in J$ dan $r\in R$. Jelas bahwa $ar,ra\in J$. Karena jika tidak, maka $ar$ (atau $ra$) memiliki invers dan akibatnya $a$ memiliki invers kiri (atau kanan), kontradiksi.

Dengan demikian, terbukti bahwa $J$ adalah ideal dari $R$.

Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa tidak ada ideal maksimal yang lain.

Andaikan $I$ adalah ideal dari $R$ dengan $I\neq R$. Ambil $c\in I$. Jika $c\notin J,$ maka $c$ memiliki invers dan akibatnya $cc^{-1} =1\in I$. Akibatnya, $I = R$, kontradiksi. Sehingga haruslah $c\in J$. Dengan kata lain, $I\subseteq J$.

Terbukti bahwa $R$ memiliki tepat satu ideal maksimal.

1. Dari sifat yang diberikan, jelas bahwa $x^2 = x^4$ untuk setiap $x\in G$. Kemudian untuk sebarang $x,y\in G,$ $xy = yxyyy = yxy^2 = yxy^4 = y(xyyy)y = xyyy.$ Kalikan $yy$ di ruas paling kiri dan paling kanan diperoleh $yyxy = yyxyyy \implies yx = y(yxyy)y \implies yx = yxyy \implies yx = xy.$

2. (Tertutup) Ambil $h_1,h_2\in H$ maka $h_1,h_2\in G$ akibatnya $h_1h_2\in H.$ (Asosiatif) bawaan dari $G$. (Identitas) Ambil $a\in G$, maka $a^2\in H$. Untuk $h = x_1y_1$, diperoleh $eh = a^2x_1y_1 = ax_1y_1a = x_1y_1 = h \quad \text{dan} \quad he = x_1y_1a^2 = ax_1y_1a = x_1y_1 = h$ ini menunjukkan bahwa untuk sebarang $a\in G$, $a^2$ adalah identitas dari $H.$ (Invers) Invers dari $h\in H$ adalah $h$ karena $h^2 = e\in H.$

Ini cukup well-known. Andaikan $v_p(m)$ adalah pangkat tertinggi dari bilangan prima $p$ agar membagi $m$.

Untuk $n = 1,2$ jelas terbukti. Andaikan $n \ge 3.$

Perhatikan bahwa

$v_2((4n)!) = \sum_{k=1}^{\infty} \left\lfloor \frac{4n}{2^k} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{4n}{2} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{4n}{4} \right\rfloor + \sum_{k=3}^{\infty} \left\lfloor \frac{4n}{2^k} \right\rfloor = 2n + n + \sum_{k=3}^{\infty} \left\lfloor \frac{4n}{2^k} \right\rfloor = 3n + \sum_{k=3}^{\infty} \left\lfloor \frac{4n}{2^k} \right\rfloor \ge 3n$

dan

$v_3((4n)!) = \sum_{k=1}^{\infty} \left\lfloor \frac{4n}{3^k} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{4n}{3} \right\rfloor + \sum_{k=2}^{\infty} \left\lfloor \frac{4n}{3^k} \right\rfloor = \left\lfloor n + \frac{n}{3} \right\rfloor + \sum_{k=2}^{\infty} \left\lfloor \frac{4n}{3^k} \right\rfloor = n + \left\lfloor \frac{n}{3} \right\rfloor + \sum_{k=2}^{\infty} \left\lfloor \frac{4n}{3^k} \right\rfloor \ge n$

seperti yang ingin dibuktikan.

$Y = \begin{pmatrix} 7 & 0 \\ 1 & 9 \end{pmatrix}.$

Karena $z$ adalah bilangan real, modulus ruas kiri adalah $1$. Akibatnya modulus ruas kanan juga $1$. Dari $(1/2)^2 + k^2 = 1$ diperoleh $k = \pm \frac{1}{2}\sqrt{3}.$ Nilai terbesar $k$ yang mungkin adalah $k = \frac{1}{2}\sqrt{3}.$

Ingat bahwa $\ln (1 + z) = \sum_{n = 1}^\infty (-1)^{n - 1} \frac{z^n}{n}$

sehingga

$f(z) = \ln \left(1 + \frac{z - 2i}{2i}\right) = \ln \left(\frac{z}{2i}\right) = \ln z - \ln(2i)$ $f'(z) = \frac{1}{z}$ $f'(1 + i) = \frac{1}{1 + i}$ $|f'(1 + i)| = \frac{1}{|1 + i|} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ $|f'(1 + i)|^2 = \frac{1}{2}.$

Misalkan elemen dari $AB$ adalah $c_{ij}$, maka bagian diagonalnya adalah

$c_{kk} = \sum_{j = 1}^{2026} a_{kj} b_{jk} = \sum_{j = k}^{2026} (k + j)\cdot\frac{1}{j + k} = \sum_{j = k}^{2026} 1 = 2027 - k$

sehingga

$\text{tr}(AB) = \sum_{k = 1}^{2026} (2027 - k) = \frac{(2027)(2026)}{2} = 2027 \cdot 1013 = 2.053.351.$

Daftar pasangan 2-digit tanpa angka 0 yang habis dibagi 13, 17, 23, atau 37:

• Kelipatan 13: 13, 26, 39, 52, 65, 78, 91
• Kelipatan 17: 17, 34, 51, 68, 85
• Kelipatan 23: 23, 46, 69, 92
• Kelipatan 37: 37, 74

Graf transisi digit:

• $1 \to 3, 7$
• $2 \to 3, 6$
• $3 \to 4, 7, 9$
• $4 \to 6$
• $5 \to 1, 2$
• $6 \to 5, 8, 9$
• $7 \to 4, 8$
• $8 \to 5$
• $9 \to 1, 2$

Pelacakan menunjukkan setiap jalur berpanjang 10 digit menemui buntu (dead end). Maka banyaknya bilangan yang memenuhi adalah $0$.

Untuk $z \neq -1,$ kalikan kedua ruas dengan $z + 1$ diperoleh

$(z+1)(z^{2026} - z^{2025} + z^{2024} - \dots - z + 1) = 0 \implies z^{2027} + 1 = 0 \implies z^{2027} = -1 = e^{i(\pi + 2k\pi)}$

maka nilai yang mungkin menjadi akar-akar dari persamaan ini adalah

$z_k = e^{i(\pi + 2k\pi)/2027}, \quad k = 0, 1, 2, \dots, 2026.$

Namun, jelas bahwa $z = -1$ bukanlah akar. Perhatikan bahwa $z_k = -1$ saat $k = 1013.$ Akibatnya, himpunan semua bilangan kompleks yang memenuhi persamaan tersebut adalah

$\{e^{i(\pi + 2k\pi)/2027} \mid k = 0, 1, 2, \dots, 1012, 1014, \dots, 2026\}.$

Misalkan $f(w) = u(x, y) + i v(x, y)$ di mana $w = x + iy$. Karena $f$ analitik pada $\mathbb{C}$, komponen $u$ dan $v$ memenuhi Persamaan Cauchy-Riemann $u_x = v_y$ dan $u_y = -v_x$.

Untuk $z = x + iy \implies 2026\bar{z} = 2026x - i 2026y$.

Maka $g(z) = \overline{f(2026x - i 2026y)} = u(2026x, -2026y) - i v(2026x, -2026y)$.

Definisikan $U(x, y) = u(2026x, -2026y)$ dan $V(x, y) = -v(2026x, -2026y)$.

Turunan parsial:

$U_x = 2026 u_x = 2026 v_y = V_y \quad \text{dan} \quad U_y = -2026 u_y = 2026 v_x = -V_x.$

Karena $U$ dan $V$ memenuhi Persamaan Cauchy-Riemann, maka $g(z)$ terbukti analitik pada $\mathbb{C}$.

1. Andaikan $\lambda$ adalah nilai eigen dari $T$ untuk vektor eigen yang bersesuaian $f$, maka

   $T(f(x)) = x f(x) = \lambda f(x) \implies (x - \lambda)f(x) = 0.$

   Karena $f \not\equiv 0$ haruslah $x - \lambda = 0$ untuk setiap $x \in \mathbb{R}$. Kontradiksi.

   Akibatnya, $T$ tidak memiliki nilai eigen real.

2. Tidak ada.

   Bukti.

   Andaikan ada $S$ sedemikian sehingga $T \circ S (f(x)) = f(x)$ untuk setiap polinomial $f$.

   Pandang polinomial konstan $f(x) = 1$ untuk setiap $x \in \mathbb{R}.$ Perhatikan bahwa

   $T(S(1)) = 1 \implies xS(1) = 1$

   ruas kiri berderajat setidaknya satu, sedangkan ruas kanan berderajat nol. Kontradiksi.

Karena $\text{rank}(A) = 2$, ruang kolom $\text{Col}(A)$ berdimensi $2$. Pilih basis ortonormal $\{u_1, u_2\}$ dari $\text{Col}(A)$ sehingga $u_1^T u_2 = 0$ dan $\|u_1\| = \|u_2\| = 1$.

Setiap kolom $A_j \in \text{Col}(A)$ dapat dinyatakan sebagai $A_j = (u_1^T A_j) u_1 + (u_2^T A_j) u_2$.

Definisikan $w_1 = A^T u_1$ dan $w_2 = A^T u_2$.

Maka $u_1 w_1^T + u_2 w_2^T = u_1 u_1^T A + u_2 u_2^T A = A$ dengan $u_1^T u_2 = 0$.

Untuk setiap polinomial $f$, definisikan operator $E$ sebagai $Ef(x) = f(x+1)$.

Tinjau

$(E-1)f = f(x + 1) - f(x) = h(x)$

untuk suatu polinomial $h$. Perhatikan bahwa derajat $h$ adalah satu kurangnya dari derajat $f$. Artinya, tiap kali pengoperasian operator $E - 1$ pada $f$ akan mengurangi derajat $f$ sebesar satu.

Akibatnya, karena derajat $f$ kurang dari $n$, maka

$(E-1)^n f(x) = 0, \quad \forall x.$

Penerapan $E$ pada $f(x)$ sebanyak $k$ kali memberikan $E^k(f(x)) = f(x + k)$. Sekarang, ekspansi binomial pada $(E - 1)^n f(0)$ memberikan

$(E-1)^n f(0) = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} E^k (-1)^{n-k} f(0) = \sum_{k=0}^{n} (-1)^{n-k} \binom{n}{k} f(k)$

$0 = \sum_{k=0}^{n} (-1)^{k} \binom{n}{k} f(k)$

seperti yang ingin dibuktikan.