Naskah Soal & Pembahasan ONMIPA PT 2026 — Seleksi Wilayah

🏆 ONMIPA PT 2026 • ← Direktori Utama ONMIPA

← 2025 2026

Halaman ini berisi naskah soal dan pembahasan lengkap ONMIPA-PT 2026 Seleksi Wilayah bidang Matematika (Hari Pertama dan Hari Kedua).

☀️ Hari Pertama

Bagian I: Soal Isian Singkat

Soal Isian Singkat #1 Kombinatorika

Banyak cara menempatkan $n$ bola berbeda ke dalam $n$ kotak berbeda sehingga tepat satu kotak kosong adalah $\dots$

Lihat Jawaban

Kunci Jawaban:

\binom{n}{2} n!

Lihat Pembahasan

Berdasarkan Pigeonhole Principle, pasti ada satu kotak berisi dua bola dan semua kotak lainnya berisi tepat satu bola.

Kita mulai dengan memilih dua bola yang akan menempati satu kotak bersama, yang dapat dilakukan dengan $(2 n)$ cara. Selanjutnya, kita tempatkan $n$ objek — yaitu kelompok dua bola tersebut, $n - 2$ bola yang tersisa, dan satu “slot kosong” — ke dalam $n$ kotak yang tersedia, yang dapat dilakukan dengan $n!$ cara. Berdasarkan aturan perkalian, terdapat sebanyak $(2 n) n!$ cara.

Soal Isian Singkat #2 Analisis Real

Deret Takhingga

Misalkan $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ adalah deret dengan suku-suku positif. Jika

$lim_{n \to \infty} \frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = \frac{a ^{2} + 5}{6}$

maka himpunan semua $a \in R$ yang menjamin deret tersebut konvergen adalah interval $\dots$

Lihat Jawaban

Kunci Jawaban:

(-1, 1)

Lihat Pembahasan

Berdasarkan Uji Rasio D’Alembert (lihat catatan Deret Takhingga & Uji Konvergensi), deret dengan suku-suku positif konvergen jika limit rasio $L < 1$ . Dari syarat ini kita peroleh

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

sehingga interval $(- 1, 1)$ menjamin deret tersebut konvergen mutlak.

Soal Isian Singkat #3 Analisis Real

Konvergensi Seragam Fungsi Limit Barisan & Konvergensi

Diberikan barisan fungsi $f_{n} : [0, 1] \to R$ dengan $f_{n} (x) = n^{2} x^{2} (1 - x)^{n}$ . Nilai

$lim_{n \to \infty} sup_{0 \leq x \leq 1} f_{n} (x)$

adalah $\dots$

Lihat Jawaban

Kunci Jawaban:

4/e^2

Lihat Pembahasan

Berdasarkan Ketaksamaan AM-GM, kita terapkan pada $n + 2$ bilangan positif berikut

$\frac{\frac{x}{2} + \frac{x}{2} + \frac{1 - x}{n} + \dots + \frac{1 - x}{n} n}{n + 2} \geq n + 2 (\frac{x}{2})^{2} (\frac{1 - x}{n})^{n}$

Penjumlahan semua suku bernilai $1$ , sehingga

$\frac{1}{n + 2} \geq n + 2 (\frac{x}{2})^{2} (\frac{1 - x}{n})^{n}$

Kesamaan terjadi saat $\frac{x}{2} = \frac{1 - x}{n}$ , yang memberikan titik kritis $x = \frac{2}{n + 2}$ . Akibatnya, norma supremum dari $f_{n}$ pada $[0, 1]$ adalah

$∥ f_{n} ∥_{[0, 1]} = sup_{0 \leq x \leq 1} n^{2} x^{2} (1 - x)^{n} = n^{2} \cdot \frac{4}{( n + 2 ) ^{2}} (1 - \frac{2}{n + 2})^{n} = 4 (\frac{n}{n + 2})^{2} (1 - \frac{2}{n + 2})^{n}$

Kita hitung limit saat $n \to \infty$ menggunakan sifat Barisan dan Konvergensi

n \to \infty lim 0 \leq x \leq 1 sup f_{n} (x) = n \to \infty lim 4 (\frac{n}{n + 2})^{2} (1 - \frac{2}{n + 2})^{n + 2} (1 - \frac{2}{n + 2})^{- 2} = 4 \cdot 1 \cdot e^{- 2} \cdot 1 = \frac{4}{e ^{2}} .

Soal Isian Singkat #4 Teori Bilangan

Jika $A = {n \in Z_{1400} ∣ n \neq \equiv 3 (mod 8), n \neq \equiv 4 (mod 25), n \neq \equiv 5 (mod 7)}$ , maka $∣ A ∣ = \dots$

Lihat Jawaban

Kunci Jawaban:

1008

Lihat Pembahasan

Perhatikan bahwa $1400 = 8 \times 25 \times 7$ . Karena $8, 7, 25$ saling prima, kita dapat menggunakan Teorema Sisa Tiongkok (CRT). Dalam mod $8$ terdapat 7 pilihan, dalam mod 25 terdapat 24 pilihan, dan dalam mod 7 terdapat 6 pilihan. Berdasarkan CRT, tiap kombinasi pilihan memberikan $n$ yang tunggal dalam modulo 1400, sehingga

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

Soal Isian Singkat #5 Struktur Aljabar

Jika $α = (123456) (123) (145) (165432) \in S_{7}$ , maka $α^{99} = \dots$

Lihat Jawaban

Kunci Jawaban:

(2 \ 4 \ 3 \ 6 \ 5)

Lihat Pembahasan

Kita hitung terlebih dahulu hasil komposisi siklus tersebut

$α = (123456) (123) (145) (165432) = (123456) (123) (16432) = (123456) (1642) = (25634) .$

Karena $α$ adalah satu siklus dengan panjang $5$ , orde dari $α$ adalah $5$ , sehingga $α^{5} = e$ . Karena $99 = 5 \cdot 19 + 4$ , kita peroleh

$α^{99} = α^{4} = (25634)^{4} = (24365) .$

Bagian II: Soal Uraian / Esai

Soal Uraian / Esai #1 Kalkulus

Tentukan bilangan real terkecil $c$ sehingga untuk setiap $x > 0$ berlaku

$ln (1 + 2 e^{3 x}) < 4 x + c$

Lihat Jawaban

Kunci Jawaban:

c = \ln(3)

Lihat Pembahasan

Pertidaksamaan di atas setara dengan syarat bahwa $c$ harus melebihi $f (x) = ln (1 + 2 e^{3 x}) - 4 x$ untuk semua $x > 0$ . Kita sederhanakan ekspresi ini

f (x) = ln (1 + 2 e^{3 x}) - 4 x = ln (1 + 2 e^{3 x}) - ln (e^{4 x}) = ln (\frac{1 + 2 e ^{3 x}}{e ^{4 x}}) = ln (e^{- 4 x} + 2 e^{- x}) .

Turunan dari $f$ adalah $f^{'} (x) = \frac{- 4 e ^{- 4 x} - 2 e ^{- x}}{e ^{- 4 x} + 2 e ^{- x}} < 0$ untuk setiap $x > 0$ , sehingga $f$ monoton turun di $x > 0$ . Dengan demikian, batas atas dari $f (x)$ pada interval tersebut dicapai oleh limitnya di ujung kiri, yaitu

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

Soal Uraian / Esai #2 Analisis Real

Integral Riemann Kekontinuan & Teorema Nilai Antara

Misalkan fungsi $f : [a, b] \to R$ naik monoton dan $g : [a, b] \to R$ terintegralkan pada $[a, b]$ . Jika $g (x) \geq 0$ untuk setiap $x \in [a, b]$ , buktikan terdapat $c \in [a, b]$ sehingga

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

Lihat Pembahasan

Kita definisikan fungsi akumulasi $h : [a, b] \to R$ dengan

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

untuk setiap $t \in [a, b]$ . Berdasarkan Teorema Dasar Kalkulus I, fungsi akumulasi integral $h (t)$ kontinu pada $[a, b]$ .

Kita periksa nilai fungsi $h$ di kedua ujung interval

$h (a) = f (a) \cdot 0 + f (b) \int_{a}^{b} g (x) d x = f (b) \int_{a}^{b} g (x) d x$

$h (b) = f (a) \int_{a}^{b} g (x) d x + f (b) \cdot 0 = f (a) \int_{a}^{b} g (x) d x$

Karena $f$ monoton naik dan $g (x) \geq 0$ , maka untuk setiap $x \in [a, b]$ berlaku ketaksamaan $f (a) g (x) \leq f (x) g (x) \leq f (b) g (x)$ . Mengintegralkan ketiga ruas pada $[a, b]$ berdasarkan sifat Integral Riemann menghasilkan

$f (a) \int_{a}^{b} g (x) d x \leq \int_{a}^{b} f (x) g (x) d x \leq f (b) \int_{a}^{b} g (x) d x$

yang berarti $h (b) \leq \int_{a}^{b} f (x) g (x) d x \leq h (a)$ . Karena $h$ kontinu pada interval tertutup dan terbatas $[a, b]$ , berdasarkan Teorema Nilai Antara terdapat $c \in [a, b]$ sedemikian sehingga

$\int_{a}^{b} f (x) g (x) d x = h (c) = f (a) \int_{a}^{c} g (x) d x + f (b) \int_{c}^{b} g (x) d x . ■$

Soal Uraian / Esai #3 Struktur Aljabar

Diberikan suatu ring $(R, +, \times)$ dengan identitas perkalian $1_{R}$ . Jika untuk setiap $r \in R$ , minimal salah satu dari $r$ atau $1_{R} + r$ memiliki invers terhadap operasi perkalian, buktikan ring $R$ memiliki tepat satu ideal maksimal.

Lihat Pembahasan

Kita definisikan himpunan $J = {r \in R ∣ r tidak memiliki invers perkalian}$ dan kita buktikan bahwa $J$ adalah satu-satunya ideal maksimal dari $R$ .

Pertama kita buktikan $J$ adalah ideal. Jelas bahwa $0 \in J$ . Ambil $a, b \in J$ dan andaikan $a + b \in / J$ , maka $a + b$ memiliki invers. Artinya, ada $u \in R$ sehingga $(a + b) u = 1$ , yang berarti $a u + b u = 1$ . Karena $a, b \in J$ maka $- a u \in J$ sehingga $b u = 1 + (- a u) \in J$ . Namun hipotesis menyatakan salah satu dari $b u$ atau $1 + b u$ harus memiliki invers, dan dari $a u + b u = 1$ terlihat kontradiksi. Dengan demikian, $a + b \in J$ .

Selanjutnya ambil $a \in J$ dan $r \in R$ . Kita klaim $a r, r a \in J$ . Jika tidak, misalnya $a r$ memiliki invers $v$ , maka $a (r v) = 1$ , artinya $a$ memiliki invers kanan, kontradiksi dengan $a \in J$ . Terbukti $J$ adalah ideal dari $R$ .

Terakhir kita tunjukkan tidak ada ideal maksimal lain. Andaikan $I$ adalah ideal dari $R$ dengan $I \neq = R$ . Ambil $c \in I$ . Jika $c \in / J$ , maka $c$ memiliki invers dan akibatnya $1 = c c^{- 1} \in I$ , sehingga $I = R$ , kontradiksi. Haruslah $c \in J$ untuk semua $c \in I$ , yang berarti $I \subseteq J$ . Terbukti bahwa $J$ adalah satu-satunya ideal maksimal dari $R$ . $■$

Soal Uraian / Esai #4 Struktur Aljabar

Misalkan $G$ adalah himpunan tak kosong dengan operasi biner asosiatif (ditulis sebagai perkalian) sedemikian sehingga untuk setiap $x, y, z \in G$ berlaku $x y = z x y z$ . Buktikan:

Operasi pada $G$ komutatif.
Jika $H = {x y ∣ x, y \in G}$ , maka $H$ adalah grup terhadap operasi yang sama.

Lihat Pembahasan

Untuk bagian pertama, kita perhatikan bahwa dari sifat yang diberikan dengan $x = y = z$ berlaku $x^{2} = x^{4}$ , sehingga $x^{2} = x^{4}$ untuk setiap $x \in G$ . Kemudian untuk sebarang $x, y \in G$ kita hitung

$x y = y x y y y = y x y^{2} = y x y^{4} = y (x y y y) y = x y y y .$

Dengan mengalikan $y y$ di ruas paling kiri dan paling kanan, kita peroleh $y y x y = y y x y y y$ , yang menyederhanakan menjadi $y x = y (y x y y) y = y x y y = x y$ . Terbukti $G$ komutatif.

Untuk bagian kedua, kita verifikasi keempat aksioma grup. Ketertutupan terpenuhi karena untuk $h_{1}, h_{2} \in H$ berlaku $h_{1}, h_{2} \in G$ dan akibatnya $h_{1} h_{2} \in H$ . Sifat asosiatif diturunkan dari $G$ . Untuk identitas, ambil $a \in G$ sehingga $a^{2} \in H$ . Untuk sembarang $h = x_{1} y_{1} \in H$ , karena $G$ komutatif dan $a^{2}$ berperilaku seperti identitas berdasarkan $a^{2} = a^{4}$ , kita dapatkan $a^{2} h = a^{2} x_{1} y_{1} = a x_{1} y_{1} a = x_{1} y_{1} = h$ dan serupa $h a^{2} = h$ . Terakhir, invers dari $h \in H$ adalah $h$ itu sendiri karena $h^{2} = e \in H$ . Terbukti $H$ adalah grup. $■$

Soal Uraian / Esai #5 Kombinatorika

Buktikan bahwa $(4 n)!$ habis dibagi oleh $2^{3 n} 3^{n}$ untuk setiap bilangan asli $n$ .

Lihat Pembahasan

Kita gunakan rumus Legendre untuk pangkat bilangan prima $p$ dalam faktorial, yaitu $v_{p} (m!) = \sum_{k = 1}^{\infty} ⌊ \frac{m}{p ^{k}} ⌋$ .

Untuk $n = 1, 2$ klaim dapat diverifikasi langsung. Kita asumsikan $n \geq 3$ dan hitung $v_{2} ((4 n)!)$

v_{2} ((4 n)!) = k = 1 \sum \infty ⌊ \frac{4 n}{2 ^{k}} ⌋ = ⌊ \frac{4 n}{2} ⌋ + ⌊ \frac{4 n}{4} ⌋ + k = 3 \sum \infty ⌊ \frac{4 n}{2 ^{k}} ⌋ = 2 n + n + k = 3 \sum \infty ⌊ \frac{4 n}{2 ^{k}} ⌋ = 3 n + k = 3 \sum \infty ⌊ \frac{4 n}{2 ^{k}} ⌋ \geq 3 n

dan selanjutnya kita hitung $v_{3} ((4 n)!)$

v_{3} ((4 n)!) = k = 1 \sum \infty ⌊ \frac{4 n}{3 ^{k}} ⌋ = ⌊ \frac{4 n}{3} ⌋ + k = 2 \sum \infty ⌊ \frac{4 n}{3 ^{k}} ⌋ = ⌊ n + \frac{n}{3} ⌋ + k = 2 \sum \infty ⌊ \frac{4 n}{3 ^{k}} ⌋ = n + ⌊ \frac{n}{3} ⌋ + k = 2 \sum \infty ⌊ \frac{4 n}{3 ^{k}} ⌋ \geq n .

Dari kedua perhitungan, kita simpulkan $2^{3 n} 3^{n} ∣ (4 n)!$ untuk setiap $n \geq 1$ . $■$

🌙 Hari Kedua

Bagian I: Soal Isian Singkat

Soal Isian Singkat #1 Aljabar Linear

Misalkan $X = (2206)$ . Matriks $Y$ berukuran $2 \times 2$ yang memenuhi persamaan

$2 X Y = 21 X - 2 Y$

adalah $\dots$

Lihat Jawaban

Kunci Jawaban:

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

Lihat Pembahasan

Kita tulis ulang persamaan sebagai $(2 X + 2 I) Y = 21 X$ , sehingga $Y = \frac{21}{2} (X + I)^{- 1} X$ . Substitusi nilai $X$ memberikan

$Y = (7109) .$

Soal Isian Singkat #2 Analisis Kompleks

Bentuk Polar & De Moivre Bilangan Kompleks

Apabila diketahui semua akar persamaan

$(\frac{1 + i z}{1 - i z})^{2026} = \frac{1}{2} + ik$

merupakan bilangan real, maka nilai $k \in R$ terbesar yang memenuhi adalah $\dots$

Lihat Jawaban

Kunci Jawaban:

\frac{1}{2}\sqrt{3}

Lihat Pembahasan

Karena $z$ adalah bilangan real, untuk $z \in R$ dan $z \neq = - i$ modulus $\frac{1 + i z}{1 - i z} = 1$ (ini adalah transformasi Möbius yang memetakan garis real ke lingkaran satuan). Akibatnya modulus ruas kanan juga harus $1$ , sehingga dari $(\frac{1}{2})^{2} + k^{2} = 1$ diperoleh $k = \pm \frac{3}{2}$ . Nilai terbesar yang memenuhi adalah $k = \frac{3}{2}$ .

Soal Isian Singkat #3 Analisis Kompleks

Deret Taylor & Laurent Fungsi Eksponensial, Logaritma Kompleks, dan Trigonometri

Untuk $∣ z - 2 i ∣ < 2$ , definisikan

$f (z) = \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} \frac{( \frac{z - 2 i}{2 i} ) ^{n}}{n}$

Nilai dari $∣ f^{'} (1 + i) ∣^{2}$ adalah $\dots$

Lihat Jawaban

Kunci Jawaban:

1/2

Lihat Pembahasan

Kita kenali bahwa deret di atas sesuai dengan ekspansi logaritma kompleks, yaitu $ln (1 + w) = \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} \frac{w ^{n}}{n}$ untuk $∣ w ∣ < 1$ .

Dengan mengidentifikasi $w = \frac{z - 2 i}{2 i}$ , kita peroleh

$f (z) = ln (1 + \frac{z - 2 i}{2 i}) = ln (\frac{z}{2 i}) = ln z - ln (2 i)$

sehingga turunannya adalah $f^{'} (z) = \frac{1}{z}$ . Di titik $z = 1 + i$ berlaku

$∣ f^{'} (1 + i) ∣^{2} = \frac{1}{1 + i}^{2} = \frac{1}{∣1 + i ∣ ^{2}} = \frac{1}{2} .$

Soal Isian Singkat #4 Aljabar Linear

Misalkan $A = (a_{ij})$ dan $B = (b_{ij})$ matriks berukuran $2026 \times 2026$ dengan $a_{ij} = {i + j, 0, i \leq j i > j$ dan $b_{ij} = {\frac{1}{i + j}, 0, i \geq j i < j$ . Nilai dari $tr (A B) = \dots$

(Catatan: $tr (M)$ menyatakan trace dari matriks $M$ .)

Lihat Jawaban

Kunci Jawaban:

2.053.351

Lihat Pembahasan

Misalkan elemen dari $A B$ adalah $c_{ij}$ . Elemen diagonal ke- $k$ memenuhi

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

sehingga

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

Soal Isian Singkat #5 Kombinatorika

Banyaknya bilangan 10-digit di mana seluruh digitnya tidak boleh nol dan setiap bilangan yang dibentuk oleh dua angka berdekatan dapat dibagi oleh salah satu dari 13, 17, 23, 37 adalah $\dots$

Lihat Jawaban

Kunci Jawaban:

0

Lihat Pembahasan

Kita susun daftar pasangan 2-digit tanpa angka 0 yang habis dibagi 13, 17, 23, atau 37: kelipatan 13 berupa 13, 26, 39, 52, 65, 78, 91; kelipatan 17 berupa 17, 34, 51, 68, 85; kelipatan 23 berupa 23, 46, 69, 92; dan kelipatan 37 berupa 37, 74.

Dari daftar tersebut kita bangun graf transisi antar digit, di mana digit $a \to b$ artinya bilangan $\overline{ab}$ habis dibagi salah satu dari keempat prima tersebut. Relasi transisi yang terbentuk adalah $1 \to 3, 7$ ; $2 \to 3, 6$ ; $3 \to 4, 7, 9$ ; $4 \to 6$ ; $5 \to 1, 2$ ; $6 \to 5, 8, 9$ ; $7 \to 4, 8$ ; $8 \to 5$ ; $9 \to 1, 2$ .

Pelacakan semua jalur berpanjang 10 digit pada graf ini menunjukkan bahwa setiap jalur menemui buntu (dead end) sebelum mencapai panjang 10. Maka banyaknya bilangan yang memenuhi adalah $0$ .

Bagian II: Soal Uraian / Esai

Soal Uraian / Esai #1 Analisis Kompleks

Bentuk Polar & De Moivre Bilangan Kompleks

Tentukan semua bilangan kompleks yang memenuhi persamaan

$z^{2026} - z^{2025} + z^{2024} - \dots - z + 1 = 0$

Lihat Pembahasan

Untuk $z \neq = - 1$ , kita kalikan kedua ruas dengan $z + 1$ dan menggunakan rumus deret geometri sehingga diperoleh

$(z + 1) (z^{2026} - z^{2025} + z^{2024} - \dots - z + 1) = z^{2027} + 1 = 0$

yang berarti $z^{2027} = - 1 = e^{i (π + 2 k π)}$ . Dalam bentuk polar, semua akar dari persamaan ini adalah

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

Kita verifikasi bahwa $z = - 1$ bukan akar dari persamaan semula (substitusi langsung menghasilkan jumlah 2027 suku yang bergantian, bukan nol). Nilai $k$ yang menghasilkan $z_{k} = - 1$ adalah $k = 1013$ . Akibatnya, himpunan semua solusi persamaan tersebut adalah

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

Soal Uraian / Esai #2 Analisis Kompleks

Persamaan Cauchy-Riemann

Misalkan fungsi kompleks $f$ analitik pada domain $C$ . Buktikan bahwa fungsi kompleks $g$ dengan $g (z) = \overline{f (2026 \overset{z}{ˉ})}$ juga analitik pada $C$ .

Lihat Pembahasan

Misalkan $f (w) = u (x, y) + i v (x, y)$ di mana $w = x + i y$ . Karena $f$ analitik pada $C$ , komponen real dan imajiner $u$ dan $v$ memenuhi Persamaan Cauchy-Riemann yaitu $u_{x} = v_{y}$ dan $u_{y} = - v_{x}$ .

Untuk $z = x + i y$ berlaku $2026 \overset{z}{ˉ} = 2026 x - i 2026 y$ , sehingga

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

Kita definisikan $U (x, y) = u (2026 x, - 2026 y)$ dan $V (x, y) = - v (2026 x, - 2026 y)$ , lalu kita hitung turunan parsialnya menggunakan aturan rantai dan Persamaan Cauchy-Riemann pada $f$

$U_{x} = 2026 u_{x} (2026 x, - 2026 y) = 2026 v_{y} (2026 x, - 2026 y) = V_{y}$

$U_{y} = - 2026 u_{y} (2026 x, - 2026 y) = 2026 v_{x} (2026 x, - 2026 y) = - V_{x} .$

Karena $U$ dan $V$ memenuhi Persamaan Cauchy-Riemann, terbukti bahwa $g (z) = U + iV$ analitik pada $C$ . $■$

Soal Uraian / Esai #3 Aljabar Linear

Misalkan $P$ adalah ruang semua polinom atas $R$ . Didefinisikan transformasi linear $T : P \to P$ dengan $T (f (x)) = x f (x)$ untuk setiap polinom $f (x)$ di $P$ .

Tunjukkan bahwa $T$ tidak memiliki nilai eigen real.
Apakah terdapat suatu transformasi linear $S : P \to P$ sehingga $T \circ S$ merupakan pemetaan identitas? Jelaskan jawaban anda.

Lihat Pembahasan

Untuk bagian pertama, kita gunakan pengandaian kontradiksi. Andaikan $λ$ adalah nilai eigen dari $T$ dengan vektor eigen yang bersesuaian $f \neq \equiv 0$ , maka $T (f (x)) = x f (x) = λ f (x)$ , sehingga $(x - λ) f (x) = 0$ sebagai persamaan polinomial. Karena $f \neq \equiv 0$ dan $R [x]$ merupakan daerah integral (tidak ada pembagi nol), haruslah $x - λ = 0$ untuk setiap $x \in R$ , yang merupakan kontradiksi. Akibatnya $T$ tidak memiliki nilai eigen real.

Untuk bagian kedua, jawabannya adalah tidak ada transformasi linear $S$ yang memenuhi $T \circ S = id$ . Kita buktikan dengan kontradiksi: andaikan ada $S$ demikian, maka $T (S (1)) = 1$ berarti $x \cdot S (1) = 1$ . Ruas kiri adalah polinomial berderajat setidaknya satu, sedangkan ruas kanan berderajat nol. Ini merupakan kontradiksi, sehingga $S$ tidak mungkin ada. $■$

Soal Uraian / Esai #4 Aljabar Linear

Misalkan $A$ suatu matriks berukuran $4 \times 4$ dengan $rank (A) = 2$ . Buktikan bahwa terdapat vektor-vektor kolom $u_{1}, u_{2}, w_{1}, w_{2}$ di $R^{4}$ sehingga $u_{1}^{T} u_{2} = 0$ dan $A = u_{1} w_{1}^{T} + u_{2} w_{2}^{T}$ .

Lihat Pembahasan

Karena $rank (A) = 2$ , ruang kolom $Col (A)$ berdimensi $2$ . Berdasarkan proses Gram-Schmidt, kita dapat memilih basis ortonormal ${u_{1}, u_{2}}$ dari $Col (A)$ sehingga $u_{1}^{T} u_{2} = 0$ dan $∥ u_{1} ∥ = ∥ u_{2} ∥ = 1$ .

Karena ${u_{1}, u_{2}}$ merupakan basis ortonormal untuk $Col (A)$ , setiap kolom $A_{j}$ dari $A$ dapat direpresentasikan sebagai $A_{j} = (u_{1}^{T} A_{j}) u_{1} + (u_{2}^{T} A_{j}) u_{2}$ .

Kita definisikan $w_{1} = A^{T} u_{1}$ dan $w_{2} = A^{T} u_{2}$ . Perhatikan bahwa elemen ke- $j$ dari $w_{1}$ adalah $(A^{T} u_{1})_{j} = u_{1}^{T} A_{j}$ . Dengan demikian, kolom ke- $j$ dari $u_{1} w_{1}^{T} + u_{2} w_{2}^{T}$ adalah $(u_{1}^{T} A_{j}) u_{1} + (u_{2}^{T} A_{j}) u_{2} = A_{j}$ , sehingga $A = u_{1} w_{1}^{T} + u_{2} w_{2}^{T}$ terbukti dengan $u_{1}^{T} u_{2} = 0$ . $■$

Soal Uraian / Esai #5 Kombinatorika

Buktikan bahwa $(4 n)!$ habis dibagi oleh $2^{3 n} 3^{n}$ untuk setiap bilangan asli $n$ .

Lihat Pembahasan

Kita gunakan rumus Legendre untuk pangkat bilangan prima $p$ dalam faktorial, yaitu $v_{p} (m!) = \sum_{k = 1}^{\infty} ⌊ \frac{m}{p ^{k}} ⌋$ .

Untuk $n = 1, 2$ klaim dapat diverifikasi langsung. Kita asumsikan $n \geq 3$ dan hitung $v_{2} ((4 n)!)$

v_{2} ((4 n)!) = k = 1 \sum \infty ⌊ \frac{4 n}{2 ^{k}} ⌋ = ⌊ \frac{4 n}{2} ⌋ + ⌊ \frac{4 n}{4} ⌋ + k = 3 \sum \infty ⌊ \frac{4 n}{2 ^{k}} ⌋ = 2 n + n + k = 3 \sum \infty ⌊ \frac{4 n}{2 ^{k}} ⌋ = 3 n + k = 3 \sum \infty ⌊ \frac{4 n}{2 ^{k}} ⌋ \geq 3 n

dan selanjutnya kita hitung $v_{3} ((4 n)!)$

v_{3} ((4 n)!) = k = 1 \sum \infty ⌊ \frac{4 n}{3 ^{k}} ⌋ = ⌊ \frac{4 n}{3} ⌋ + k = 2 \sum \infty ⌊ \frac{4 n}{3 ^{k}} ⌋ = ⌊ n + \frac{n}{3} ⌋ + k = 2 \sum \infty ⌊ \frac{4 n}{3 ^{k}} ⌋ = n + ⌊ \frac{n}{3} ⌋ + k = 2 \sum \infty ⌊ \frac{4 n}{3 ^{k}} ⌋ \geq n .

Dari kedua perhitungan, kita simpulkan $2^{3 n} 3^{n} ∣ (4 n)!$ untuk setiap $n \geq 1$ . $■$

🏆 ONMIPA PT 2026 • ← Direktori Utama ONMIPA

← 2025 2026

Naskah Soal & Pembahasan ONMIPA PT 2026 — Seleksi Wilayah

☀️ Hari Pertama

Bagian I: Soal Isian Singkat

Bagian II: Soal Uraian / Esai

🌙 Hari Kedua

Bagian I: Soal Isian Singkat

Bagian II: Soal Uraian / Esai

Materi Terkait (Linked References) (0)

Diskusi & Tanya Jawab

Title