Last Updated on April 25, 2026 by prooffic
ONMIPA 2026 akan segera dimulai. Postingan kali ini akan membahas tentang pembahasan soal ONMIPA Matematika 2019 Analisis Real Tingkat Wilayah. Materi pada postingan ini mencakup barisan, deret, limit, turunan, dan integral.
**Selamat Menikmati**
Bagian Pertama (Isian)
Soal 1
Diberikan barisan bilangan real tak negatif $(x_n)$. Jika $\sum_{n = 1}^\infty x_n < \infty,$ maka $$ \lim_{n \to \infty} \frac{\sum_{k=1}^n \sqrt{x_k} }{\sqrt{n}} = \cdots $$
Jawab. Karena soal ini adalah isian, kita hanya perlu memilih contoh untuk barisan $(x_n)$. Untuk kasus ini, pilih $x_n = 0$. Jelas bahwa $\sum_{n = 1}^\infty x_n = 0 < \infty$ dan $$ \lim_{n \to \infty} \frac{\sum_{k=1}^n \sqrt{x_k} }{\sqrt{n}} = 0$$
Baca Juga:
Pembahasan Soal ONMIPA 2025
Pembahasan Soal Analisis Real Buku Bartle
Soal 2
Diberikan fungsi kontinu $f$ dan $g$, dengan $f : [0, \infty) \ to \mathbb{R}$ dan $g : [0,1] \to \mathbb{R}.$ Jika $\lim_{x \to \infty} f(x) = A$ dan $\int_0^1 g(x) dx = B,$ maka $$\lim_{n \to \infty} \frac1n \int_0^n f(x) g \left( \frac{x}{n} \right) dx = \cdots $$
Jawab. Terlebih dahulu akan ditunjukkan bahwa $f$ kontinu seragam. Diberikan sebarang $\varepsilon > 0.$ Karena $\lim_{x \to \infty} f(x) = A,$ maka terdapat $K \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga $$| f(x) – A | < \varepsilon, \quad x \in [0, \infty), |x| \geq K $$
Selanjutnya, perhatikan bahwa karena $f$ kontinu pada $[0,\infty]$, maka $f$ kontinu seragam pada $[0, K]$ sehingga terdapat $\delta > 0$ sedemikian sehingga $$|f(x) – f(y)| < \varepsilon, \quad x, y \in [0, K], |x – y| < \delta. $$Misalkan $x,y \in [0, \infty)$ dengan $|x – y| < \delta$.
Jika $x, y \in [0, K]$, maka diperoleh $|f(x) – f(y)| < \varepsilon.$ Misalkan $x, y \in (K, \infty)$. Maka, $$\begin{aligned} |f(x) – f(y)| & \leq |f(x) – A| + |f(y) – A| \\ & < \varepsilon + \varepsilon = 2 \varepsilon \end{aligned}.$$
Selanjutnya, misalkan salah satu di antara $x$ dan $y$ ada di $[0, K]$ dan yang lainnya ada di $(K, \infty)$. Tanpa mengurangi keumuman, misalkan $x \in [0,K]$. Maka, $$ \begin{aligned} |f(x) – f(y)| & \leq |f(x) – f(K)| + |f(y) – f(K)| \\ & \leq |f(x) – f(K)| + |f(y) – A| + |f(K) – A| \\ & < \varepsilon + \varepsilon + \varepsilon = 3 \varepsilon \end{aligned} $$
Berdasarkan ketiga kasus tersebut, diperoleh bahwa $|f(x) – f(y)| < 3 \varepsilon$ untuk setiap $|x – y| < \delta$ dengan $x,y \geq 0$. Oleh karena itu, $f$ kontinu seragam pada $[0, \infty)$.
Akan ditunjukkan bahwa $$\lim_{n \to \infty} \frac1n \int_0^n f(x) g \left( \frac{x}{n} \right) dx = AB. $$Untuk itu, diberikan sebarang $\varepsilon>0.$ Misalkan $B_0 = \int_0^1 |g(x)| dx$. $B_0$ ada karena $g$ kontinu.
Dengan subtitusi variabel $u = x/n$, diperoleh bahwa $$\frac1n \int_0^n f(x) g \left( \frac{x}{n} \right) dx = \int_0^1 f(un) g(u) du. $$Karena $f$ kontinu seragam pada $[0, \infty)$, maka terdapat $0<\delta<1$ sedemikian sehingga $$|f(x)-f(y)| < \frac{\varepsilon }{1 + |B|} $$untuk setiap $x, y \in [0, \infty)$ dengan $|x-y| < \delta$. Maka, untuk $0< u < \delta,$ berlaku $$|f(nu) – f(n)| < \varepsilon.$$
Selanjutnya, karena $\lim_{x \to \infty} f(x) = A$, maka untuk $\varepsilon > 0$, terdapat $N \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga untuk $x \geq N$ berlaku $|f(x) – A| < \varepsilon$. Akibatnya, $||f(n) – A| < \varepsilon$ untuk $n\in \mathbb{N}$ dengan $n \geq N$.
Dari sini, untuk $n \geq N$, diperoleh $$\begin{aligned} \left| \frac1n \int_0^n f(x) g \left( \frac{x}{n} \right) dx – AB \right| & = \left| \int_0^1 f(un) g(u) du – AB \right| \\ & \leq \left| \int_0^1 f(un) g(u) du – A \int_0^1 g(u) du \right| \\ & \leq \int_0^1 |f(nu) – A| |g(u)| du \\ & \leq \int_0^1 |f(nu) – f(n)| |g(u)| du + \int_0^1 |f(n) – A| |g(u)| du \\ & < \varepsilon B_0 + \varepsilon B_0 = 2 \varepsilon B_0 \end{aligned} $$untuk setiap bilangan asli $n$. Jadi, dapat disimpulkan bahwa $$\lim_{n \to \infty} \frac1n \int_0^n f(x) g \left( \frac{x}{n} \right) dx = AB. $$
Bagian Kedua (Uraian)
Soal 1
Diberikan fungsi $g: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ terdiferensial, terdapat $x_0 \in \mathbb{R}$ dengan $g(x_0) = 0$ dan untuk setiap $x \in \mathbb{R}$, berlaku $g(x) + g'(x) > 0$. Buktikan bahwa $[g(x)]^{2019} \geq 0$ untuk setiap $x \geq x_0$.
Jawab. Tinjau fungsi $f$ dengan $f(x) = e^x g(x)$. Perhatikan bahwa $f(x_0) = e^{x_0} g(x_0) = e^0 \cdot 0 = 0$. Kemudian, karena $g(x) + g'(x) > 0$ dan $e^x > 0$, maka $$f'(x) = e^x g(x) + e^x g'(x) = e^x (g(x) + g'(x)) > 0. $$
Dari ini, $f$ adalah fungsi naik pada $\mathbb{R}$. Akibatnya, untuk $x \geq x_0$, berlaku $e^x g(x) = f(x) \geq f(x_0) = 0$.
Oleh karena itu, $g(x) \geq 0$ untuk setiap $x \geq x_0$. Jadi, $[g(x)]^{2019} \geq 0$ untuk setiap $x \geq x_0$.
Soal 2
Diketahui $\Omega$ adalah koleksi semua fungsi $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ yang memenuhi: $$ |f(x) – f(t)| \leq |x – t|^4, $$untuk setiap $x,t \in \mathbb{R}$. Buktikan bahwa:
- untuk setiap $f \in \Omega$, $f$ merupakan fungsi terbatas pada $\mathbb{R}$.
- terdapat barisan fungsi $(f_n)$ di $\Omega$, dengan sifat untuk setiap $x \in \mathbb{R}$, berlaku $$ \lim_{n \to \infty} f_n(x) = \infty $$
Jawab. Perhatikan bahwa untuk setiap $f \in \Omega$ dan $x,t$ di $\mathbb{R}$, berlaku $$\left| \frac{f(x)-f(t)}{x-t} \right| \leq |x-t|^3. $$Dengan mengambil limit $x$ menuju $t$ pada kedua ruas, diperoleh $$\lim_{x \to c} \frac{f(x) – f(t)}{x-t} = 0 $$sehingga $f'(t) = 0$ untuk setiap $t \in \mathbb{R}$.
Oleh karena itu, $f$ adalah fungsi konstan pada $\mathbb{R}$. Akibatnya, $\Omega$ merupakan himpunan semua fungsi konstan pada $\mathbb{R}$. Karena fungsi konstan terbatas, maka dapat disimpulkan bahwa untuk setiap $f \in \Omega$, $f$ merupakan fungsi terbatas pada $\mathbb{R}$.
Selanjutnya, untuk bagian 2, pilih barisan $(f_n)$ dengan $f_n(x) = n$. Maka, $f_n \in \Omega$ dan $$ \lim_{n \to \infty} f_n(x) = \lim_{n \to \infty} n = \infty. $$
Demikian postingan kali ini tentang Pembahasan Soal ONMIPA Matematika 2019 Analisis Real. Jika Anda tertarik dengan postingan lainnya tentang ONMIPA/KNMIPA, silahkan ke sini. Jika Anda tertarik dengan topik/materi lainnya, silahkan ke sini. Semoga membantu. Sekian dan terima kasih.
