Last Updated on Januari 1, 2023 by prooffic
Pada postingan kali ini kita akan menyajikan Pembahasan Soal KNMIPA 2021 Tingkat Wilayah Analisis Real. Bagian ini terdiri dari dua soal isian singkat dan dua soal uraian, yang terdiri dari materi infimum dan supremum, barisan deret tak hingga, serta kekontinuan fungsi.
**Selamat menikmati**
Isian Singkat
Soal 1
Diberikan himpunan $A \subset \mathbb{R}$ dengan $B = \{ \frac{1}{x} | x \in A \}.$ Jika $\inf A>0,$ maka $\sup (B) = \cdots$ dan jika $\inf A = 0,$ maka $\sup (B) = \cdots$
Jawab: Terlebih dahulu asumsikan bahwa $\inf A>0,$ kita klaim bahwa $$\sup (B) = \frac{1}{\inf (A)}$$
Selanjutnya, kita akan buktikan klaim tersebut. Misal $u = \inf A.$ Karena $u = \inf A > 0,$ maka $0<u\leq x$ untuk setiap $x$ di $A.$ Dari sini, $1/x \leq 1/u$ untuk setiap $x \in A.$ Oleh karena itu, $1/u$ adalah batas atas dari $B$ dan $B$ merupakan himpunan yang terbatas di atas.
Misalkan $v$ adalah sebarang batas atas dari $B.$ Maka, $0<1/x \leq v$ untuk setiap $x \in A.$ Oleh karena itu, $1/v \leq x$ untuk setiap $x \in A.$ Sehingga, $1/v$ adalah batas bawah bagi $A.$ Karena $u = \inf A,$ maka $1/v \leq u$ dan $1/u \leq v.$ Dari sini, dapat disimpulkan bahwa $1/u$ adalah batas atas terkecil bagi $B$ dan $\sup B = 1/u$.
Kemudian, asumsikan bahwa $\inf A = 0.$ Di sini, kita anggap bahwa $0 \notin A.$ Karena jika $0$ ada di $A,$ maka $B$ tidak akan terdefinisi, kecuali jika semesta pembicaraan kita adalah $\bar{\mathbb{R}} = \mathbb{R} \cup \{ +\infty, -\infty \}$ yang kemudian berakibat bahwa $\sup B = \infty.$
Karena $\inf A = 0$ dan $0 \notin A,$ maka untuk setiap $n \in \mathbb{N},$ terdapat $x_n$ di $A$ sedemikian sehingga $$0<x_n<\frac{1}{n}$$untuk setiap $n \in \mathbb{N}.$ Sehingga, $$n < \frac{1}{x_n}$$untuk setiap bilangan asli $n.$ Dengan kata lain, $B$ tak terbatas yang berakibat bahwa $\sup B = +\infty.$
Jadi, jika $\inf A>0,$ maka $$\sup (B) = \frac{1}{\inf (A)}$$dan jika $\inf (A) = 0,$ maka $\sup (B) = +\infty$
Soal 2
Diberikan barisan bilangan real $(a_n),$ dengan $$a_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{k!+4^{k+1}}{k!4^k},$$maka $\lim_{n \to \infty} a_n = \cdots$
Jawab: Untuk setiap $n \in \mathbb{N},$ $$ \begin{aligned}\sum_{k=1}^{n} \frac{k!+4^{k+1}}{k!4^k} & = \sum_{k=1}^{n} \left(\frac{1}{4^k} + \frac{4}{k!}\right) \\ &=\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{4^k} + \sum_{k=1}^{n} \frac{4}{k!} \end{aligned}$$
Dari sini, $$\begin{aligned}\lim_{n \to \infty} a_n &= \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{4^k} + \sum_{k=1}^{n} \frac{4}{k!} \\ &= \lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{4^k} + \lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n} \frac{4}{k!}\\ &=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{4^k} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{4}{k!}\\ &= \frac{1}{3}+4 (e-1) \\ &=4e-\frac{11}{3} \end{aligned}$$dengan$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{4^k}$ adalah deret geometri tak hingga yang relatif mudah untuk ditentukan dan $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k!}$ adalah representasi deret tak hingga dari $e-1.$
Baca Juga:
Pembahasan KNMIPA 2020
Pembahasan ONMIPA/KNMIPA Analisis Real
Uraian
Soal 1
Diberikan barisan real positif $(x_n)$ dengan $$x_{n+1} \leq x_n – \frac{1}{2^n}, n\in \mathbb{N}.$$Buktikan bahwa barisan $(x_n)$ konvergen, kemudian tentukan nilai limitnya.
Jawab: Kita akan menunjukkan bahwa barisan tersebut adalah barisan tersebut adalah barisan konvergen dengan limit $\inf_{n\in \mathbb{N}} {(x_n)}.$ Terlebih dahulu kita menujukkan kekonvergenan barisan tersebut dengan dua alternatif bukti yang berbeda sebagai berikut.
Cara I: Di sini kita akan menggunakan teorema kemonotan barisan. Dari $$x_{n+1} \leq x_n – \frac{1}{2^n}, n\in \mathbb{N}$$diperoleh bahwa $x_{n} – x_{n+1} \geq 1/2^n>0$ untuk setiap bilangan asli $n.$ Sehingga, barisan $(x_n)$ adalah barisan monoton turun dengan $x-n>0$ untuk setiap bilangan asli $n.$ Oleh karena itu, $(x_n)$ adalah barisan monoton turun dan terbatas di bawah. Dengan teorema kemonotonan barisan, maka $(x_n)$ adalah barisan yang konvergen ke $\inf_{n \in \mathbb{N}} (x_n).$
Cara II: Cara ini jauh berbeda dengan cara sebelumnya karena kita akan menggunakan fakta bahwa barisan $(x_n)$ konvergen jika dan hanya jika limit superiornya dan limit inferiornya sama. Akan tetapi, dengan cara ini kita tidak dapat menentukan nilai limitnya. Sehingga, cara ini hanya sekedar tambahan wawasan bagi para pembaca dalam membuktikan kekonvergenan barisan. Perhatikan bahwa untuk setiap $m >n n,$ berlaku $$x_m \leq x_n – (\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n+1}}+\cdots +\frac{1}{2^{m-1}})$$Sehingga, dengan mengambil $\limsup$ untuk $m \to \infty,$ diperoleh bahwa $$\limsup_{m \to \infty} x_m + \eta_n \leq x_n$$dengan $\eta_n = \sum_{k=n}^{\infty} \frac{1}{2^k}$ untuk setiap bilangan asli $n.$ Selanjutnya, karena $(\eta_n)$ konvergen ke $0,$ maka $\liminf_{n \to \infty} \eta_n = \lim_{n \to \infty} \eta_n = 0.$ Dengan mengambil $\liminf$ untuk $n$ menuju tak hingga, diperoleh bahwa $$\limsup_{m \to \infty} x_m \leq \liminf_{n \to \infty} x_n$$Karena secara umum berlaku bahwa $$\limsup_{m \to \infty} x_m \geq \liminf_{n \to \infty} x_n,$$maka haruslah $$\limsup_{m \to \infty} x_m = \liminf_{n \to \infty} x_n$$Dari sini, diperoleh bahwa $(x_n)$ adalah barisan yang konvergen.
Soal 2
Diberikan fungsi kontinu $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}.$ Jika setiap himpunan terbuka $G$ diperoleh $f(G)$ terbuka, buktikan bahwa fungsi $f$ monoton.
Jawab: Asumsikan bahwa fungsi $f$ kontinu dan setiap himpunan terbuka $G$ berlaku bahwa $f(G)$ terbuka. Akan ditunjukkan bahwa $f$ monoton dengan menggunakan kontradiksi.
Andaikan bahwa $f$ tidak monoton, $f$ tidak monoton naik maupun tidak monoton turun. Ini berakibat bahwa $f$ mempunyai maksimum lokal ataupun minimum lokal. Tanpa mengurangi keumuman, asumsikan bahwa $f$ mempunyai maksimum lokal, yaitu terdapat $a$ dan $\delta>0$ sedemikian sehingga $f(x) \leq f(a)$ untuk setiap $x \in V_{\delta} (a)$ dengan $V_{\delta} (a)$ adalah persekitaran $a$ sejauh $\delta.$ Perhatikan bahwa $f(V_{\delta} (a))$ adalah interval karena $f$ kontinu dan $V_{\delta} (a)$ adalah interval. Selain itu, dari kontruksi $a,$ maka ujung kanan interval tersebut adalah $f(a)$ dengan $f(a) \in f(V_{\delta} (a)).$ Sehingga, $f(V_{\delta} (a))$ bukan interval buka yang berakibat bahwa himpunan tersebut adalah bukan himpunan terbuka. Kontradiksi dengan asumsi bahwa untuk setiap himpunan terbuka $G$ berlaku bahwa $f(G)$ terbuka. Sehingga, pengandaian salah dan haruslah $f$ merupakan fungsi monoton.
Soal 3
Misalkan $N$ adalah suatu bilangan bulat positif, dan $j$ adalah suatu bilangan irasional. Buktikan bahwa terdapat bilangan rasional $a/b$ dengan $1\leq b \leq N$ memenuhi $$\left|j-\frac{1}{b}\right|<\frac{1}{b(N+1)}$$
Jawab: Misalkan $N$ adalah bilangan asli dan misalkan $N+2$ bilangan real $$0,j- \left \lfloor {j} \right \rfloor,2j- \left \lfloor {2j} \right \rfloor, 3j- \left \lfloor {3j} \right \rfloor,\cdots, (N+1)j- \left \lfloor {(N+1)j} \right \rfloor$$Perhatikan bahwa berdasarkan sifat fungsi tangga, maka ke $N+1$ bilangan real tersebut terletak di interval $[0,1).$ Selain itu, kita juga punya bahwa $$[0,1) = \bigcup_{k=0}^{N} \left[ \frac{k}{N+1}, \frac{k+1}{N+1} \right)$$
Perhatikan bahwa karena $N+2$ bilangan real tersebut terletak di $[0,1)$ yang merupakan gabungan dari $N+1$ interval, maka paling sedikit ada dua bilangan yang terletak di interval yang sama. Misalkan bilangan tersebut adalah $k_1 j – \left \lfloor {k_1 j} \right \rfloor$ dan $k_2 j – \left \lfloor {k_2 j} \right \rfloor$ dengan $k_1<k_2.$ Maka, $$|(k_1 j – \left \lfloor {k_1 j} \right \rfloor)-(k_2 j – \left \lfloor {k_2 j} \right \rfloor)|<\frac{1}{N+1}$$
Dari sini, $$|(k_2-k_1) j – (\left \lfloor {k_2 j} \right \rfloor – \left \lfloor {k_1 j} \right \rfloor)|<\frac{1}{N+1}$$Pilih $b=k_2-k_1$ dan $a=\left \lfloor {k_2 j} \right \rfloor – \left \lfloor {k_1 j} \right \rfloor).$ Perhatikan bahwa karena $0\leq k_1<k_2\leq N+1,$ dan $k_1$ dan $k_2$ bilangan bulat, maka haruslah $N\geq b=k_2-k_1\geq 1.$ Oleh karena itu, $$|b\cdot j-a|<\frac{1}{N+1}$$ dan $$\left| j -\frac{a}{b}\right| < \frac{1}{b(N+1)}$$
Jadi, terdapat bilangan rasional $a/b$ dengan $1\leq b \leq N$ memenuhi $$\left|j-\frac{a}{b}\right|<\frac{1}{b(N+1)}$$
Demikian postingan kali ini mengenai Pembahasan Soal KNMIPA 2021 Tingkat Wilayah Analisis Real. Jika Anda tertarik dengan pembahasan lainnya mengenai soal dan pembahasan ONMIPA/KNMIPA, silahkan ke sini. Jika Anda tertarik dengan topik lainnya, silahkan ke sini. Semoga membantu. Sekian dan terima kasih.
