Last Updated on Agustus 20, 2023 by prooffic
Postingan kali ini akan membahas tentang Pembahasan Soal ONMIPA 2023 Analisis Real Tingkat Wilayah. Pada ONMIPA 2023 Bidang Matematika Tingkat Wilayah, soal Analisis Real dikerjakan pada hari pertama dan terdiri dari 4 nomor soal. Soal-soal untuk Analisis Real terdiri dari 2 nomor isian dan 2 nomor uraian. Secara umum, materi yang termuat pada soal tersebut adalah barisan dan fungsi.
**Selamat Menikmati**
Berikut ini adalah Pembahasan Soal ONMIPA 2023 Analisis Real Tingkat Wilayah.
Isian Singkat
Nomor 1
Misalkan fungsi $f, g : [a,b] \to \mathbb{R}$ memiliki turunan ke $n-1$ yang kontinu pada $[a,b].$ Jika untuk suatu $c \in [a,b]$, $f^{(k)} (c) = 0$ dan $g^{(k)} (c) = 0$ untuk semua $k = 0, 1, 2, 3, …, n-2,$ serta $g^{(n-1)} (c) \neq 0$, $\lim_{x \to c} \frac{e^x}{g(x)} f(x) = ….$
Jawab. Dengan Aturan L’Hopital, diperoleh bahwa $$\begin{aligned} \lim_{x \to c} \frac{e^x}{g(x)} f(x) & = \lim_{x \to c} e^x \lim_{x \to c} \frac{g(x)} {f(x)} \\ & = e^c \lim_{x\to c} \frac{f(x)}{g(c)} \\ & \vdots \\ &= e^c \lim_{x \to c} \frac{ f'(x)}{g'(x)} \\ & = e^c \lim_{x \to c} \frac{ f^{(n-2)}(x)}{g^{(n-2)}(x)} \\& = e^c \lim_{x \to c} \frac{ f^{(n-1)}(x)}{g^{(n-1)}(x)} \\ & = e^c \frac{f^{(n-1)}(c)}{g^{(n-1)}(c)}. \end{aligned}$$
Jadi, $\lim_{x \to c} \frac{e^x}{g(x)} f(x) = e^c \frac{f^{(n-1)}(c)}{g^{(n-1)}(c)}$ ♥
Soal 2
Diberikan barisan real $\{x_n\}$ dan $\{y_n\}$. Jika $x_n = \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^k}{(2k)!}$ dan $y_n = 1+ x_n$, maka $\lim_{n \to \infty} y_n = …$
Jawab. Perhatikan bahwa ekspansi McLauren untuk $\cos x$ adalah sebagai berikut. $$\cos x = \sum_{k=0} \frac{(-1)^k}{(2k)!} x^{2k}$$
Kemudian, $$\begin{aligned} \cos 1 & = \sum_{k=0} \frac{(-1)^k}{(2k)!} \\ & = 1+ \sum_{k=1} \frac{(-1)^k}{(2k)!} \\ & = 1 + \lim_{n\to \infty} \frac{(-1)^k}{(2k)!} \\ & = 1 + \lim_{n \to \infty} x_n \\ & = \lim_{n \to \infty} y_n. \end{aligned}$$
Jadi, $\lim_{n \to \infty} y_n = \cos 1$ ♥
Pembahasan Soal ONMIPA/KNMIPA Analisis Real
Pembahasan Soal ONMIPA 2022 Analisis Real Tingkat Wilayah
Uraian
Nomor 1
Diberikan barisan-barisan bilangan real $(x_n)$ dan $(y_n)$ dengan $(x_n)$ konvergen ke $x \in \mathbb{R}^n$, barisan $(y_n)$ konvergen ke $y \in \mathbb{R}^n.$ Jika barisan $(z_n)$ didefnisikan dengan $z_n = \frac1n \sum_{i=1}^n x_i y_{n+1-i},$ buktikan bahwa barisan $(z_n)$ konvergen ke $xy.$
Soal ini mirip dengan Soal ONMIPA 2014 Analisis Real Tingkat Wilayah Bagian Uraian Nomor 1
Jawab. Karena $x_n \to x$ dan $y_n \to y$, maka untuk $\varepsilon>0$, terdapat $N \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga untuk $m > N$ berlaku $$|x_m – x| < \varepsilon $$dan $$|y_m – y|<\varepsilon. $$
Pilih $K \in\mathbb{N}$ sehingga $K > \max \{ N^2, \frac1\varepsilon\}.$ Lebih lanjut, terdapat $M>0$ sehingga $|x_n| \leq M$ dan $|y_n| \leq M$ untuk setiap bilangan asli $n$ yang berakibat bahwa $|x|<M$ dan $|y_n|<M.$
Kemudian, perhatikan bahwa untuk $n > K$, berlaku $$\begin{aligned} |z_n – xy| & = \left| \frac1n \sum_{i=1}^n (x_i y_{n + 1 – i} – xy) \right| \\ & = \left| \frac1n \sum_{i=1}^n (x_i y_{n + 1 – i} – x_i y + x_i y – xy) \right| \\ & \leq \frac1n \sum_{i=1}^n |x_i y_{n+1-i} – x_i y| + \frac1n \sum_{i=1}^n |x_i y – xy| \\ & \leq \frac1n \sum_{i=1}^n M|y_{n+1-i} – y| + \frac1n \sum_{i=1}^n M|x_i – x|. \end{aligned} $$
Catat bahwa $$\sum_{i=1}^n M|y_{n+1-i} – y| = \sum_{i=1}^n M|y_{i} – y| $$yang berakibat $$|z_n-xy| \leq \frac{M}{n} \sum_{i=1}^n |y_i – y| + \frac{M}{n} \sum_{i=1}^n |x_i – x|. $$Kemudian, $$\begin{aligned} \frac{M}{n} \sum_{i=1}^n |y_i – y| & = \frac{M}{n} \sum_{i=1}^K |y_i – y| + \frac{M}{n} \sum_{k = K + 1}^n |y_i – y| \\ & < \frac{M}{n} \sum_{i=1}^K 2M + \frac{M}{n} \sum_{i=N+1}^n \varepsilon \\ & = \frac{2M^2K}{n} + \frac{M}{n} (n-K) \varepsilon \\ & < \frac{2M^2K}{n} + \varepsilon \end{aligned}$$
Dengan cara yang sama, diperoleh juga $$\frac{M}{n} \sum_{i=1}^n |x_i – x| < \frac{2M^2K}{n} + \varepsilon. $$Oleh karena itu $$|z_n-xy| < \frac{4M^2K}{n} + 2\varepsilon.$$
Karena $K>\max\{N^2, \frac1\varepsilon\}, $maka untuk $n>K$ berlaku $$\frac{K}{n} < \frac{K}{K^2} = \frac1K < \varepsilon. $$Hal tersebut berakibat bahwa $$\begin{aligned} |z_n – xy| & < \frac{4M^2K}{n} + 2 \varepsilon \\ & < 4M^2 \varepsilon + 2 \varepsilon \\ & = (4 M^2 + 2) \varepsilon \end{aligned}$$
Hal tersebut membuktikan bahwa $(z_n)$ konvergen ke $xy.$ ♥
Soal 2
Diberikan fungsi kontinu $f : [0,1] \to \mathbb{R}$ memenuhi $$f(x)^2 \leq 4 \int_0^x f(t)^2 dx $$untuk setiap $x \in [0,1].$ Buktikan bahwa $3f(x)^2 + 2f(x) = 0$ untuk setiap $x \in [0,1].$
Jawab. Tinjau fungsi $g$ pada $[0,1]$ dengan $$g(x) = e^{-4x} \int_0^x f(t)^2 dt, \quad x \in [0,1]. $$Dapat dilihat bahwa $g(0) = 0$ dan $g(x) \geq 0$ untuk $x \in [0,1].$
Lebih lanjut, untuk tiap $x\in[0,1]$ berlaku $$\begin{aligned} g'(t) & = -4 e^{4x} \int_0^x f(t)^2 dt + e^{-4x} f(t)^2 \\ & = e^{-4x} \left( f(t)^2 – 4 \int_0^x f(t)^2 dt \right) \\ & \leq 0\end{aligned}$$
Oleh karena itu, $g$ turun dan $g(x) \leq g(0)$ untuk $x \in [0,1].$ Karena $0 \geq g(x) \leq g(0)$ untuk $x \in [0,1],$ maka $g(x) = 0$ untuk $x \in [0,1].$ Oleh karena itu, $$e^{-4x} \int_0^x f(t)^2 dt = 0, \quad x \in [0,1] $$yang berakibat bahwa $f(x)^2 = 0$ untuk $x \in [0,1]$.
Dari sini, $f(x) = 0, x\in [0,1]$. Jadi, $3f(x)^2 + 2f(x) = f(x) (3f(x) + 2) = 0$ untuk setiap $x \in [0,1].$♥
Demikian postingan kali ini tentang Pembahasan Soal ONMIPA 2023 Analisis Real Tingkat Wilayah. Jika Anda ingin melihat postingan lainnya tentang Pembahasan Soal ONMIPA/KNMIPA, silahkan ke sini. Jika Anda ingin melihat topik lainnya, silahkan ke sini. Semoga membantu. Sekian dan terima kasih.