Last Updated on Juli 6, 2021 by prooffic
Kali ini adalah mengenai Pembahasan Soal ONMIPA Matematika 2018 Analisis Real Tingkat Nasional. Sama seperti sebelumnya, soal yang disajikan untuk Analisis Real terdiri dari dua, yaitu soal di hari pertama dan soal di hari kedua.
Soal hari pertama menyangkut materi mengenai eksistensi dari anti turunan/anti derivatif suatu fungsi, yaitu untuk fungsi $f$, apakah terdapat fungsi $F$ sehingga, $F’ = f$. Selain itu, pada soal tersebut juga diasumsikan bahwa $f$ memenuhi sifat nilai antara (the intermediate value property) pada $[0, \infty)$, yaitu untuk setiap $x,y$ dengan $0 \leq x < y < \infty, $terdapat $c$ antara $x$ dan $y$ sehingga $f(c)$ berada di antara $f(x)$ dan $f(y)$.
Soal hari kedua menyangkut materi tentang konvergensi barisan. Pada proses penyelesaiannya, kita akan menggunakan definisi barisan konvergen dan teorema kemonotonan. Teorema tersebut menyatakan bahwa jika $\{ x_n \}$ adalah barisan bilangan real yang terbatas dan motonon naik, maka barisan tersebut adalah barisan konvergen ke $\sup \{ x_n : n \in \mathbb{N} \}$. Sedangkan jika barisan tersebut adalah barisan turun, maka barisan tersebut akan konvergen ke $\inf \{ x_n : \in \mathbb{N}\}$.
Berikut ini adalah Pembahasan Soal ONMIPA Matematika 2018 Analisis Real Tingkat Nasional.
**Selamat menikmati**
Soal hari pertama
Diberikan fungsi $f:[0, \infty) \rightarrow [0,a),$ untuk suatu bilangan real $a>0,$ dan $f$ memenuhi the intermediate value property pada $[0, \infty)$ dan kontinu pada $(0, \infty.) $ Jika $f(0) = 0$ dan $x f(x) \geq \int_{0}^{x} f(t) dt,$ untuk semua $x \in (0, \infty)$, buktikan bahwa $f$ mempunyai anti derivatif.
Baca juga: Fungsi Kontinu
Jawab: Karena nilai fungsi $f$ berada pada $[0, a)$ untuk suatu $a > 0$. Maka $f$ terbatas. Kemudian, karena $f$ kontinu pada $[0, x]$ untuk setiap $x \geq 0$, maka fungsi $F:[0, \infty)$ yang didefinsikan sebagai integral tentu
$$F(x) = \int_{0}^{x} f(t) dt$$
untuks setiap $x$ merupakan fungsi yang terdiferensialkan pada $\mathbb{R}_+$ dengan $F'(x) = f(x)$ untuk setiap $x > 0$ berdasarkan teorema dasar kalkulus. Sehingga, $f$ mempunyai antiturunan pada $(0, \infty)$. Dari sini, kita cukup menunjukkan untuk $x = 0.$
Untuk $x > 0,$ didefinisikan fungsi $h(x) = \frac{F(x)}{x}$. Perhatikan bahwa $$h'(x) = \frac{x f(x) – F(x)}{x^2}$$
Karena $x f(x) \geq \int_{0}^{x} f(t) dt,$ untuk semua $x \in (0, \infty)$, maka $h'(x) \geq 0$ untuk setiap $x$. Dari sini, $h$ monoton naik dan kontinu. Akibatnya, limit $h$ di $x = 0$ ada. Misalkan limit tersebut adalah $L.$ Dengan kontruksi tersebut, kita hendak menunjukkan bahwa $F$ terdiferensialkan di $x = 0$ dan $F'(0) = f(0).$
Karena $f$ memenuhi sifat nilai antara dan $f(0) = 0 \leq f(1)$, maka ada $x_1$ antara $0$ dan $1$ sedemikian sehingga $$f(x_1) = \frac{f(0) + f(1)}{2} = \frac{f(1)}{2} \leq \frac{a}{2}$$ Kemudian, dengan argumen yang serupa, karena $f(0) = 0 \leq f(1/2), $maka terdapat $x_2$ antara $0$ dan $1/2$ sedemikian sehingga $$f(x_2) = \frac{2f(0) + f(1/2)}{3} = \frac{f(1/2)}{3} \leq \frac{a}{3} $$Dengan melanjutkan proses tersebut, maka diperoleh barisan $\{ x_n \}$ pada $(0, \infty)$ sedemikian sehingga $$0 < x_n < \frac{1}{n} $$dan $$0 \leq f(x_n) \leq \frac{a}{n+1} $$Perhatikan bahwa $x_n \rightarrow 0$ dan $f(x_n) \rightarrow 0 = f(0)$.
Karena $x f(x) \geq \int_{0}^{x} f(t) dt,$ untuk semua $x \in (0, \infty)$, maka $f(x) \geq h(x)$ untuk setiap $x>0$ dan $f(x_n) \geq h(x_n) \geq 0$ untuk setiap $n$. Karena $f(x_n) \rightarrow 0$, maka berdasarkan teorema apit, $h(x_n) \rightarrow 0$. Oleh karena itu, berdasarkan kriteria barisan untuk limit, maka $$\lim_{x \rightarrow 0} h(x) =L = 0$$
Karena $F(0) = 0$ dan $h(x) = F(x)/x $, maka
$$\begin{aligned} \lim_{x \rightarrow 0} \frac{F(x) – F(0)}{x} &= \lim_{x \rightarrow 0} h(x)\\ &= L = 0 \end{aligned}$$
Akibatnya, $F'(0) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{F(x) – F(0)}{x} = 0$. Oleh karena itu, $F'(0) = f(0)$. Sehingga, $F$ juga merupakan anti turunan dari $f$ di $x = 0$. Jadi, $F$ adalah anti turunan dari $f$ pada $[0, \infty) \blacksquare$
Baca Juga: Soal dan Pembahasan ONMIPA 2018 Analisis Kompleks Tingkat Nasional Hari Pertama
Soal Hari Kedua
Misalkan barisan bilangan real $\{ x_n \}$ terbatas dan memenuhi $$ x_{n+2} \leq \frac{1}{2} (x_n + x_{n+1}) $$untuk setiap $n \geq 0.$ Jika $A_n = \max \{ x_n , x_{n+1} \},$ buktikan:
- barisan $\{ A_n \}$ konvergen
- barisan $\{ x_n \}$ konvergen
Jawab: Karena ${x_n}$ terbatas, maka barisan $\{A_n\}$ juga terbatas. Selain itu, Perhatikan bahwa karena $$x_{n+2} \leq \frac{1}{2} (x_n + x_{n+1}) $$maka $$x_{n+2} \leq \frac{2 \max \{ x_n, x_{n+1} \}}{2} = A_n$$Selain itu, karena $x_{n+1} \leq \max \{x_n, x_{n+1}\} = A_n$, maka haruslah $$A_{n+1} = \max \{x_{n+1}, x_{n+2}\} \leq A_n. $$Dari sini, barisan $\{ A_n \}$ adalah barisan turun dan terbatas. Akibatnya, berdasarkan teorema kemonotonan barisan, maka barisan $\{A_n\}$ konvergen. Ini membuktikan bagian pertama.
Selanjutnya kita akan membuktikan bagian kedua. Karena $$ x_{n+2} \leq \frac{1}{2} (x_n + x_{n+1}) $$untuk setiap $n \geq 0$, maka $$ x_{n+2} + \frac{1}{2} x_{n+1}\leq x_{n+1} + \frac{1}{2} x_{n} $$untuk setiap $n \geq 0$. Dari sini, barisan $\{ y_n \}$ dengan $y_n = x_{n+1} + \frac{1}{2} x_{n}$ adalah barisan yang monoton turun. Selain itu, karena barisan $\{ x_n\}$ adalah barisan yang terbatas, maka barisan $\{y_n\}$ juga merupakan barisan yang terbatas. Akibatnya, berdasarkan teorema kekonvergenan monoton, maka barisan $\{ y_n \}$ adalah barisan yang konvergen.
Kita misalkan $y = \lim_{n \rightarrow \infty} y_n. $ Akan ditunjukkan bahwa barisan $\{ x_n \}$ konvergen ke $x = \frac{2y}{3}.$ Untuk itu, diberikan sebarang $\varepsilon > 0$. Karena $y_n$ konvergen ke $y,$ maka terdapat $N \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga untuk $n \geq N,$ berlaku $$\begin{aligned}\frac{\varepsilon}{2} &> |y_{n} – y| \\ &= |x_{n+1} + \frac{1}{2} x_n – \frac{3x}{2}| \\&= |x_{n+1} – x + \frac{1}{2} x_n – \frac{x}{2}| \\ &\geq |x_{n+1} – x|-\frac{1}{2} |x_n – x| \end{aligned} $$Kemudian, $$|x_{n+1} -x| < \frac{1}{2} |x_n -x| + \frac{\varepsilon}{2} $$
Dengan cara yang sama, maka $$\begin{aligned}|x_{n+2} -x|& < \frac{1}{2} |x_{n+1} -x| + \frac{\varepsilon}{2} \\ &< \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} |x_n -x| + \frac{\varepsilon}{2} \right) + \frac{\varepsilon}{2} \\ &=\left( \frac{1}{2} |x_n – x|\right) + \left(1 + \frac{1}{2} \right) \frac{\varepsilon}{2} \end{aligned}$$
Maka, dengan induksi, akan diperoleh bahwa untuk setiap $n,$ berlaku $$\begin{aligned} \left| x_{N+n} -x \right| &< \frac{1}{2} |x_{N+n-1} – x| + \frac{\varepsilon}{2} \\&< \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} |x_{N+n-2} – x| + \varepsilon\right) \frac{\varepsilon}{2} \\&= \left( \frac{1}{2} \right)^2 |x_{N+n-2} -x| + \left( 1 + \frac{1}{2}\right) \frac{\varepsilon}{2} \\ &< \cdots < \left( \frac{1}{2} \right)^n |x_N – x| + \left( 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \left( \frac{1}{2}\right) ^{n-1} \right) \frac{\varepsilon}{2} \\ &< \left( \frac{1}{2}\right)^n |x_N – x| + \frac{\varepsilon}{2} \end{aligned}$$
Baca Juga: Pembahasan KNMIPA 2020 Aljabar Linear
Dengan kata lain, untuk setiap $n > N,$ berlaku $$|x_n – x| < \left( \frac{1}{2}\right)^{n-N} |x_N – x| + \frac{\varepsilon}{2} $$Karena $\{ (1/2)^n \}$ konvergen ke $0,$ maka terdapat $K \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga untuk $n \geq K$ berlaku $$\left( \frac{1}{2}\right)^{n-N} |x_N – x| < \frac{\varepsilon}{2} $$Oleh karena itu, untuk $n \geq \max \{N+1, K\},$ berlaku bahwa $$|x_n – x| < \left( \frac{1}{2}\right)^{n-N} |x_N – x| + \frac{\varepsilon}{2} < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon$$
Berdasarkan definisi kekonvergenan barisan, maka barisan $\{ x_n \}$ konvergen ke $x$. Ini membuktikan bagian kedua.
Jadi, barisan $\{ A_n \}$ dan barisan $\{ x_n \}$ konvergen $\blacksquare$
Demikian pembahasan kali ini tentang Pembahasan Soal ONMIPA Matematika 2018 Analisis Real Tingkat Nasional. Jika Anda tertarik dengan pembahasan soal ONMIPA/KNMIPA lainnya, silahkan ke sini atau ke sini. Jika Anda tertarik dengan topik lainnya, silahkan ke sini. Semoga membantu. Sekian dan terima kasih.
