Last Updated on Mei 22, 2021 by prooffic
Postingan kali ini akan membahas mengenai Soal dan Pembahasan ONMIPA 2017 Analisis Real Tingkat Nasional. Soal terdiri dari dua, yaitu untuk hari pertama dan hari kedua. Pada kesempatan kali ini, kita hanya akan membahas mengenai soal di hari pertama saja. Soal ini melibatkan materi tentang fungsi, barisan dan deret.
Sebuah deret pada dasarnya dapat dipandang sebagai sebuah barisan, yaitu sebagai barisan jumlah parsial. Misal $(a_n)$ adalah barisan bilangan real (pada dasarnya juga berlaku untuk bilangan kompleks), barisan jumlah parsial dari barisan tersebut didefinisikan sebagai $$\left\{ \sum_{n = 1} ^{n = N} a_n \right\}$$dengan indeks $N \in \mathbb{N}$. Deret $\sum_{n = 1}^{\infty} a_n$ konvergen jika barisan jumlah parsial $\{ \sum_{n = 1} ^{n = N} a_n\}$ konvergen ke suatu bilangan real.
Ada beberapa cara dalam membuktikan kekonvergenan (kedivergenan) suatu deret, salah satunya adalah uji deret banding biasa.
Uji Banding Biasa: Misalkan $(x_n), (y_n)$ adalah dua barisan bilangan real dengan $0 \leq x_n \leq y_n$ untuk setiap $n \in \mathbb{N}$. Jika deret $\sum_{n = 1} ^{\infty} y_n$ konvergen, maka deret $\sum_{n = 1} ^{\infty} x_n$ juga merupakan deret yang konvergen.
Kita akan menggunakan uji tersebut untuk menyelesaikan soal kali ini. Pemahaman lain yang dibutuhkan adalah berupa pemahaman mendasar terkait dengan logika matematika, terutama negasi pernyataan dan kalimat berkuantor.
**Selamat menikmati**
Soal hari pertama
Jika fungsi $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ mempunyai sifat: untuk setiap deret $\sum_{n = 1}^{\infty} a_n$ konvergen berakibat deret $\sum_{n = 1}^{\infty} f(a_n)$ konvergen, buktikan bahwa terdapat $M>0$ dan $\varepsilon > 0$, dengan sifat untuk setiap $x \in \mathbb{R}, 0<x<\varepsilon$ berlaku $$|f(x)| \leq Mx$$
Baca Juga:
Jawab: Misalkan bahwa fungsi $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ mempunyai sifat: untuk setiap deret $\sum_{n = 1}^{\infty}$ konvergen berakibat deret $\sum_{n = 1}^{\infty} f(a_n)$ konvergen. Akan ditunjukkan bahwa terdapat $M>0$ dan $\varepsilon > 0$, dengan sifat untuk setiap $x \in \mathbb{R}, 0<x<\varepsilon$ berlaku $$|f(x)| \leq Mx. $$Kita akan menggunakan kontradiksi untuk tujuan tersebut. Untuk itu, andaikan bahwa negasi pernyataan tersebut berlaku, yaitu untuk setiap $M>0$ serta $\varepsilon > 0$, terdapat $x \in \mathbb{R}, 0 < x < \varepsilon$ tetapi $|f(x)| \geq Mx$. Untuk setiap $n \in \mathbb{N}$, misal $M_n = 2^n$ dan $\varepsilon_n = 1/2^n$. Maka, $ M_n, \varepsilon_n > 0$ untuk setiap $n \in \mathbb{N}$.
Dari sini, untuk setiap $n \in \mathbb{N}$, terdapat $x_n \in \mathbb{R}$ sedemikian sehingga $$0 < x_n < \varepsilon_n = \frac{1}{2^n}$$dan $$|f(x_n)| \geq M_n x_n$$Perhatikan bahwa, $$\begin{aligned}\sum_{n = 1}^{\infty} x_n & \leq \sum_{n = 1}^{\infty} \varepsilon_n \\ &= \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2^n} \end{aligned}$$
Karena deret $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2^n} $ adalah deret geometrik yang berakibat bahwa deret tersebut merupakan deret yang konvergen, maka dengan uji perbandingan biasa, maka deret $\sum_{n = 1}^{\infty} x_n$ juga konvergen. Akan tetapi, perhatikan bahwa untuk tiap $N \in \mathbb{N}$, berlaku $$\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{n = N} f(x_n) &\geq \sum_{n = 1}^{n = N} M_n x_n \\ &= \sum_{n =1}^{\infty} 2^n \frac{1}{2^n} \\ &= \sum_{n = 1}^{n = N} 1 \\ &= N\end{aligned}$$
Dari sini, diperoleh $\sum_{n = 1}^{n = N} f(x_n) \geq N$ untuk setiap $N \in \mathbb{N}$. Oleh karena itu deret tersebut tidak konvergen. Sehingga, terdapat deret $\sum_{n = 1}^{\infty} x_n$ yang konvergen tetapi deret $\sum_{n = 1}^{\infty} f(x_n)$ tidak konvergen. Kontradiksi dengan asumsi, sehingga pengandaian salah. Jadi, haruslah terdapat $M>0$ dan $\varepsilon > 0$, dengan sifat untuk setiap $x \in \mathbb{R}, 0<x<\varepsilon$ berlaku $$|f(x)| \leq Mx $$
soal hari kedua
Diketahui fungsi $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ kontinu dan surjekti. Jika untuk setiap $y \in \mathbb{R}$, banyaknya anggota himpunan $\{x \in \mathbb{R} : f(x) = y\}$ paling banyak dua, buktikan bahwa $f$ monoton.
Baca juga:
Jawab: Misalkan fungsi $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ kontinu dan surjekti. Jika untuk setiap $y \in \mathbb{R}$. Asumsikan bahwa untuk setiap $y \in \mathbb{R}$, anggota himpunan $\{x \in \mathbb{R} : f(x) = y\}$ memiliki anggotan paling banyak dua. Akan ditunjukkan bahwa $f$ monoton.
Kita akan menggunakan metode kontradiksi untuk menunjukkan bahwa $f$ monoton. Untuk itu, Andaikan bahwa $f$ tidak monoton. Maka, kita dapat memperoleh $x_1 < x_2 < x_3 < x_4$ sedemikian sehingga salah satu pernyataan berikut terpenuhi:
- $f(x_1) < f(x_2)$ dan $f(x_3) > f(x_4)$
- $f(x_1) > f(x_2)$ dan $f(x_3) < f(x_4)$
Tanpa mengurangi keumuman, misalkan bahwa pernyataan (1) terpenuhi (jika tidak, tuliskan $g := -f)$. Dari sini, $f$ akan mencapai maksimum lokal setidaknya di suatu titik $x’$ di $(x_1, x_3)$ dengan $f(x’) > f(x_1)$. Misal $M \in \mathbb{R}$ dengan $$M > f(x’), f(x_3)$$dan $K \in \mathbb{R}$ dengan $$K < f(x_4), f(x’)$$Karena $f$ surjektif, maka ada $x”, x”’$ sehingga $f(x”) = M, f(x”’) = K$. Misal $y’$ sehingga $f(x_1), K < y’ < f(x’), M$. Maka garis $y = y’$ akan memotong $f$ setidaknya di tiga titik.
Sehingga, dengan kontruksi tersebut, karerna $f$ kontinu, maka himpunan $\{x \in\mathbb{R} : f(x) = y’ \}$ tidak kosong serta memuat setidaknya tiga anggota yang berbeda (Teorema Nilai Antara). Kontradiksi dengan asumsi bahwa anggota himpunan $\{x \in \mathbb{R} : f(x) = y\}$ memiliki anggota paling banyak dua untuk setiap $y \in \mathbb{R}$. Sehingga, pendandaian salah. Oleh karena itu, haruslah $f$ monoton $\blacksquare$.
Demikian pembahasan kali ini terkait dengan Soal dan Pembahasan ONMIPA 2017 Analisis Real Tingkat Nasional. Jika Anda tertaik dengan Soal dan Pembahasan KNMIPA / ONMIPA lainnya, silahkan ke sini. Jika Anda tertarik dengan topik lainnya, silahkan ke sini. Semoga membantu. Sekian dan terima kasih.
