Last Updated on Mei 12, 2021 by prooffic
Postingan kali ini akan membahas tentang Soal dan pembahasan ONMIPA 2017 Analisis Real Matematika, terutama bagian kedua (uraian). Uraian Analisis Real 2017 terdiri dari 3 soal. Ketiga soal terkait dengan materi turunan satu variabel.
**Selamat menikmati**
Soal 1
diketahui fungsi $f$ mempunyai turunan hingga tingkat ke-2 pada $[0,1]$ dan fungsi $g$ didefinisikan sebagai $$g(x)=f(x)+f(1-x).$$ Jika $f”(x)>0$, untuk setiap $x \in [0,1],$ buktikan bahwa $g$ turun pada $[0,\frac{1}{2}].$
Jawab: Ingat kembali bahwa suatu fungsi turun pada suatu interval kompak jika turunan keduanya pada interval tersebut tak positif. Kita akan menggunakan sifat ini untuk membuktikan bahwa fungsi $g$ yang didefinisikan tersebut adalah fungsi turun pada interval $[0,1]$. Perhatikan bahwa $$\begin{aligned} g'(x) = & \frac{d}{dx} f(x) + \frac{d}{dx} f((1-x) \\ & = f'(x)+ \left[ \frac{d}{d(1-x)} f(1-x) \right] \left[\frac{d(1-x)}{dx}\right] \\ & = f'(x) – f'(1-x) \end{aligned}$$
Karena $f”(x)>0$ untuk setiap $x\in [0,1]$, maka $f'(x)$ adalah fungsi naik pada interval tersebut. Perhatikan bahwa untuk $0\leq x \leq \frac{1}{2}$, berlaku bahwa $$\frac{1}{2} \leq 1-x \leq 1,$$ sehingga $f'(x) \leq f'(1-x)$ dan $$g'(x)=f'(x)-f'(1-x)\leq 0$$ untuk tiap $x\in [0,\frac{1}{2}]$
Oleh karena itu, $g'(x)<0$ untuk setiap $x\in [0, \frac{1}{2}]$. Akibatnya, $g$ turun pada interval $[0,\frac{1}{2}].$ $\blacksquare$
soal 2
diketahui fungsi $f:[0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ terdiferensial dan tidak ada $x$ sehingga $$f(x)=f'(x)=0$$ Tunjukkan bahwa himpunan $${x \in [0,1] : f(x)=0}$$ berhingga.
Jawab: Akan ditunjukkan dengan menggunakan kontradiksi bahwa himpunan tersebut berhingga. Misalkan bahwa $$\mathscr{E} = {x \in [0,1] : f(x)=0}$$Andaikan bahwa himpunan tersebut tak berhingga. Maka, kita dapat mengkonstruk barisan $(x_n$ di himpunan tersebut sehingga semua suku-sukunya berbeda. Dari sini, barisan tersebut terbaras karena himpunan $\mathscr{E}$ terbatas. Dari sini, dengan teorema Bolzano Weiestrass, terdapat subbarisan $(x_{n_k})$ dari $(x_n)$ yang konvergen, katakanlah konvergen ke $x$. Jelas bahwa $x\in [0,1]$. Karena $f$ terdiferensialkan yang berakibat bahwa fungsi tersebut kontinu, maka haruslah $f(x_{n_k})$ konvergen ke $f(x)$. Karena $f(x_{n_k})=0$ untuk setiap $k$, maka haruslah $f(x)=0$. Dari sini, berdasarkan keterdiferensialan dari $f$ di $x$, diperoleh bahwa $$f'(x)=\frac{f(x_{n_k}-f(x))}{x_{n_k}-x} = \frac{0-0}{x_{n_k}-x} =0=f(x).$$ Kontradiksi dengan asumsi bahwa tidak ada $x$ sehingga $$f(x)=f'(x)=0$$. Oleh karena itu, pengandaian salah. Jadi, himpunan $\mathscr{E}$ berhingga. $\blacksquare$
Soal 3
Diketahui fungsi $f:[0,1] \rightarrow \mathbb{R} $ mempunyai turunan hingga tingkat ke-2 pada $(0,1)$. Jika $f(0)=f(1)=0$ dan $f”+2f’+f \geq 0$ pada $(0,1)$, buktikan bahwa $f(x) \leq 0$ untuk setiap $x \in [0,1].$
Jawab: Didefinisikan fungsi $g:[0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ dengan $g(x)=e^{x} f(x)$. Sehingga, $g(0)=g(1)=0$. Selain itu untuk setiap $x\in (0,1)$, berlaku $$g'(x)=e^{x}(f'(x)+f(x))$$ dan $$g”(x)=e^{x}(f”(x)+2f'(x)+f(x))$$ karena $f”+2f’+f \geq 0$ pada $(0,1)$, maka $g”(x)\geq 0$ untuk setiap $x\in (0,1)$. Oleh karena itu, berdasarkan hubungan keterdiferensialan fungsi dan fungsi konveks, maka $g$ adalah fungsi konveks pada interval tersebut. Dari sini, $g(x)$ akan selalu berada di bawah garis yang menghubungkan $(0,g(0)$ dan $(1,g(1))$. Karena garis yang menghubungkan kedua titik tersebut adalah $f(x)=0$, maka diperoleh bahwa $g(x)\leq 0$ untuk tiap $x\in (0,1)$. Dari sini, untuk tiap $x\in (0,1)$, berlaku $$e^{x} f(x)=g(x) \leq 0$$ yang berakibat bahwa $f(x) \leq 0$. Karena $f(0)=f(1)=0$ dan $f(x) \leq 0$ untuk tiap $x\in (0,1)$, maka $f(x) \leq 0$ untuk setiap $x \in [0,1]$. $\blacksquare$
Sekian pembahasan kali ini tentang Soal dan pembahasan ONMIPA 2017 Analisis Real Matematika Bagian Kedua (Uraian). Silahkan baca terkait dengan soal dan pembahasan ONMIPA Matematika lainnya di sini dan topik-topik lainnya di sini. Semoga membantu. Sekian dan terima kasih.
