Diposkan pada

Soal dan Pembahasan – Ulangan Tengah Semester Kalkulus Diferensial (FKIP Untan)

Berikut ini adalah soal ujian tengah semester beserta pembahasannya mata kuliah Kalkulus Diferensial (Tahun Ajaran 2017/2018) yang diujikan kepada mahasiswa pendidikan matematika FKIP Untan semester 2 oleh Drs. Dian Ahmad B.S, M. Si pada tanggal 23 April 2018.

Soal Nomor 1
Carilah titik-titik potong fungsi f(x) = 21x^2 + 22x - 8 dengan sumbu X dan sumbu Y.

Penyelesaian

Titik potong fungsi pada sumbu X terjadi saat f(x) = y = 0, yaitu
0 = 21x^2 + 22x - 8 = (3x + 4)(7x - 2)
Dengan demikian, titik potongnya adalah \left(-\dfrac{4}{3}, 0\right) dan \left(\dfrac{2}{7}, 0\right)
Titik potong fungsi pada sumbu Y terjadi saat x = 0, yaitu
f(x) = y = 21(0)^2 + 22(0) - 8 = -8
Jadi, titik potongnya adalah (0,-8)

[collapse]

Soal Nomor 2
Selesaikanlah dengan dua cara (aljabar dan garis bilangan)
i) \dfrac{2}{3x} < 4
ii) \dfrac{-3}{2x} < \dfrac{1}{4}

Penyelesaian

Jawaban i)
Cara aljabar
\begin{aligned} & \dfrac{2}{3x} < 4 \\ & \dfrac{2}{3x} - 4 < 0 \\ & \dfrac{2-12x} {3x} < 0 \end{aligned}
Dua kemungkinan agar pertidaksamaan di atas bernilai benar adalah 1) 2 - 12x > 0 dan 3x < 0 atau 2) 2- 12x < 0 dan 3x > 0
Kemungkinan 1) menghasilkan x < \dfrac{1}{6} dan x < 0. Hasil irisannya adalah x < 0. Kemungkinan 2) menghasilkan x > \dfrac{1}{6} dan x > 0. Hasil irisannya adalah x > \dfrac{1}{6}
Gabungan dari kedua himpunan penyelesaian masing-masing kemungkinan tersebut adalah himpunan penyelesaian dari pertidaksamaan yang diberikan sebelumnya, yaitu \{x| x < 0 \lor x > \dfrac{1}{6}, x \in \mathbb{R}\}
Cara garis bilangan
Perhatikan bahwa \dfrac{2}{3x} < 4 ekuivalen dengan \dfrac{2-12x} {3x} < 0. Pembuat nol pada pembilang adalah x = \dfrac{1}{6}, sedangkan pada penyebut adalah x = 0.
Ujilah dengan titik-titik lain, misal diambil x = 1, diperoleh \dfrac{-10}{3} (bernilai negatif), sehingga dapat dibuat garis bilangan yang telah dilengkapi tanda kepositivan dan daerah penyelesaiannya sebagai berikut.

Jawaban ii)
Cara aljabar
\begin{aligned} & \dfrac{-3}{2x} < \dfrac{1}{4} \\ & \dfrac{-6 - x}{4x} < 0 \end{aligned}
Dua kemungkinan agar pertidaksamaan di atas bernilai benar adalah 1) -6 - x > 0 dan 4x < 0 atau 2) -6 - x < 0 dan 4x > 0
Kemungkinan 1) menghasilkan x < -6 dan x < 0. Hasil irisannya adalah x < -6. Kemungkinan 2) menghasilkan x > -6 dan x > 0. Hasil irisannya adalah x > 0. Gabungan dari kedua himpunan penyelesaian masing-masing kemungkinan tersebut adalah himpunan penyelesaian dari pertidaksamaan yang diberikan sebelumnya, yaitu \{x| x < -6 \lor x > 0, x \in \mathbb{R}\</span><span style="font-size: 10pt; font-family: verdana, geneva, sans-serif;">}
Cara garis bilangan
Perhatikan bahwa \dfrac{-3}{2x} < \dfrac{1}{4} ekuivalen dengan \dfrac{-6 - x} {4x} < 0
Pembuat nol pada pembilang adalah x = -6, sedangkan pada penyebut adalah x = 0
Ujilah dengan titik-titik lain, misal diambil x = 1, diperoleh \dfrac{-7}{4} (bernilai negatif), sehingga dapat dibuat garis bilangan yang telah dilengkapi tanda kepositivan dan daerah penyelesaiannya sebagai berikut.

[collapse]

Soal Nomor 3
Gambarkan grafik fungsi f dengan f(x) = \begin{cases} 5 - x, &~ \text{jika}~x \geq 3 \\ (x - 2)^2, &~\text{jika}~1 < x < 3 \\ \dfrac{1}{3}(x+2), &~\text{jika}~x \leq 1 \end{cases}
Tentukanlah nilai-nilai di bawah ini:
i) f\left(\dfrac{1}{2}\right)
ii) f(1)
iii) f(3)
iv) \displaystyle \lim_{x \to 1^{-}} f(x)
v) \displaystyle \lim_{x \to 1^{+}} f(x)
vi) \displaystyle \lim_{x \to 3^{-}} f(x)
vii) \displaystyle \lim_{x \to 3^{+}} f(x)

Penyelesaian


Jawaban i) Karena x = \dfrac{1}{2} \leq 1, maka f(x) = \dfrac{1}{3}(x+2), sehingga f\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{2} + 2\right) = \dfrac{5}{6}
Jawaban ii) Karena x = 1 \leq 1, maka f(x) = \dfrac{1}{3}(x+2), sehingga f(1) = \dfrac{1}{3}(1+2) = 1
Jawaban iii) Karena x = 3 \geq 3, maka f(x) = 5 - x, sehingga f(3) = 5 - 3 = 2
Jawaban iv) \displaystyle \lim_{x \to 1^{-}} f(x) = \lim_{x \to 1} \dfrac{1}{3}(x+2) = 1
Jawaban v) \displaystyle \lim_{x \to 1^{+}} f(x) = \lim_{x \to 1} (x-2)^2 = 1
Jawaban vi) \displaystyle \lim_{x \to 3^{-}} f(x) = \lim_{x \to 3} = (x - 2)^2 = 1
Jawaban vii) \displaystyle \lim_{x \to 3^{+}} f(x) = \lim_{x \to 3} 5 - x = 2
Catatan: Pada gambar, terlihat jelas bahwa grafik fungsi tidak kontinu di x = 3

[collapse]

Soal Nomor 4
Hitunglah \displaystyle \lim_{x \to 2} \dfrac{8-x^3}{x-2}

Penyelesaian

Substitusi x = 2 pada fungsinya menghasilkan bentuk tak tentu \dfrac{0}{0}. Tetapi, dengan menggunakan metode pemfaktoran, diperoleh \begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 2} \dfrac{8-x^3}{x-2} & = \lim_{x \to 2} \dfrac{-(x - 2)(x^2 + 2x + 4)}{x - 2} \\ & = \lim_{x \to 2} -(x^2 + 2x + 4) \\ & = -(2^2 + 2(2) + 4) = -12 \end{aligned}
Jadi, nilai dari \displaystyle \lim_{x \to 2} \dfrac{8-x^3}{x-2} adalah -12.

[collapse]

Soal Nomor 5
Hitunglah \displaystyle \lim_{x \to 3} \dfrac{2 - \dfrac{6}{x}}{x^2 - 9}

Penyelesaian

Substitusi x = 3 pada fungsinya menghasilkan bentuk tak tentu \dfrac{0}{0}. Tetapi, dengan menggunakan metode pemfaktoran, diperoleh \begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 3} \dfrac{2 - \dfrac{6}{x}}{x^2 - 9} & = \lim_{x \to 3} \dfrac{2\left(1 - \dfrac{3}{x}\right)}{x\left(1 - \dfrac{3}{x}\right)\left(x+3\right)} & = \lim_{x \to 3} \dfrac{2}{x(x+3)} \\ & = \dfrac{2}{3(3+3)} = \dfrac{1}{9} \end{aligned}

[collapse]

Soal Nomor 6
Hitunglah \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 6x}{\sin 7x}

Penyelesaian

Substitusi x = 3 pada fungsinya menghasilkan bentuk tak tentu \dfrac{0}{0}. Dengan menggunakan teorema:
\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin ax} {\sin bx} = \dfrac{a} {b}
diperoleh bahwa
\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 6x}{\sin 7x} = \dfrac{6}{7}
Alternatif lain untuk menyelesaikan soal ini (termasuk soal nomor 4 dan 5) adalah dengan menggunakan Dalil L’Hospital/turunan (dengan syarat substitusi titik limit menghasilkan bentuk tak tentu). Jadi, \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 6x}{\sin 7x} = \lim_{x \to 0} \dfrac{6 \cos 6x} {7 \cos 7x} = \dfrac{6}{7}

[collapse]

Ayo Beri Rating Postingan Ini
Diposkan pada

Soal dan Pembahasan – Ulangan Tengah Semester Program Linear FKIP Untan


Berikut ini adalah soal ujian tengah semester (paket B) mata kuliah Program Linear (Tahun Ajaran 2017/2018) yang diujikan kepada mahasiswa pendidikan matematika FKIP Untan semester 6 oleh Dra. Halini, M. Pd pada tanggal 16 April 2018.

Soal Nomor 1
Suatu keluarga yang mempunyai usaha katering mendapat pesanan menyediakan makanan untuk suatu acara syukuran keluarga. Ada 3 macam makanan berbahan ikan yang harus disiapkan, yaitu bakso ikan, siomai, dan empek-empek. Untuk membuat satu porsi bakso ikan, diperlukan ikan sebanyak 150 gram, sedangkan satu porsi siomai dan empek-empek berturut-turut dibutuhkan 150 gram dan 250 gram. Sedangkan bahan campuran tepung untuk membuat satu porsi bakso ikan, siomai, dan empek-empek berturut-turut adalah 50 gram, 75 gram, dan 80 gram. Bahan campuran lainnya sudah cukup tersedia. Untuk memesan 3 macam makanan ini keluarga pemesan tersebut memiliki anggaran dana Rp3.000.000,00. Karena musim badai, ikan yang tersedia di pasar hanya 22 kg dan bahan campuran tepung ada 1 karung berisi 0,5 kuintal. Makanan favorit keluarga pemesan adalah siomai. Mengenai harga, satu porsi bakso, siomai, dan empek-empek dijual seharga Rp18.500,00; Rp19.000,00; dan Rp17.500,00.
Rumuskan model matematika dari permasalahan di atas. Apakah model masalah yang Anda rumuskan merupakan masalah program linear? Jelaskan.

Soal Nomor 2
Tuliskan dengan lengkap langkah-langkah menyelesaikan masalah program linear dengan metode grafik dan jelaskan kapan masalah program linear unbounded terjadi.

Soal Nomor 3
Diberikan masalah PL yang dirumuskan sebagai berikut.
Memaksimumkan Z = 10x_1 + x_2 + 2x_3 dan memenuhi batasan:
\begin{cases} x_1 + x_2 - 2x_3 \leq 10 \\ 4x_1 + x_2 + x_3 \leq 20 \\ x_1, x_2, x_3 \geq 0 \end{cases}
Tentukan penyelesaian masalah di atas.

Soal Nomor 4
Buktikan masalah berikut merupakan masalah PL unbounded.
Mencari p, q nonnegatif yang memaksimumkan g = 30p + 90q + 100 dan memenuhi batasan:
\begin{cases} 2p + q \geq 12 \\ 2p - q \geq 4 \\ 2p - 4q \geq 5 \\ -p + 8q \leq 80 \end{cases}

Ayo Beri Rating Postingan Ini
Diposkan pada

Soal ON MIPA-PT dan Pembahasan – Bidang Analisis Real

Berikut ini adalah soal-soal ON MIPA-PT bidang Analisis Real beserta pembahasannya. Beberapa soal mungkin belum disediakan penyelesaiannya. Jika Anda dapat memberi solusi, silakan kirimkan argumentasi Anda di email: shanedizzy6@gmail.com. Tentunya, kami mengucapkan terima kasih atas hal tersebut.
Jika ada pertanyaan, silakan ajukan di kolom komentar.

Soal Nomor 1
Diberikan himpunan A = \{3^{2x} + 3^{\frac{1}{2x}} | x > 0\}. Tentukan infimum A.

Penyelesaian

Dengan menggunakan ketaksamaan Aritmetik-Geometri,
\begin{aligned} 3^{2x} + 3^{\frac{1}{2x}} &\geq 2\left(3^{2x}.3^{\frac{1}{2x}}\right)^{\frac{1}{2}} \\ & = 2\left(3^{2x + (2x)^{-1}} \right)^{\frac{1}{2}} \\ & \geq 2.3^{\left((2x)(2x) ^{-1}\right)\frac{1}{2}} = 2 \times 3 = 6 \end{aligned}
dan persamaannya berlaku jika dan hanya jika 3^{2x} = 3^{\frac{1}{2x}} dan 2x = (2x) ^{-1}. Untuk x > 0, kita bisa mengambil x = \dfrac{1}{2} untuk memenuhi kondisi tersebut. Jadi, infimum A adalah 6.

[collapse]

Soal Nomor 2 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Jika barisan bilangan real (x_n) memenuhi sifat
\displaystyle \lim_{n \to \infty} x_{2n} + x_{2n+1}= 315
dan
\displaystyle \lim_{n \to \infty} x_{2n} + x_{2n-1}= 2016
maka
\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{x_{2n}}{x_{2n+1}} = \cdots

Penyelesaian

Dengan menggunakan Teorema Stolz-Cesaro, diperoleh
\begin{aligned} \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{x_{2n}}{x_{2n+1}} & =\lim_{n \to \infty} \dfrac{x_{2n} - x_{2(n-1)}}{x_{2n+1} - x_{2(n-1)+1}} \\ & = \lim_{n \to \infty} \dfrac{x_{2n} - x_{2n-2}}{x_{2n+1} - x_{2n - 1}} \\ &= \lim_{n \to \infty} \dfrac{x_{2n} + x_{2n-1} - (x_{2n-2} + x_{2n-1})}{x_{2n+1} + x_{2n} - (x_{2n} + x_{2n-1})} \\ & = \dfrac{2016-315}{315-2016} = -1 \end{aligned}
Jadi, didapat
\boxed{\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{x_{2n}}{x_{2n+1}} = -1}

[collapse]

Soal Nomor 3 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Diketahui a < \dfrac{\pi} {2}. Jika M < 1 dengan |\cos x - \cos y| \leq M|x-y| untuk setiap x, y \in [0,a], maka M = \cdots

Penyelesaian

Perhatikan bahwa jika fungsi f terdiferensialkan pada interval I, maka
f~\text{fungsi lipschitz}~\Leftrightarrow f'(x)~\text{terbatas di}~I
dan
M = \sup\{|f'(x)|, x \in I\}
Dalam kasus ini, kita mendapatkan f(x) = \cos x, sehingga f'(x) = -\sin x. Dengan demikian,
\begin{aligned} M & = \sup\{|-\sin x|, x \in [0,a]\} \\ & = \sup\{\sin x| x \in [0,a]\} \\ & = \sin a \end{aligned}
Jadi,
\boxed{M = \sin a}

[collapse]

Soal Nomor 4
Diketahui fungsi
f(x) = \begin{cases} \sin 2x, & x \leq 0 \\ ax, & 0 < x < 1 \\ x^2+b, & x \geq 1 \end{cases}
mempunyai turunan di x = 0 dan x = 1.

Penyelesaian

f(x) memiliki turunan di x = 0 dan x = 1 berarti fungsi itu kontinu di titik-titik tersebut.
Perhatikan bahwa
\begin{aligned} \displaystyle & \lim_{x \to 1^{-}} f(x) = f(1) \\ & \lim_{x \to 1^{-}} ax = f(1) \\ & a = (1)^2 + b \\ & \boxed{a - b = 1} \end{aligned}
Catatan:
Untuk memeriksa masing-masing nilai a dan b, diferensialkan fungsinya,
f'(x) = \begin{cases} 2 \cos 2x, & x \leq 0 \\ a, & 0 < x < 1 \\ 2x, & x \geq 1 \end{cases}
Agar fungsinya kontinu, haruslah 2 \cos 2(0) = a, dan mengimplikasikan a = 2 dan b = 1.

[collapse]




Soal Nomor 5
Diberikan deret pangkat \displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{x^k} {k^2+1}.
Tentukan himpunan/selang kekonvergenan deret itu. 

Penyelesaian

Bentuk sumasinya dapat diubah dalam bentuk deret pangkat, yaitu
\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{x^k} {k^2+1} = \sum_{k=0}^{\infty} C_k(x-0)^k
Dengan menggunakan uji rasio, diperoleh
\begin{aligned} \displaystyle \lim_{k \to \infty} \dfrac{|C_{k+1}(x)|} {|C_k(x)|} & = \lim_{k \to \infty} \dfrac{\left|\dfrac{1}{(k+1)^2+1}\right|\left|x^{k+1}\right|} {\left|\dfrac{1}{k^2+1}\right| \left|x^k\right|} \\ & = |x| \lim_{k \to \infty} \left|\dfrac{k^2+1}{k^2+2k+2}\right| \\ & = |x| \end{aligned}
Berdasarkan teorema uji rasio, deret itu akan konvergen apabila |x| < 1.
Jadi, selang kekonvergenan deret itu adalah (-1, 1)

[collapse]

Soal Nomor 6
Tentukan nilai dari \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-x)^{k+1}} {k}
dan jari-jari konvergensinya.

Penyelesaian

Perhatikan bahwa
\begin{aligned} & \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-x)^{k+1}} {k} \\ & = x^2 - \dfrac{1}{2}x^3 + \dfrac{1}{3}x^4 - \cdots + (-1)^{n+1}\dfrac{x^{n+1}} {n} + \cdots \\ & = x\left(x - \dfrac{1}{2}x^2 + \dfrac{1}{3}x^3 - \cdots + (-1)^{n+1}\dfrac{x^{n}} {n} + \cdots \right) \\ & = x(\ln |1 + x|) \end{aligned}
dengan jari-jari konvergensinya (-1, 1)
Catatan:
Bentuk khusus (saat x = 1)
\displaystyle \sum_{k=1}^{infty} \dfrac{(-1)^{k+1}} {k} = \ln 2
sering muncul dalam beberapa kasus.

[collapse]

Soal Nomor 7
Diberikan fungsi tak nol f: D \mapsto \mathbb{R} dan fungsi g: D \mapsto \mathbb{R} dengan D \subseteq \mathbb{R} sedemikian sehingga
\dfrac{f(x)} {g(x)} \leq 1, \forall x \in D
Berilah contoh fungsi f dan g yang menunjukkan bahwa belum tentu berlaku
\displaystyle \sup_{x \in D} g(x) \leq \inf_{x \in D} f(x)

Penyelesaian

Diketahui untuk setiap x \in \mathbb{R}, berlaku
\begin{aligned} & x^2 \geq 0 \\ & 2x^2 \ge x^2 \geq 0 \\ & 1 + 2x^2 \geq 1 + x^2 > 0 \\ & \dfrac{1}{1+2x^2} \leq \dfrac{1}{1+x^2} \\ & \dfrac{1+x^2}{1+2x^2} \leq 1 \end{aligned}
Ambil g(x) = \dfrac{1}{1+2x^2} dan f(x) = \dfrac{1}{1+x^2}, sehingga terpenuhi
\dfrac{g(x)} {f(x)} \leq 1
dan ini menunjukkan bahwa
\displaystyle \sup_{x \in D} g(x) = 1 \leq \inf_{x \in D} f(x) = 0

[collapse]

Soal Nomor 8
Tentukan nilai dari \displaystyle \lim_{k \to \infty} \dfrac{1}{k^k} \sum_{n=1}^{k} n^k

Penyelesaian

Perhatikan bahwa bentuk di atas dapat ditulis menjadi
\begin{aligned} & \displaystyle \lim_{k \to \infty} \sum_{n=1}^{k} \left(\dfrac{n} {k}\right)^k \\ & = \lim_{k \to \infty} \left(\left(\dfrac{1}{k}\right)^k +\left(\dfrac{2}{k}\right)^k + \cdots + \left(\dfrac{k}{k}\right)^k\right) \\ & = \lim_{k \to \infty} \left(1 + \left(1 + \dfrac{-1}{k}\right)^k + \left(1 + \dfrac{-2}{k}\right)^k + \cdots + \left(1 + \dfrac{-k}{k}\right)^k \\ & = 1 + e^{-1} + e^{-2} + e^{-3} + \cdots \\ & = \dfrac{1}{1-e^{-1}} = \boxed{\dfrac{e} {e - 1}} \end{aligned}
Catatan:
Ingat bahwa
\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left(1 + \dfrac{x} {n} \right)^n = e^x
untuk setiap x \in \mathbb{R}

[collapse]

Soal Nomor 9 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Untan Tahun 2018)
Jika f fungsi kontinu pada selang [0, \infty] dan
\displaystyle \int_0^{x^2} f(t)~dt = x(\cos (\pi x) - 1)
Hitung f(9)

Penyelesaian

Teorema Dasar Kalkulus Pertama mengatakan bahwa untuk setiap fungsi f yang kontinu pada interval tertutup [a, b] dan x sembarang titik dalam interval tersebut, maka berlaku
\displaystyle \dfrac{d}{dx} \int_0^x f(t)~dt = f(x)
Jadi,
\begin{aligned} \dfrac{d}{dx} \int_0^{x^2} f(t)~dt & = \dfrac{d}{dx}\left[F(t)\right]_0^{x^2} \\ & = \dfrac{d} {dx} (F(x^2) - F(0)) \\ & = f(x^2). 2x = 2xf(x^2) \end{aligned}
Selanjutnya, dapat kita tuliskan
\begin{aligned} \displaystyle \dfrac{d}{dx} \int_0^{x^2} f(t)~dt & = \dfrac{d}{dx} x(\cos (\pi x) - 1) \\ 2xf(x^2) & = (\cos \pi x - 1) - \pi x \sin \pi x \\ 2.3f(3^2) & = \cos 3\pi - 1 - 3\pi \sin 3\pi \\ f(9) &= - \dfrac{1}{3} \end{aligned}
Jadi, nilai dari f(9) adalah -\dfrac{1}{3}
Catatan:
Turunan x terhadap fungsi konstan f(0) = 0 adalah f'(0)=0

[collapse]

Soal Nomor 10 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2007)
Diberikan \theta_n = \arctan n, maka
\displaystyle \lim_{n \to \infty} (\theta_{n+1}- \theta_n) = \cdots

Penyelesaian

Perhatikan bahwa
\begin{aligned} \displaystyle & \lim_{n \to \infty} (\theta_{n+1}- \theta_n) \\ & = \lim_{n \to \infty} (\arctan (n+1) - \arctan n) \\ & = \dfrac{\pi} {2} - \dfrac{\pi} {2} = 0 \end{aligned}
Jadi, diperoleh
\boxed{\displaystyle \lim_{n \to \infty} (\theta_{n+1}- \theta_n) = 0} 

[collapse]

Soal Nomor 11
Diberikan fungsi f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R} dengan
f(x) = 1 + a_1 \sin x + a_2 \sin 2x + \cdots + a_n \sin nx
untuk \forall x \in \mathbb{R}. Jika |f(x) -1| = 2 \sin 2x, maka nilai
|a_1 + 2a_2 + \cdots + na_n| = \cdots

Penyelesaian

Perhatikan bahwa,
\begin{aligned} & f(x) = 1 + a_1 \sin x + a_2 \sin 2x + \cdots + a_n \sin nx \\ & f'(x) = a_1 \cos x + 2a_2 \cos 2x + \cdots + na_n \cos nx \\ & f'(0) = a_1 + 2a_2 + \cdots na_n \end{aligned}
Diberikan |f(x) -1| = 2 \sin 2x, sehingga
f(x) -1 = \begin{cases} 2 \sin 2x, & x \in \left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi} {2}\right] \\ \\ -2 \sin 2x, & x \in \left[-\pi, -\dfrac{\pi} {2}\right) \cup \left(\dfrac{\pi}{2}, \pi \right] \end{cases}
Dari sini, kita dapatkan turunannya,f'(x) = \begin{cases} 4 \cos 2x \\ -4 \cos 2x \end{cases}
untuk nilai x yang bersesuaian, sehingga
f'(0) = \begin{cases} 4 \\ -4 \end{cases}
Akibatnya,
|f'(0)| = 4
Jadi, kita peroleh
\boxed{|a_1 + 2a_2 + \cdots + na_n| = |f'(0)| = 4}

[collapse]

Soal Nomor 12 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Misalkan a_i > 0, \forall i = 1,2,\cdots, 2016. Jika
(a_1a_2\cdots a_{2016})^{\frac{1}{2016}} = 2, maka
(1 + a_1)(1 + a_2)\cdots(1 + a_{2016}) \geq \cdots

Penyelesaian

Persamaan (a_1a_2\cdots a_{2016})^{\frac{1}{2016}} = 2 mencapai nilai minimum saat a_1 = a_2 = \cdots = a_{2016} = 2, sehingga
\begin{aligned} (1 + a_1)(1 + a_2)\cdots(1 + a_{2016}) & \geq (1 + 2)(1+2)\cdots (1+2) \\ & =3^{2016} \end{aligned}

[collapse]

Soal Nomor 13 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Untuk setiap n \in \mathbb{N}, f_n = nx(1 - x^2)^n untuk setiap x dengan 0 \leq x \leq 1 dan a_n = \displaystyle \int_0^1 f_n(x)~dx. Jika s_n = \sin (\pi a_n) untuk setiap n \in \mathbb{N}, maka \displaystyle \lim_{n \to \infty} s_n = \cdots

Penyelesaian

Diberikan f_n = nx(1 - x^2)^n
dan
\displaystyle a_n = \int_0^1 f_n(x)~dx = \int_0^1 nx(1-x^2)^n~dx
Dengan menggunakan metode substitusi dalam integral, misalkan u = 1 - x^2 sehingga \text{d}u = 2x~dx, diperoleh
a_n = \left[-\dfrac{n} {2(n+1)} (1-x^2)^{n+1}\right]_0^1 = \dfrac{n}{2(n+1)}
Jadi,
\boxed{\displaystyle \lim_{n \to \infty} s_n = \lim_{n \to \infty} \sin\left(\pi \times \dfrac{n} {2(n+1)}\right) = \sin \dfrac{\pi} {2}= 1}

[collapse]

Soal Nomor 14 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Jika E = \{f | f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R} fungsi kontinu dengan f(x) \in \mathbb{Q}, \forall x \in \mathbb{R}\}, maka E = \cdots

Penyelesaian

E = \{f(x) = c, c \in \mathbb{Q}\}
Dengan menggunakan kontradiksi, andaikan f \in E dan f tak konstan, maka akan ditemukan dua bilangan real x dan y sedemikian sehingga f(x) \neq f(y). Ambil sebuah bilangan irasional z di antara f(x) dan f(y). Dengan menggunakan Teorema Nilai Antara (Intermediate Value Theorem), ada w \in \mathbb{R} sedemikian sehingga f(w) = z dan ini kontradiksi dengan definisi himpunan E, di mana harus f(w) \in \mathbb{Q} terpenuhi untuk setiap w \in \mathbb{R}. Jadi, haruslah f konstan berupa bilangan rasional.

[collapse]

Ayo Beri Rating Postingan Ini
Diposkan pada

Soal ON MIPA-PT dan Pembahasan – Bidang Aljabar Linear

Berikut ini adalah soal-soal ON MIPA-PT bidang Aljabar Linear beserta pembahasannya. Beberapa soal mungkin belum disediakan penyelesaiannya. Jika Anda dapat memberi solusi, silakan kirimkan argumentasi Anda di email: shanedizzy6@gmail.com. Tentunya, kami mengucapkan terima kasih atas hal tersebut. 
Jika ada pertanyaan, silakan ajukan di kolom komentar.

Soal Nomor 1 (Seleksi Wilayah ON MIPA-PT Tahun 2017)
Misalkan K dan L adalah dua subruang berbeda dari ruang vektor real V. Jika \dim(K) = \dim(L) = 4, maka dimensi minimal yang mungkin untuk V adalah \cdots

Penyelesaian

Jika K, L dua subruang berbeda dari ruang vektor V, maka haruslah
\dim(K) = \dim(L) < \dim(V)
Karena \dim(K) = \dim(L) = 4, maka dimensi minimal yang mungkin untuk V adalah 5.

[collapse]

Soal Nomor 2
Untuk f, g \in \mathbb{C}[0,1], didefinisikan hasil kali dalam 
\langle f, g \rangle = \displaystyle \int_{0}^{1} f(x)g(x)~dx
Agar fungsi f(x) = -3x + 2k^2 dan g(x) = x ortogonal pada ruang hasil kali dalam tersebut, maka nilai konstanta k adalah \cdots

Penyelesaian

Karena f(x) dan g(x) ortogonal pada RHKD tersebut, haruslah berlaku
\langle f, g \rangle = \displaystyle \int_0^1 (-3x+2k^2)(x)~dx = 0
Lakukan proses integrasi sebagai berikut. 
\begin{aligned} \displaystyle \int_0^1 (-3x^2+2k^2x)~dx & = 0 \\ \left[-x^3+k^2x^2\right]_0^1 & = 0 \\ (-1 + k^2) - 0 & = 0 \\ k & = \pm 1 \end{aligned}
Jadi, nilai konstanta k adalah \pm 1

[collapse]

Soal Nomor 3 (Seleksi Wilayah ON MIPA-PT Tahun 2017)
Misalkan V ruang vektor fungsi-fungsi ae^{3x}\sin x + be^{3x}\cos x. Transformasi T: V \mapsto V didefinisikan T(f) = f'+f untuk \forall f \in V. Matriks representasi T terhadap basis \{e^{3x}\sin x, e^{3x}\cos x\} adalah \cdots

Penyelesaian

Didefinisikan transformasi T(f) = f'+f (perhatikan bahwa f' menyatakan turunan pertama fungsi f), sehingga
\begin{aligned} T(e^{3x}\sin x) & = (3e^{3x}\sin x + e^{3x} \cos x) + e^{3x}\sin x \\ & = 4e^{3x}\sin x + e^{3x} \cos x \end{aligned}
dan
\begin{aligned} T(e^{3x}\cos x) & = (3e^{3x}\cos x - e^{3x} \cos x) + e^{3x}\sin x \\ & = 4e^{3x}\sin x - e^{3x} \cos x \end{aligned}
Dengan memperhatikan koefisien e^{3x}\sin x dan e^{3x}\cos x} dari masing-masing hasil transformasi yang merupakan basis matriks representasi T (misal kita beri nama himpunannya B), diperoleh
\boxed{T = \begin{pmatrix} T(e^{3x} \sin x)_B & T(e^{3x} \cos x)_B \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & - 1 \\ 1 & 4 \end{pmatrix} }

[collapse]



Soal Nomor 4 (Seleksi Wilayah ON MIPA-PT Tahun 2017)
Misalkan A, B, C, D matriks-matriks berukuran n \times n. Misalkan pula A memiliki balikan dan AC = CA. Buktikan bahwa
\det\begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} = \det(AD-CB)

Penyelesaian

Langkah pertama yang cukup tricky untuk membuktikan persamaan itu adalah menuliskan ekspresi determinan pada ruas kirinya dalam 2 faktor. 
\begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I & O \\ CA^{-1} & I \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A & B \\ O & D-CA^{-1}B \end{bmatrix}
di mana O dan I berturut-turut menyatakan matriks nol dan matriks identitas perkalian. 
Dengan menggunakan teorema determinan |AB| = |A||B|, diperoleh
\begin{vmatrix} A & B \\ C & D \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} I & O & CA^{-1} & I \end{vmatrix} \begin{vmatrix} A & B \\ O & D-CA^{-1}B \end{vmatrix}
Jika diperhatikan, bentuk matriks pada ruas kanan merupakan matriks segitiga atas dan bawah. Teorema determinan pada submatriks memperbolehkan perhitungan determinan seperti biasa, 
\begin{aligned} & \begin{vmatrix} A & B \\ C & D \end{vmatrix} \\ & = \det(I) \times \det(A(D - CA^{-1}B) -O) = \det(AD - ACA^{-1}B) \end{aligned}
Karena AC = CA, maka dapat ditulis
\begin{vmatrix} A & B \\ C & D \end{vmatrix} = \det(AD - CAA^{-1}B) = \det(AD - CB)
(Terbukti) \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 5 (Seleksi Wilayah ON MIPA-PT Tahun 2017)
Didefinisikan hasil kali dalam \langle A, B \rangle = \text{tr}(B^TA), A, B \in \mathbb{R}^{2 \times 2}. 
\left\{\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1 &1 \\ a & 0 \end{bmatrix}\right\}
adalah himpunan ortogonal jika dan hanya jika a = \cdots

Penyelesaian

Himpunan matriks yang diberikan itu ortogonal dalam ruang hasil kali dalam yang diberikan, ditulis
\left \langle \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1 &1 \\ a & 0 \end{bmatrix} \right \rangle = \text{tr}\left(\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 &1 \\ a & 0 \end{bmatrix}\right) = 0
Dengan mengalikan matriksnya, didapat
\text{tr}\left(\begin{bmatrix} -a & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}\right) = 0
Berdasarkan definisi trace, 
-a + 1 = 0 \Rightarrow a = 1. 
Jadi, nilai a yang memenuhi kondisi tersebut adalah 1.
Catatan: Trace dari matriks A, dinotasikan \text{tr}(A) didefinisikan sebagai jumlah dari entri-entri diagonal utama matriks A. 

[collapse]

Soal Nomor 6 (Seleksi Nasional ON MIPA-PT Tahun 2017)
Misalkan A dan B adalah matriks dalam \mathbb{R}^{n \times n} yang memenuhi persamaan
AB^2 - 2BAB + B^2A = O
Tentukan nilai eigen terbesar dari matriks AB - BA.

Penyelesaian

Perhatikan bahwa
\begin{aligned} & AB^2 - 2BAB + B^2A = O\\ & AB^2 - BAB - BAB + B^2A = O \\ & (AB-BA)B - B(AB - BA) = O \\ & (AB-BA)B = B(AB-BA) \end{aligned}
Persamaan terakhir menunjukkan bahwa matriks B dan AB - BA komutatif satu sama lain. Dua kemungkinan untuk kedua matriks ini adalah matriks nol atau matriks identitas perkalian (karena kedua matriks ini selalu komutatif). Jika AB - BA = O, maka nilai eigennya jelas 0 (nol), sedangkan jika AB - BA = I, maka nilai eigennya adalah 1 (satu). Jadi, nilai eigen terbesar dari matriks AB-BA adalah 1.

[collapse]

Soal Nomor 7 (Seleksi Wilayah ON MIPA-PT Tahun 2009)
Misalkan P_1 ruang polinom real berderajat paling tinggi 1 dengan hasil kali dalam
\displaystyle \langle p(x), q(x) \rangle = \int_0^1 p(x) q(x)~dx
Proses ortonomalisasi Gram-Schmidt pada himpunan \{1,x\} di P_1 akan menghasilkan himpunan ortonormal \cdots

Penyelesaian

Misalkan p_1 = 1,p_2=x, sehingga
\displaystyle p_1 \bullet p_2 = \int_0^1 x~dx = \dfrac{1}{2}
dan juga
\displaystyle ||p_1||^2 = \int_0^1~1~dx = 1
Terapkan Proses Gram-Schmidt. Misal  u_1 = p_1 = 1 dan
\displaystyle \begin{aligned} u_2 & = p_2 - \dfrac{p_2 \bigdot u_1}{||u_1||^2}u_1 \\ & = x - \dfrac{\frac{1}{2}}{1}(1) = x - \dfrac{1}{2} \end{aligned}
Jadi, diperoleh himpunan ortogonal \left \{1, x - \dfrac{1}{2}\right\}
Selanjutnya, kita akan mencari himpunan ortonormalnya dengan membagi masing-masing anggota himpunan dengan normanya. 
\displaystyle \begin{aligned} & ||u_1|| = \int_0^1~dx = 1 \\ & ||u_2|| = \int_0^1 \left(x - \dfrac{1}{2}\right)^2~dx = \dfrac{11}{24} \end{aligned}
Berarti himpunan ortonormal yang dimaksud adalah
\boxed{\left\{1, \dfrac{x - \frac{1}{2}} {\frac{11}{24}} \right\} = \left\{1, \dfrac{24x-12}{11}\right\}}

[collapse]

Soal Nomor 8 (Seleksi Wilayah ON MIPA-PT Tahun ????) 
Contoh matriks real simetris 2 \times 2 yang semua komponennya tak nol dan semua nilai karakteristiknya negatif adalah \cdots

Penyelesaian

Misalkan matriks real simetris berukuran 2 \times 2 yang dimaksud adalah
\displaystyle\begin{bmatrix} a & b \\ b & a \end{bmatrix}
dengan a, b \in \mathbb{R}
sehingga persamaan karakteristiknya memenuhi
\begin{aligned} & \begin{vmatrix} a - \lambda & b \\ b & a - \lambda \end{vmatrix} = 0 \\ & (a - \lambda)^2 = b^2 \\ & a - \lambda =\pm b \end{aligned}
Diperoleh \lambda = a \pm b
Karena \lambda < 0, maka salah satu kombinasi nilai a, b yang memenuhi persamaan di atas adalah a = -2 dan b = 1, yaitu
-2 + 1 = -1
Jadi, contoh matriksnya adalah 
\begin{bmatrix} -2& 1 \\ 1& -2 \end{bmatrix}
Catatan: Matriks real simetris adalah matriks dengan komponen/entrinya bilangan real dan transpos matriksnya sama dengan matriks itu sendiri. 
Soal ini termasuk soal open-ended, karena jawaban yang diharapkan bisa berbeda-beda.

[collapse]

Soal Nomor 9 (Seleksi Wilayah ON MIPA-PT Tahun 2013)
Misalkan \displaystyle W = \left\{f \in C[1,2] | \int_1^2 f(x)~dx = a\right\}
Agar W merupakan subruang dari vektor C[1,2], haruslah a = \cdots

Penyelesaian

Subruang W haruslah tertutup terhadap operasi penjumlahan dan perkalian skalar. 
Misal \displaystyle \int_1^2 kf(x)~dx = a
Ambil k = 1 dan k = 2, berturut-turut diperoleh
\displaystyle \begin{aligned} F(2) - F(1) = a \\ 2F(2) - 2F(1) = a \end{aligned}
Diperoleh \boxed{a = 0}

[collapse]

Ayo Beri Rating Postingan Ini
Diposkan pada

Soal dan Pembahasan – Relasi Rekurensi dengan Fungsi Pembangkit

Anda diharuskan sudah menguasai teknik dekomposisi pecahan parsial karena pada postingan ini, langkah menguraikan bentuk pecahan yang akan didekomposisi akan dilewatkan (skip). Gunakan informasi berikut untuk menjawab soal-soal di bawah.
\boxed{\begin{aligned} & \displaystyle \binom{k} {n} = \binom{k} {k-n} \\ & \sum_{n=1}^{\infty} nx^n = \dfrac{x} {(1-x)^2} \\ & \sum_{n=1}^{\infty} n^2x^n = \dfrac{x^2+x} {(1-x)^3} \end{aligned}}

Soal Nomor 1
Selesaikan relasi rekurensi berikut dengan menggunakan fungsi pembangkit,
a_n - a_{n-1} = 7
dengan a_0 = 1

Penyelesaian

Misalkan a(x) adalah fungsi pembangkit biasa (FPB) untuk menyelesaikan relasi rekurensi ini, maka haruslah
\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} (a_n - a_{n-1})x^n = 7
Tinjau sukunya satu per satu.
\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_nx^n = a(x) - a_0 = a(x) - 1
\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1}x^n = x\sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1}x^{n-1} = xa(x)
Jadi, persamaan di atas dapat ditulis,
\begin{aligned}& a(x) - 1 - xa(x) = 7 \\ & (1 - x)a(x) = 8 \\ & a(x) = \dfrac{8}{1-x} = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} 8x^n \end{aligned}
Jadi, solusi relasi rekurensinya adalah \boxed{a_n = 8} (barisan konstan yang setiap suku-sukunya 8).

[collapse]

Soal Nomor 2
Selesaikan relasi rekurensi
a_n - 2a_{n-1} = 0 dengan a_0 = 3

Penyelesaian

Relasi rekurensi tersebut merupakan relasi rekurensi homogen dengan koefisien konstan yang dapat diselesaikan dengan mudah. Tetapi, kita akan mencoba menggunakan metode fungsi pembangkit.
Misalkan G(x) fungsi pembangkit biasa (FPB) untuk relasi ini, maka haruslah
\begin{aligned} & \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (a_n - 2a_{n-1})x^n = 0 \\ & \sum_{n=1}^{\infty} a_nx^n - 2x \sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1}x^{n-1} = 0 \\ & (G(x) - a_0) - 2xG(x) = 0 \\ & (1 -2x)G(x) = 3 \\ & G(x) = \dfrac{3}{1-2x} = \sum_{n=0}^{\infty} 3(2^n)x^n \end{aligned}
Jadi, solusi relasi rekurensinya adalah \boxed{a_n = 3(2^n)}

[collapse]

Soal Nomor 3
Selesaikan a_n - 3a_{n-1} = n^2, n \geq 1, a_0 = 1

Penyelesaian

Misalkan
\displaystyle G(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n
sehingga bentuk operator sumasi dari barisan rekursif tersebut dapat ditulis menjadi
\begin{aligned} \displaystyle & \sum_{n=1}^{\infty} (a_n - 3a_{n-1})x^n = \sum_{n=1}^{\infty} n^2x^n \\ & (G(x) -1) - 3xG(x) = \dfrac{x^2+x} {(1-x)^3} \\ & (1-3x)G(x) = \dfrac{x^2+x} {(1-x) ^3} + 1 \\ & G(x) = \dfrac{x^2+x + (1-x)^3}{(1-x)^3(1-3x)} \\ & G(x) = \dfrac{-x^3+4x^2-2x+1}{(1-x)^3(1-3x)} \end{aligned}
Dengan menerapkan teknik dekomposisi pecahan parsial (prosedurnya memang cukup panjang dalam kasus ini), diperoleh
\begin{aligned}G(x) & = \dfrac{-\dfrac{13}{8}} {1-x} + \dfrac{\dfrac{9}{4}} {(1-x)^2} + \dfrac{-\dfrac{5}{2}} {(1-x)^3} + \dfrac{\dfrac{23}{8}} {1-3x} \\ & = -\dfrac{13}{8} \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} x^n + \dfrac{9}{4} \sum_{n=0}^{\infty} \binom{n+1}{n} x^n \\ & - \dfrac{5}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \binom{n+2}{n}x^n + \dfrac{23}{8} \sum_{n=0}^{\infty} (3x)^n \\ & = \sum_{n=0}^{\infty} \left(-\dfrac{13}{8} + \dfrac{9}{4} \binom{n+1}{1} - \dfrac{5}{2} \binom{n+2}{2} + \dfrac{23}{8}. 3^n\right)x^n \end{aligned}
Jadi, didapat
\boxed{a_n = -\dfrac{13}{8} + \dfrac{9}{4} \binom{n+1}{1} - \dfrac{5}{2} \binom{n+2}{2} + \dfrac{23}{8}. 3^n}

[collapse]

Soal Nomor 4
Selesaikan a_n = a_{n-1} + n, a_0 = 1.

Penyelesaian

Misalkan
\displaystyle G(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n
sehingga bentuk operator sumasi dari barisan rekursif tersebut dapat ditulis menjadi
\begin{aligned} \displaystyle & \sum_{n=1}^{\infty} a_nx^n = \sum_{n=1}^{\infty} (a_{n-1} + n)x^n \\ & G(x) -1 = xG(x) + \dfrac{x} {(1-x)^2} \\ & G(x)(1-x) = \dfrac{x} {(1-x)^2} + \dfrac{(1-x)^2}{(1-x)^2} \\ & G(x) = \dfrac{x+(1-x)^2}{(1-x)^2(1-x)} = \dfrac{1-x+x^2}{(1-x)^3} \end{aligned}
Dengan menggunakan teknik dekomposisi pecahan parsial, diperoleh
\begin{aligned} G(x) & = \dfrac{1}{1-x} - \dfrac{1}{(1-x)^2} + \dfrac{1}{(1-x)^3} \\ & =\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} x^n - \sum_{n=0}^{\infty} \binom{n+1}{n} x^n + \sum_{n=0}^{\infty} \binom{n+2}{2}x^n \\ & = \sum_{n=0}^{\infty} \left(1-(n+1)+\binom{n+2}{2}\right)x^n \\ & = \sum_{n=0}^{\infty} \left(-n +\binom{n+2}{2}\right)x^n \end{aligned}
Jadi, barisan eksplisitnya adalah
\boxed{a_n = -n +\binom{n+2}{2}}

[collapse]

Soal Nomor 5 (Soal OSN Pertamina Tahun 2010)
Jika a_n - 3a_{n-1} = 2-2n^2,a_0 = 3, maka a_{99} = \cdots

Penyelesaian

Misalkan
G(x) = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n dan perhatikan bahwa
\sum_{n=0}^{\infty} x^n = \dfrac{1}{1-x} ekuivalen dengan \sum_{n=1}^{\infty} x^n =\dfrac{1}{1-x} - 1, berarti dapat kita tuliskan bentuk barisan rekursif di atas menjadi
\displaystyle \begin{aligned} & \sum_{n=1}^{\infty} (a_n - 3a_{n-1})x^n = \sum_{n=1}^{\infty} (2-2n^2)x^n \\ & [G(x) - 3] - 3xG(x) = \dfrac{2}{1-x} - 2 - \dfrac{2(x^2+x)} {(1-x)^3} \\ & G(x) = \dfrac{-x^3+3x^2-9x+3}{(1-x)^3(1-3x)} \end{aligned}
Uraikan dengan dekomposisi pecahan parsial untuk mendapatkan
\begin{aligned} \displaystyle G(x) & = \dfrac{2}{(1-x)^3} + \dfrac{1}{1-3x} \\ & = 2 \sum_{n=0}^{\infty} \binom{2+n} {n} x^n + \sum_{n=0}^{\infty} (3x)^n \\ & = \sum_{n=0}^{\infty} \left(2 \binom{2+n} {n} + 3^n\right)x^n \end{aligned}
Jadi, rumus barisan eksplisitnya adalah
\displaystyle a_n = 2 \binom{2+n} {n} + 3^n = 2 \binom{2+n} {2} + 3^n
sehingga
\boxed{a_{99} = 2 \binom{2+99}{99} + 3^{99} = 3^{99} + 99^2 + 299}

[collapse]

Ayo Beri Rating Postingan Ini