Soal dan Pembahasan – Ujian Tengah Semester (UTS) Analisis Real 2 – Prodi Pendidikan Matematika FKIP Untan

       Berikut ini adalah soal ujian tengah semester beserta pembahasan mata kuliah Analisis Real 2 (Tahun Ajaran 2017/2018) yang diujikan kepada mahasiswa pendidikan matematika FKIP Untan semester 5 oleh Dr. Dede Suratman, M.Si pada tanggal 31 Oktober 2017.

Soal Nomor 1
Tuliskan pola barisan berikut.

a) $2, -5, 10, -17, 26, …$

b) $\dfrac{1}{2}, 1, \dfrac{7}{8}, \dfrac{5}{8}, \dfrac{13}{32}, …$

c) $\dfrac{3}{2}, 4, 6, \dfrac{8}{3}, 2, …$

Penyelesaian

Jawaban a)
Diberikan barisan:  $2, -5, 10, -17, 26, …$. Barisan ini dikenal sebagai barisan alternating (barisan yang silang tanda). Tinjau barisan dengan suku mutlaknya: $2, 5, 10, 17, 26, \cdots$ (dengan pola $+3, +5, +7, +9, \cdots$) yang merupakan barisan aritmetika tingkat II. Bentuk umumnya adalah $a_n = an^2 + bn + c$. Jika $n$ dan $a_n$ disubstitusikan sesuai dengan suku barisan tersebut, diperoleh

$\begin{cases} 2 = a + b + c \\ 5 = 4a + 2b + c \\ 10 = 9a + 3b + c \end{cases}$
Selesaikan sistem ini dengan menerapkan metode penyelesaian SPLTV, sehingga diperoleh $a = 1, b = 0, \text{dan}~c = 1$. Jadi, barisan tersebut memiliki pola $a_n = n^2 + 1$. Sekarang, karena yang dimaksud dalam soal adalah suatu barisan yang silang tanda, dan dengan meninjau bahwa suku ke-$1$ adalah $2$ (positif), maka barisan $2, -5, 10, -17, 26, \cdots$ memiliki pola $u_n = (-1)^{n+1}(n^2 + 1), n \in \mathbb{N}$

Jawaban b)
Tinjau barisan $\dfrac{1}{2}, 1, \dfrac{7}{8}, \dfrac{5}{8}, \dfrac{13}{32}, \cdots$. Tampak sekilas bahwa barisan ini tidak memiliki pola, tetapi perhatikan bahwa kita dapat memanipulasi bentuk setiap sukunya menjadi sebagai berikut.
$\dfrac{1}{2}, \dfrac{4}{4}, \dfrac{7}{8}, \dfrac{10}{16}, \dfrac{13}{32}, \cdots$
Polanya terpisah pada pembilang dan penyebut. Oleh karena itu, tinjaulah satu per satu.
Pada pembilang: barisan $1, 4, 7, 10, 13, \cdots$ merupakan barisan aritmetika tingkat I, dengan $a_n = 1 + (n – 1) \times 3 = 3n – 2$.
Pada penyebut: barisan $2, 4, 8, 16, 32, \cdots$ merupakan barisan geometri dengan $b_n = 2(2)^{n-1} = 2^n$. 
Jadi, pola barisan yang dimaksud pada soal adalah
$u_n = \dfrac{a_n}{b_n} = \dfrac{3n-2}{2^n}$

Jawaban c) (Dijawab oleh Fajar Rachman, kolom komentar)
Barisan tersebut terbentuk karena ada bilangan berpola yang dikalikan dengan setiap sukunya, yaitu $\dfrac{8}{3}, \dfrac{9}{6}, \dfrac{4}{9}$, di mana pembilangnya memiliki pola barisan geometri dengan rasio $\dfrac{1}{2}$ (suku ganjil), penyebutnya berkelipatan $3$, dan pembilang untuk suku genap selalu $9$.
$\begin{aligned} & \dfrac{3}{2} \times \dfrac{8}{3} = 4 \\ & 4 \times \dfrac{9}{6} = 6 \\ & 6 * \dfrac{4}{9} = \dfrac{8}{3} \\ & \dfrac{8}{3} \times \dfrac{9}{12} = 2 \\ & 2 \times \dfrac{2}{15} = \dfrac{4}{15} \\ & \dfrac{4}{15} \times \dfrac{9}{18} = \dfrac{2}{15} \end{aligned}$ 

[collapse]

Soal Nomor 2
Diberikan $\varepsilon = \dfrac{2}{275}$. Carilah $k \in \mathbb{N}$ terkecil, sedemikian sehingga untuk $n \geq k$ berlaku

$\left|\dfrac{n^2+3}{3n^2 + 2} – \dfrac{1}{3} \right| < \varepsilon$

Penyelesaian

$\left|\dfrac{n^2+3}{3n^2 + 2} – \dfrac{1}{3} \right| < \varepsilon = \dfrac{2}{275}$
Dengan menyamakan penyebut (pada ekspresi dalam harga mutlak), diperoleh

$\left|\dfrac{(3n^2 + 9) – (3n^2 + 2)}{9n^2 + 6}\right| < \dfrac{2}{275}$
$\dfrac{7}{9n^2 + 6} < \dfrac{2}{275}$
$\dfrac{14}{18n^2 + 12} < \dfrac{14}{1925}$
$18n^2 + 12 > 1925 \Leftrightarrow 18n^2 > 1913$
$n^2 > 102,277… \Rightarrow n \geq 11$
Ini berarti, untuk $n \geq k$, nilai $k$ terkecil yang diambil adalah 11.

[collapse]

Soal Nomor 3
Gunakan definisi kekonvergenan untuk membuktikan bahwa

$\lim \left(\dfrac{2n+1}{3n+2}\right) = \dfrac{2}{3}$

Penyelesaian

Menurut definisi limit/kekonvergenan,
$\boxed{x_n \rightarrow x \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N} \ni n \geq k~\text{berlaku}~|x_n – x| < \varepsilon}$
Ambil sembarang $\varepsilon > 0$, sehingga berlaku juga bahwa $\dfrac{1}{\varepsilon} > 0$. Menurut Sifat Archimedean (SA), ada $k \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga $\dfrac{1}{\varepsilon} < k$, yang ekuivalen dengan $\dfrac{1}{k} < \varepsilon$. Lebih lanjut, karena $n \geq k$, berlaku juga $\dfrac{1}{n} \leq \dfrac{1}{k}$.
Sekarang, kita harus memeriksa apakah $|x_n – x| < \varepsilon$
(Pengerjaan dari ruas kiri)
$\left|\dfrac{2n+1}{3n+2} – \dfrac{2}{3}\right| = \left|\dfrac{(6n+3)-(6n + 4)}{9n+6} \right|$
$ = \dfrac{1}{9n+6} \leq \dfrac{1}{9n} \leq \dfrac{1}{n} \leq \dfrac{1}{k} < \varepsilon$
Jadi, terbukti bahwa $\lim \left(\dfrac{2n+1}{3n+2}\right) = \dfrac{2}{3}$ $\blacksquare$

[collapse]

Soal Nomor 4
Selidiki apakah barisan $X = \left(\dfrac{n^2 – 8n}{n^2+3}\right)$ terbatas! Apabila terbatas, tentukan batas-batasnya.

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 5
Perhatikan pola gambar berikut.


Apabila panjang sisi persegi pada pola pertama $x$ satuan, tentukan luas daerah yang diarsir pada pola ke-$1000$ (soal ini telah dimodifikasi).

Penyelesaian

Luas bangun datar tersebut membentuk barisan geometri dengan $a = x^2$ dan $r = \dfrac{1}{2}$, sehingga 
$\begin{aligned} & U_{n}  = ar^{n-1} \\ & U_{1000} = x^2\left(\dfrac{1}{2}\right)^{1000-1} = x^2\left(\dfrac{1}{2}\right)^{999} \end{aligned}$
Jadi, luas yang diarsir pada pola ke-1000 adalah $x^2\left(\dfrac{1}{2}\right)^{999}$ satuan luas.

[collapse]