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\right) \\ & = 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]

Soal Nomor 15 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2015)
Jika S = \{\sqrt[3]{n} - \sqrt[3]{m}~|~m, n \in \mathbb{N}\}, maka \sup (S) = \cdots

Penyelesaian

Dengan menggunakan pendekatan limit, diperoleh
\displaystyle \lim_{m \to \infty} (\sqrt[3]{n} - \sqrt[3]{m}) = -\infty
dan juga
\displaystyle \lim_{n \to \infty} (\sqrt[3]{n} - \sqrt[3]{m}) = \infty
Dengan demikian, supremum dari S tidak ada karena tidak terbatas di atas

[collapse]

Soal Nomor 16 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2011)
Infimum dari himpunan \{n \in \mathbb{N} : (n!)\} adalah \cdots

Penyelesaian

Didefinisikan n! = n(n-1)(n-2)\cdots(2)(1)
Misalkan A = \{n \in \mathbb{N} : (n!)\}
Dengan demikian, infimum dari himpunan tersebut diperoleh saat n minimum (n = 1), sehingga \inf (A) = 1

[collapse]

Ayo Beri Rating Postingan Ini