Soal dan Pembahasan – ON MIPA-PT Matematika Seleksi Universitas Tanjungpura Tahun 2019

Berikut ini merupakan soal & pembahasan (menyusulON MIPA-PT Matematika Seleksi Universitas Tanjungpura Tahun 2019 yang dilaksanakan pada tanggal 13 Februari 2019 di Gedung Auditorium Untan.

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – ON MIPA-PT Matematika Seleksi Universitas Tanjungpura Tahun 2018

Baca Juga: Kumpulan Soal ON MIPA-PT Matematika (Tahun 2006 – Sekarang)

Today Quote

Setua apapun kamu, tetap saja bagai anak kecil di hadapan kasih sayang ibu bapakmu.

Bagian Isian Singkat

Soal Nomor 1
Subhimpunan bebas linear di $\mathbb{R}^4$ yang maksimal dari
$\begin{aligned} & \{(1,1,1,1), (2,2,3,3), (1,0,1,0) \\ & , (0,1,0,1), (1,1,0,0)\} \end{aligned}$ adalah $\cdots$

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 2
Diketahui pemetaan linear $f: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ dengan $f\left(\begin{bmatrix} 4 \\ 1 \end{bmatrix}\right) = \begin{bmatrix} 1 \\  1 \end{bmatrix}$ dan $f\left(\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}\right) = \begin{bmatrix} 3 \\ -2 \end{bmatrix}$. Hasil dari $f\left(\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}\right)$ adalah $\cdots$

Penyelesaian

Ubah bentuk pemetaan linearnya menjadi $f(X) = AX$ dengan $A$ matriks berordo $2 \times 2$, yakni $A = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$
Pada pemetaan linear:
$f\left(\begin{bmatrix} 4 \\ 1 \end{bmatrix}\right) = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$
dapat kita tuliskan sebagai
$\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 4 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$
Selanjutnya, kita peroleh suatu sistem linear:
$\begin{cases} 4a + b = 1 \\ 4c + d = 1 \end{cases}$
Pada pemetaan linear:
$f\left(\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}\right) = \begin{bmatrix} 3 \\ -2 \end{bmatrix}$
dapat kita tuliskan sebagai
$\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3\\ -2 \end{bmatrix}$
Selanjutnya, kita peroleh sistem linear yang lain:
$\begin{cases} a + b = 3 \\ c + d = -2 \end{cases}$
Sistem linear $\begin{cases} 4a + b = 1 \\ a + b = 3 \end{cases}$ memiliki penyelesaian $a = -\dfrac23$ dan $b = \dfrac{11}{3}$.
Sistem linear $\begin{cases} 4c + d = 1 \\ c + d = -2 \end{cases}$ memiliki penyelesaian $c = 1$ dan $d = -3$.
Ini berarti, pemetaan linear $f$ dirumuskan oleh
$f(X) = \begin{bmatrix} -\dfrac23 & \dfrac{11}{3} \\ 1 & -3 \end{bmatrix}X$
Untuk $X = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$, diperoleh
$f\left(\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}\right) = \begin{bmatrix} -\dfrac23 & \dfrac{11}{3} \\ 1 & -3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \dfrac{11}{3} \\ -3 \end{bmatrix}$
Jadi, hasil dari $\boxed{f\left(\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}\right) = \begin{bmatrix} \dfrac{11}{3} \\ -3 \end{bmatrix}}$

[collapse]

Soal Nomor 3
Misalkan $A$ dan $B$ berturut-turut merupakan matriks dari pemetaan linear $T_A: \mathbb{R}^4 \to \mathbb{R}^3$ dengan $T_A(w, x, y, z) = (x+y-z-w, x+z, w-y)$ dan $T_B: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ dengan $T_B(x) = -5x, \forall x \in \mathbb{R}^3$. Hasil dari $B^{-1}A$ adalah $\cdots$

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 4
Misalkan $T: P_2 \to P_1$ dengan $T(a+bx+cx^2)= (a+c) + bx$ dan diketahui pula bahwa $A = \{1,x, x^2\}$ serta $B = \{1+x, x, 1+x^2\}$ masing-masing basis bagi $P_1$ dan $P_2$. Matriks penyajian $T$ terhadap basis $A$ dan $B$ yang dinotasikan $[T]_{B, A}$ adalah $\cdots$

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 5
Entri baris ke-2 kolom ke-3 dari invers matriks $\begin{pmatrix} 1 – \alpha & 2 & 3 \\ 4 & 2 – \alpha & -1 \\ 2 & 5 & 6 – \alpha \end{pmatrix}$ dalam bentuk paling sederhana adalah $\cdots$

Penyelesaian

Misalkan $A = \begin{pmatrix} 1 – \alpha & 2 & 3 \\ 4 & 2 – \alpha & -1 \\ 2 & 5 & 6 – \alpha \end{pmatrix}$
Perhatikan bahwa $A^{-1}$ dinyatakan oleh $\dfrac{1}{\det(A)} \cdot \text{Adj}(A)$.
Determinan dari matriks $A$ dapat ditentukan dengan berbagai cara, misalnya dengan menggunakan Aturan Sarrus sebagai berikut.
$$\begin{aligned} \det(A) & = (1 – \alpha)(2 – \alpha)(6 – \alpha) + 2(-1)(2) + (3)(4)(5) \\ & – (2)(2-\alpha)(3) – 5(-1)(1-\alpha) – (6-\alpha)(4)(2) \\ & = (12 – 20\alpha + 9\alpha^2 – \alpha^3) – 4 + 60 \\ & – (12 – 6\alpha) – (-5 + 5 \alpha) – (48 – 8\alpha) \\ & = -\alpha^3 + 9\alpha^2 – 11\alpha + 13 \end{aligned}$$
Karena yang ditanyakan pada soal adalah entri baris ke-2 kolom ke-3 dari $A^{-1}$, maka kita hanya perlu mencari minor transposnya, yakni minor entri baris ke-3 kolom ke-2, yaitu
$\begin{aligned} M_{32} & = \begin{vmatrix} 1 – \alpha & 3 \\ 4 & -1 \end{vmatrix} \\ & = -1(1 – \alpha) – 3(4) = \alpha – 13 \end{aligned}$
Kofaktor baris ke-3 kolom ke-2 adalah
$K_{32} = (-1)^{3 + 2}M_{32} = -\alpha + 13$
Dengan demikian, entri baris ke-2 kolom ke-3 adjoin $A$ adalah kofaktor baris ke-3 kolom ke-2, karena adjoin merupakan transpos dari matriks kofaktor.
Ini berarti, entri baris ke-2 kolom ke-3 dari $A^{-1}$ adalah
$$\begin{aligned}\det(A) \times K_{32} & = (-\alpha^3 + 9\alpha^2 – 11\alpha + 13)(-\alpha + 13) \\ & = \alpha^4 – 22\alpha^3 + 128\alpha^2 – 156\alpha + 169 \end{aligned}$$

[collapse]

Soal Nomor 6
Diketahui bahwa $\{(1,-2,-1), (4,1,2), u\}$ untuk suatu $u \in \mathbb{R}^3$ adalah himpunan ortogonal. Konstanta $a_1, a_2, a_3 \in \mathbb{R}$ sehingga vektor $v = (1,1,1)$ dapat dituliskan sebagai kombinasi linear dari himpunan ortogonal tersebut adalah $\cdots$

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 7
Misalkan diketahui $G = \{(a, b)~|~a, b\in \mathbb{R}, a \neq 0\}$. Lebih lanjut, didefinisikan operasi biner $*$ pada $G$, yaitu
$(a, b) * (c, d) = (ac, b + d)$
untuk setiap $(a, b), (c, d) \in G$. 
Satu-satunya elemen di $G$ yang berorder dua selain elemen identitas adalah $\cdots$

Penyelesaian

Langkah pertama adalah menentukan identitas $(G, *)$. Misalkan $(a, b)$ adalah elemen identitasnya, sehingga berlaku
$(a, b) * (c, d) = (c, d)$
Dengan menggunakan definisi operasi $*$, didapat
$(ac, b+d) = (c, d)$
Dari sini, diperoleh $ac = c$ dan $b + d = d$ yang mengimplikasikan $a = 1$ dan $b = 0$. 
Jadi, elemen identitas $(G, *)$ adalah $(1,0)$. 
Langkah berikutnya adalah menentukan unsur berorde dua di $G$. 
Misalkan $(a, b)$ berorde dua di $G$, berarti
$(a, b) * (a, b) =~\text{Identitas}~= (1,0)$
Dengan menggunakan definisi operasi $*$, didapat
$(a^2, 2b) = (1,0)$
Dari sini, diperoleh $a^2 = 1$ dan $2b = 0$ yang mengimplikasikan $a = \pm 1$ dan $b = 0$. 
Jadi, satu-satunya elemen di $G$ yang berorde dua selain elemen identitas adalah $\boxed{(-1, 0)}$.

[collapse]

Soal Nomor 8
Misalkan $(G,*)$ adalah suatu grup dengan $a * b = b * a^{-1}$ dan $b * a = a * b^{-1}$ untuk setiap $a, b \in G$. Nilai dari $a^4$ dan $b^4$ adalah $\cdots$

Penyelesaian

Diketahui bahwa
$a \star b = b \star a^{-1}$
untuk setiap $a, b \in G$. Karena $G$ grup, maka setiap anggota $G$ memiliki invers di $G$. Dalam kasus ini, $a$ memiliki invers, yaitu $a^{-1} \in G$.
Jadi, berlaku
$a \star a^{-1} = a^{-1} \star a^{-1}$
Dengan menggunakan hukum kanselasi kanan, diperoleh
$\begin{aligned} a \star \cancel{a^{-1}} & = a^{-1} \star \cancel{a^{-1}} \\ a & = a^{-1} \end{aligned}$

Diperoleh bahwa invers anggota $G$ adalah dirinya sendiri. Menurut definisi grup, berlaku
$\begin{aligned} a \star a^{-1} & = e \\ a \star a & = e \\ a^2 & = e \end{aligned}$
Jadi, unsur identitas $G$ adalah $a^2$ untuk $a \in G$. Dengan demikian,
$\boxed{a^4 = (a^2)^2 = e^2 = e}$ dan $\boxed{b^4 = (b^2)^2 = e^2 = e}$

[collapse]

Soal Nomor 9
Hasil dari $([b], n)$ dengan $[b] \in \mathbb{Z}_9$ sehingga $[8][b] = [1]$ dan $n$ bilangan bulat terkecil sehingga $n[6] = [0]$ di $\mathbb{Z}_{14}$ adalah $\cdots$

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 10
Subring dengan orde terbesar dari ring $\mathbb{Z}_{16}$ yang memuat identitas adalah $\cdots$

Penyelesaian

Elemen ring $\mathbb{Z}_{16}$ adalah $\{0, 1, 2, \cdots, 15\}$.
Perhatikanlah bahwa faktor dari 16 adalah 1, 2, 4, 8, dan 16, sehingga $\mathbb{Z}_i$ dengan $i = 1, 2, 4, 8, 16$ merupakan subring dari $\mathbb{Z}_{16}$ yang memuat identitas. Ini menunjukkan bahwa subring dengan orde terbesar (elemen terbanyak) dari ring $\mathbb{Z}_{16}$ adalah $\mathbb{Z}_{16}$ (dirinya sendiri), di mana struktur tersebut memiliki elemen sebanyak $|\mathbb{Z}_{16}| = 16$

[collapse]

Soal Nomor 11
Pada ring $\mathbb{Z}_{24}$, diketahui bahwa $I = \{[0], [8], [16]\}$ adalah suatu ideal. Semua elemen dari $\mathbb{Z}_{24}/I$ adalah $\cdots$

Penyelesaian

Diketahui banyak elemen dalam ring $\mathbb{Z}_{24}$ adalah $|\mathbb{Z}_{24}| = 24$, yaitu $\{[0], [1], [2], \cdots, [23]\}$, sedangkan $I$ jelas memiliki elemen sebanyak $|I| = 3$.
Berdasarkan Teorema Lagrange, banyaknya elemen $\mathbb{Z}_{24}/I$ dinyatakan oleh
$\boxed{\dfrac{|\mathbb{Z}_{24}|}{|I|} = \dfrac{24}{3} = 8}$

[collapse]

Soal Nomor 12
Hasil dari deret $1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + 3 \cdot 4 + \cdots + n(n+1)$ bila dinyatakan dalam bentuk kombinasi adalah $\cdots$

Penyelesaian

Deret $1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + 3 \cdot 4 + \cdots + n(n+1)$ dapat dituliskan dalam notasi sigma, kemudian disederhanakan seperti berikut.
$$\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k = 1}^n k(k+1) & = \sum_{k = 1}^n (k^2 + k) \\ & = \sum_{k = 1}^n k^2 + \sum_{k = 1}^n k \\ & = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6} + \dfrac{n(n+1)}{2} \\ & = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6} + \dfrac{3n(n+1)}{6} \\ & = \dfrac{(2n+1+3)(n)(n+1)}{6} \\ & = \dfrac{n(n+1)(n+2)}{3} \end{aligned}$$
Langkah selanjutnya adalah mengubah bentuk terakhir dalam kombinasi.
$\begin{aligned} \dfrac{n(n+1)(n+2)}{3} & = 2 \cdot \dfrac{n(n+1)(n+2)}{6} \\ & = 2 \cdot \dfrac{(n+2)!}{(n-1)! \cdot 3!} \\ & = 2 \cdot \dfrac{(n+2)!}{(n+2-3)! \cdot 3!} \\ & = 2 \displaystyle \binom{n+2}{3} \end{aligned}$
Jadi, deret $1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + 3 \cdot 4 + \cdots + n(n+1)$ bila ditulis dalam bentuk kombinasi adalah $\boxed{ 2 \displaystyle \binom{n+2}{3}}$

[collapse]

Soal Nomor 13
Nilai dari $\displaystyle \sum_{k=1}^n (-1)^kk \binom{n} {k}$ adalah $\cdots$

Penyelesaian

Ekspansi binomial dari bentuk $(1 – x)^n$ adalah $\displaystyle 1 + \sum_{k = 1}^n (-1)^k\binom{n}{k}x^k$
Turunkan terhadap $x$, sehingga dapat ditulis
$\begin{aligned} \dfrac{\text{d}}{\text{d}x}(1 -x)^n & = \displaystyle \sum_{k = 1}^n (-1)^k\binom{n}{k}kx^{k-1} \\  -n(1-x)^{n-1} & =  \sum_{k = 1}^n (-1)^k\binom{n}{k}kx^{k-1}\end{aligned} $
Untuk $x = 1$, kita peroleh
$\begin{aligned} -n(1 – 1)^{n – 1} & = \displaystyle \sum_{k = 1}^n (-1)^k\binom{n}{k}k(1)^{k-1} \\ 0 & = \displaystyle \sum_{k = 1}^n (-1)^kk\binom{n}{k} \end{aligned}$
Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \sum_{k=1}^n (-1)^kk \binom{n} {k} = 0}$

[collapse]

Soal Nomor 14
Bentuk integral tentu dari $\displaystyle \lim_{N \to \infty} \sum_{k=1}^N \dfrac{1}{N+k}$ adalah $\cdots$

Penyelesaian

Dengan menggunakan definisi Integral Riemann, diperoleh
$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{n+k} & = \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n}\left(\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{1+\frac{k}{n}}\right ) \\ & =\int_{0}^1\dfrac{\text{d}x}{1+x} \end{aligned}$ 
Jadi, bentuk integral tentu dari $\displaystyle \lim_{N \to \infty} \sum_{k=1}^N \dfrac{1}{N+k}$ adalah $\boxed{\int_{0}^1\dfrac{\text{d}x}{1+x}}$

[collapse]

Soal Nomor 15
Misalkan $K$ bilangan positif terkecil yang memenuhi
$|\sin x – 2 \cos x|^2 \leq K$
untuk setiap $x \in \mathbb{R}$. Nilai $K$ adalah $\cdots$

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 16
Misalkan $f$ kontinu pada $[0,1]$. Jika $f(0)=0,f(1)=1$, dan $f'(x) > 0$ untuk setiap $x \in (0,1)$ serta $\displaystyle \int_0^1 f(x)~\text{d}x = \dfrac{1}{3}$, maka hasil dari $\displaystyle \int_0^1 f^{-1}(y)~\text{d}y$ adalah $\cdots$

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 17
Nilai maksimum dari $f(x) = x^{\frac{1}{x}}$ adalah $\cdots$

Penyelesaian

Fungsi $f(x) = x^{\frac{1}{x}}$ dapat dicari nilai maksimumnya saat $f'(x) = 0$ di mana $f'(x)$ menyatakan turunan pertama dari $f(x)$. Oleh karena itu, akan ditentukan turunan pertama dari $f(x)$. Sebelum itu, perhatikan beberapa aturan turunan (diferensial) berikut.
$\boxed{\begin{aligned} & [u(x)^{v(x)}]^{‘} = u(x)^{v(x)} \cdot [\ln (u(x)) \cdot v(x)]’ \\ & \left[\dfrac{u(x)}{v(x)}\right]’ = \dfrac{u'(x) \cdot v(x) – u(x) \cdot v'(x)}{v(x)^2} \\ & [\ln x]’ = \dfrac{1}{x} \end{aligned}}$
Jadi, dapat ditulis
$$\begin{aligned} \dfrac{\text{d}}{\text{d}x} \left[x^{\frac{1}{x}}\right] & = x^{\frac{1}{x}} \cdot \dfrac{\text{d}}{\text{d}x} \left[\ln (x) \cdot \dfrac{1}{x}\right] \\ & = \dfrac{\text{d}}{\text{d}x} \left[\dfrac{\ln (x)}{x}\right] \cdot x^{\frac{1}{x}} \\ & = \dfrac{\dfrac{\text{d}}{\text{d}x} [\ln (x)] \cdot x – \ln (x) \cdot \dfrac{\text{d}}{\text{d}x} [x]}{x^2} \cdot x^{\frac{1}{x}} \\ & = \dfrac{\dfrac{1}{x} \cdot x – \ln (x) \cdot 1}{x^2} \cdot x^{\frac{1}{x}} \\ & = \dfrac{1 – \ln (x)}{x^2} \cdot x^{\frac{1}{x}} \\ & = x^{\frac{1}{x} – 2}(1 – \ln (x)) \end{aligned}$$
Selanjutnya,
$\begin{aligned} f'(x) & = 0 \\ x^{\frac{1}{x} – 2}(1 – \ln (x)) & = 0 \end{aligned}$
Perhatikan bahwa bentuk $x^{\frac{1}{x} – 2}$ tidak akan bernilai $0$ untuk setiap nilai $x$, sehingga satu-satunya kemungkinan mengharuskan
$1 – \ln (x) = 0 \Leftrightarrow \ln (x) = 1 \Leftrightarrow x = e$
Jadi, nilai maksimum dari $f(x) = x^{\frac{1}{x}}$ tercapai saat $x = e$, yakni $\boxed{f_{\text{max}} = e^{\frac{1}{e}}}$

[collapse]

Soal Nomor 18
Misalkan barisan rekursif $\{x_n\}$ memenuhi $x_{n+1} = 2x_n(1-x_n)$ untuk setiap $n \geq 1$ dan $x_1 = \dfrac{1}{2019}$. Jika barisan $\{x_n\}$ konvergen ke $L$, nilai dari $L^{-1}$ adalah $\cdots$

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 19
Hasil dari $\displaystyle \lim_{x \to \infty} \dfrac{\int_0^x \sqrt{1+4t^2}~\text{d}t} {x^2+4}$

Penyelesaian

Terapkan Dalil L’Hospital (turunan), sehingga dapat ditulis
$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to \infty} \dfrac{\int_0^x \sqrt{1+4t^2}~\text{d}t} {x^2+4} & \stackrel{\text{L’H}}{=} \lim_{x \to \infty} \dfrac{\sqrt{1 + 4x^2}}{2x} \\ & = \lim_{x \to \infty} \dfrac{\sqrt{\dfrac{1 + 4x^2}{x^2}}}{\dfrac{2x}{x}} \\ & = \dfrac{\sqrt{4}}{2} = 1 \end{aligned}$
Jadi, hasil dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to \infty} \dfrac{\int_0^x \sqrt{1+4t^2}~\text{d}t} {x^2+4} = 1}$

[collapse]

Soal Nomor 20
Nilai dari $\sin \left(\dfrac{\pi}{2} + i \ln(\pi + \sqrt{\pi^2 -1})\right)$ adalah $\cdots$

Penyelesaian

Perhatikan bahwa
$\boxed{\begin{aligned} \sin \left(\dfrac{\pi}{2} + a\right) & = \cos a \\ \cos x & = \dfrac{e^{ix} + e^{-ix}}{2} \\ e^{\ln x} & = x \end{aligned}}$
Dengan demikian, dapat ditulis
$\begin{aligned} & \sin \left(\dfrac{\pi}{2} + i \ln(\pi + \sqrt{\pi^2 -1})\right)
\\ = & \cos \left(i \ln(\pi + \sqrt{\pi^2 -1})\right) \\ = & \dfrac{1}{2}\left(e^{i(i \ln(\pi + \sqrt{\pi^2 -1}))}+e^{(-i)i \ln(\pi + \sqrt{\pi^2 -1})}\right) \\ = & \dfrac{1}{2}\left(e^{-\ln(\pi + \sqrt{\pi^2 -1})}+e^{\ln(\pi + \sqrt{\pi^2 -1})}\right) \\ = & \dfrac{1}{2}\left(e^{\ln(\pi + (\sqrt{\pi^2 -1})^{-1})}+e^{\ln(\pi + \sqrt{\pi^2 -1})}\right) \\ = & \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{\pi + \sqrt{\pi^2 -1}}+(\pi + \sqrt{\pi^2 -1})\right) \\ & \text{Rasionalkan pecahannya} \\ = & \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\pi \bcancel{- \sqrt{\pi^2 – 1}}}{\cancel{\pi^2} – (\cancel{\pi^2} + 1)} + (\pi + \bcancel{\sqrt{\pi^2 -1}})\right) \\ = & \dfrac{1}{2}(2\pi) = \pi \end{aligned}$
Jadi, nilai dari $\sin \left(\dfrac{\pi}{2} + i \ln(\pi + \sqrt{\pi^2 -1})\right)$ adalah $\boxed{\pi}$

[collapse]

Soal Nomor 21
Misalkan $(1+i)^{2019}$ dapat dinyatakan dalam bentuk $a + ib$. Nilai dari $a+b$ adalah $\cdots$

Penyelesaian

Misalkan $z = 1+i$. Dengan demikian,
$\tan \theta = \dfrac{1}{1} = 1 \Rightarrow \theta = \dfrac{\pi}{4}$
dan
$r = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.
Dengan menggunakan Dalil de Moivre, diperoleh
$$\begin{aligned} z^{2019} & = r(\cos 2019\theta + i \sin 2019\theta) \\ & = \sqrt{2}\left(\cos \left(2019 \times \dfrac{\pi}{4}\right) + i \sin \left(2019 \times \dfrac{\pi}{4}\right)\right) \\ & = \sqrt{2} \left(\cos \left(504 \times 2\pi + \dfrac{3}{4}\pi\right) + i \sin \left(504 \times 2\pi + \dfrac{3}{4}\pi \right) \right) \\ & = \sqrt{2} \left(\cos \dfrac{3}{4}\pi + i \sin \dfrac{3}{4}\pi\right) \\ & = \sqrt{2} \left(-\dfrac{1}{2}\sqrt{2} + \dfrac{1}{2}\sqrt{2}\right) \\ & = 0 \end{aligned}$$
Jadi, nilai dari $(1+i)^{2019}$ adalah $\boxed{0}$

[collapse]

Soal Nomor 22
Misalkan $\{a_n\}$ barisan bilangan real yang memenuhi $a_0 = 1, a_1 = 2$, dan $a_n = a_{n-1} + a_{n-2}$ untuk $n \geq 2$.
Jari-jari kekonvergenan dari deret pangkat $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_nz^n$ adalah $\cdots$

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 23
Diberikan $f(z) = \dfrac{z^2}{(z+1)(z-1)}$. Hasil dari $\int \limits_C f(z)~\text{d}z$ di mana $C$ merupakan lingkaran berjari-jari $1$ yang berpusat di $1$ adalah $\cdots$

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 24
Diberikan bilangan bulat positif $n$. Misalkan $M(n)$ adalah bilangan positif terbesar $m$ sedemikian sehingga $\displaystyle \binom{m}{n-1} > \binom{m-1}{n}$. Nilai dari $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{M(n)}{n}$ adalah $\cdots$

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 25
Jumlah dari dua bilangan prima adalah $85$. Hasil kali dua bilangan prima tersebut adalah $\cdots$

Penyelesaian

Karena $85$ merupakan bilangan ganjil, maka satu-satunya kemungkinan dua bilangan prima yang dimaksud harus meliputi bilangan genap dan bilangan ganjil. Bilangan genap yang prima hanya ada $1$, yaitu $2$, sehingga dua bilangan itu haruslah $2$ dan $83$.
Hasil kalinya adalah $\boxed{2 \times 83 = 166}$

[collapse]

Soal Nomor 26
Banyaknya semua pasangan bilangan bulat positif $(a, b)$ yang memenuhi
$\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} = \dfrac{1}{2019}$ adalah $\cdots$

Penyelesaian

$\begin{aligned} \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} & = \dfrac{1}{2019} \\ \dfrac{a+b}{ab} & = \dfrac{1}{2019} \\ ab & = 2019a + 2019b \\ b(a – 2019) & = 2019a \\ b & = \dfrac{2019a}{a-2019} \\ b & = \dfrac{2019(a – 2019) + 2019^2}{a – 2019} \\ b & = 2019 + \dfrac{2019^2}{a – 2019} \end{aligned}$
Perhatikan bahwa $b$ akan bernilai bulat positif, apabila $a – 2019$ membagi habis $2019^2$ atau dengan kata lain, $a – 2019$ merupakan faktor dari $2019^2 = 3^2 \times 673^2$, yang banyak faktornya ada $(2 + 1) \times (2 + 1) = 9$.
Akibatnya, akan ada $9$ nilai $a$, begitu juga $b$
Jadi, ada $\boxed{9}$ pasangan bilangan bulat positif $(a, b)$ yang memenuhi
$\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} = \dfrac{1}{2019}$

[collapse]

Bagian Esai

Soal Nomor 1
Tunjukkan bahwa $\dim\{A \in \mathbb{R}^n: A = A^T\} = \dfrac{1}{2}n(n+1)$

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 2
Misalkan $I$ adalah ideal dari ring komutatif $R$. Didefinisikan annihilator dari $I$, $\text{ann}(I) = \{r \in R~|~ra = 0~\text{untuk setiap}~a \in I\}$. Pada ring $\mathbb{Z}_{20}$, buktikan bahwa $I = \{[n]~|~n~\text{genap}\}$ adalah suatu ideal. Lebih lanjut, tentukan $\text{ann}(I)$.

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 3
Misalkan $f,g$ terdefinisi pada $A \subseteq \mathbb{R}$ dan $c$ titik kluster dari $A$. Jika $f$ terbatas pada persekitaran $c$ dan $\displaystyle \lim_{x \to c} g(x) = 0$, buktikan bahwa $\displaystyle \lim_{x \to c} f(x) g(x) = 0$.

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 4
Misalkan $f(z) = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{z^{2n}}{(2n)!}$
Buktikan bahwa $f”(z) = f(z)$.

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]
Ayo Beri Rating Postingan Ini
CategoriesON MIPATags, , , , , ,

Leave a Reply

Your email address will not be published. Required fields are marked *