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]
CategoriesON MIPATags, , , , , ,

Leave a Reply

Silakan beri tanggapan dan saran, tidak perlu sungkan. Mohon juga diinformasikan melalui kolom komentar ini bila ada kesalahan pengetikan sekecil apapun (typo atau bahasa latex yang error) atau kesalahan konsep dan pembahasan soal. Terima kasih. Ganbatte!

Your email address will not be published.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