Soal dan Pembahasan – ON MIPA-PT Matematika Bidang Analisis Real

Berikut ini adalah soal-soal ON MIPA-PT Bidang Analisis Real beserta pembahasannya. Jika ada pertanyaan, silakan ajukan di kolom komentar.

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – ON MIPA-PT Bidang Struktur Aljabar

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – ON MIPA-PT Bidang Analisis Kompleks

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – ON MIPA-PT Bidang Aljabar Linear

Quote by Rod Stewart

You go through life wondering what is it all about, but at the end of the day it’s all about family.

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 $x = 1$.
Tentukan nilai dari $a-b$.

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
$\begin{aligned} \displaystyle \dfrac{d}{dx} \int_0^{x^2} f(t)~dt & = \dfrac{d}{dx} x(\cos (\pi x) – 1) \\ 2xf(x^2) & = (\cos \pi x – 1) – \pi x \sin \pi x \\ 2 \cdot 3f(3^2) & = \cos 3\pi – 1 – 3\pi \sin 3\pi \\ f(9) &= – \dfrac{1}{3} \end{aligned}$
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]

Soal Nomor 17
Jika $f$ kontinu pada $\mathbb{R}$ dan $\displaystyle \int_0^{x^2} t f(t)~\text{d}t = x^6-2x^4$, tentukan $f(1)+f(4)$

Penyelesaian

Misalkan $u = x^2$
Menurut Teorema Dasar Kalkulus Pertama (TDKP), berlaku
$\begin{aligned} & \displaystyle \dfrac{\text{d}} {\text{d}u} \int_0^u t f(t)~\text{d}t \cdot \left(\dfrac{\text{d}} {\text{d}x} \cdot x^2\right) \\ & = u \cdot f(u) \cdot 2x \\ & \text{Substitusi kembali}~u=x^2 \\ & x^2 \cdot f(x^2) \cdot 2x = 2x^3f(x^2) \end{aligned}$
Jadi, 
$\begin{aligned} \displaystyle \int_0^{x^2} t f(t)~\text{d}t & = x^6-2x^4 \\ \text{Turunkan kedua ruas}~&\text{terhadap variabel x} \\\dfrac{\text{d}} {\text{d}x} \int_0^{x^2} t f(t)~\text{d}t & = \dfrac{\text{d}} {\text{d}x} (x^6-2x^4) \\ 2x^3f(x^2) & = 6x^5-8x^3 \\ f(x^2) & = 3x^2-4 \\ f(x) & = 3x-4 \end{aligned}$
Dengan demikian, 
$\boxed{\begin{aligned} f(1)+f(4) & =(3(1)-4) + (3(4)-4) \\ & = -1+8 = 7 \end{aligned}}$

[collapse]

Soal Nomor 18
Misal $x_n = \displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{2}{2n+2k-1}$. 
Hitung nilai dari $\displaystyle \lim_{n \to \infty} x_n$

Penyelesaian

Perhatikan bahwa
$\begin{aligned} x_n & = \displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{2}{2n+2k-1} \\ & = \dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^n \dfrac{2n}{2n+2k-1} \\ & = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{1 + \dfrac{2k-1}{2n}} \cdot \dfrac{1}{n} \end{aligned}$
Untuk itu, 
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} x_n = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{1 + \dfrac{2k-1}{2n}} \cdot \dfrac{1}{n}$
Dengan menggunakan konsep Jumlah Riemann, $\Delta x = \dfrac{b-a} {n}$.
Ambil $b = 1$ dan $a = 0$, sehingga $\Delta x = \dfrac{1}{n}$. 
Jadi, diperoleh
$\begin{aligned} & \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{1 + \dfrac{2k-1}{2n}} \cdot \dfrac{1}{n} \\ & = \int_0^1 \dfrac{1}{1+x} ~\text{d}x \\ & = \left[\ln (1+x)\right]_0^1 \\ & = \ln (1+1) – \ln (1+0) \\ & = \ln 2 – \ln 1 = \ln 2 \end{aligned}$

[collapse]

Soal Nomor 19
Nyatakan limit berikut dalam integral tentu
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{\pi} {2n} \sum_{k=1}^n \cos \left(\dfrac{k\pi} {2n} \right)$

Penyelesaian

Bentuk limit di atas dapat diubah menjadi
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{\dfrac{\pi} {2}} {2n} \sum_{k=1}^n \cos \left(k \cdot \left(\dfrac{k\pi} {2n} \right)\right)$
Dengan menggunakan konsep Jumlah Riemann, misalkan
$\Delta x = \dfrac{b-a} {n} = \dfrac{\dfrac{\pi} {2}} {n} $
dengan $b = \dfrac{\pi}{2}, a = 0$. 
Dengan demikian, bentuk limit di atas dapat ditulis menjadi
$\begin{aligned} & \displaystyle \lim_{\Delta x \to 0} \sum_{k=1}^n \cos (k \cdot \Delta x) \cdot \Delta x \\ & = \int_0^{\frac{\pi} {2}} \cos x~\text{d}x \end{aligned}$
Jadi, integral tentu dari limit di atas dinyatakan oleh $\boxed{\int_0^{\frac{\pi} {2}} \cos x~\text{d}x}$

[collapse]

Soal Nomor 20 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2015)
Diberikan fungsi $f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ dengan $f(x) = 4x^2 + 1$ untuk setiap $x \in \mathbb{R}$ dan barisan $x_n = \displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^2+5k+6}$ untuk setiap $n \in \mathbb{N}$. Nilai $\displaystyle \lim_{x \to \infty} f(x_n) = \cdots$

Penyelesaian

Tinjau bentuk $x_n = \displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^2+5k+6}$
$\begin{aligned} \displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^2+5k+6}  & = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{(k+2)(k+3)} \\ & = \sum_{k=1}^n \left(\dfrac{1}{k+2} – \dfrac{1}{k+3}\right) \end{aligned}$
Untuk $n \to \infty$, kita peroleh bentuk penguraian sigmanya menjadi
$\begin{aligned} & \left(\dfrac{1}{1+2} – \cancel{\dfrac{1}{1+3}}\right) + \left(\cancel{\dfrac{1}{2+2}} – \cancel{\dfrac{1}{2+3}} \right) \\ & + \left(\cancel{\dfrac{1}{3+2}} – \cancel{\dfrac{1}{3+3}}\right) + \cdots = \dfrac{1}{3} \end{aligned}$
Untuk $x = \dfrac{1}{3}$, diperoleh
$f\left(\dfrac{1}{3}\right) = 4\left(\dfrac13\right)^2 + 1 = \dfrac{13}{9}$
Jadi, $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to \infty} f(x_n) = \dfrac{13}{9}}$

[collapse]

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

CategoriesAnalisis Real, ON 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 *