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 \\ & = 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]

Ayo Beri Rating Postingan Ini

Soal dan Pembahasan – Relasi Rekurensi dengan Fungsi Pembangkit

Anda diharuskan sudah menguasai teknik dekomposisi pecahan parsial karena pada postingan ini, langkah menguraikan bentuk pecahan yang akan didekomposisi akan dilewatkan (skip). Gunakan informasi berikut untuk menjawab soal-soal di bawah.
\boxed{\begin{aligned} & \displaystyle \binom{k} {n} = \binom{k} {k-n} \\ & \sum_{n=1}^{\infty} nx^n = \dfrac{x} {(1-x)^2} \\ & \sum_{n=1}^{\infty} n^2x^n = \dfrac{x^2+x} {(1-x)^3} \end{aligned}}

Soal Nomor 1
Selesaikan relasi rekurensi berikut dengan menggunakan fungsi pembangkit,
a_n - a_{n-1} = 7
dengan a_0 = 1

Penyelesaian

Misalkan a(x) adalah fungsi pembangkit biasa (FPB) untuk menyelesaikan relasi rekurensi ini, maka haruslah
\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} (a_n - a_{n-1})x^n = 7
Tinjau sukunya satu per satu.
\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_nx^n = a(x) - a_0 = a(x) - 1
\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1}x^n = x\sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1}x^{n-1} = xa(x)
Jadi, persamaan di atas dapat ditulis,
\begin{aligned}& a(x) - 1 - xa(x) = 7 \\ & (1 - x)a(x) = 8 \\ & a(x) = \dfrac{8}{1-x} = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} 8x^n \end{aligned}
Jadi, solusi relasi rekurensinya adalah \boxed{a_n = 8} (barisan konstan yang setiap suku-sukunya 8).

[collapse]

Soal Nomor 2
Selesaikan relasi rekurensi
a_n - 2a_{n-1} = 0 dengan a_0 = 3

Penyelesaian

Relasi rekurensi tersebut merupakan relasi rekurensi homogen dengan koefisien konstan yang dapat diselesaikan dengan mudah. Tetapi, kita akan mencoba menggunakan metode fungsi pembangkit.
Misalkan G(x) fungsi pembangkit biasa (FPB) untuk relasi ini, maka haruslah
\begin{aligned} & \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (a_n - 2a_{n-1})x^n = 0 \\ & \sum_{n=1}^{\infty} a_nx^n - 2x \sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1}x^{n-1} = 0 \\ & (G(x) - a_0) - 2xG(x) = 0 \\ & (1 -2x)G(x) = 3 \\ & G(x) = \dfrac{3}{1-2x} = \sum_{n=0}^{\infty} 3(2^n)x^n \end{aligned}
Jadi, solusi relasi rekurensinya adalah \boxed{a_n = 3(2^n)}

[collapse]

Soal Nomor 3
Selesaikan a_n - 3a_{n-1} = n^2, n \geq 1, a_0 = 1

Penyelesaian

Misalkan
\displaystyle G(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n
sehingga bentuk operator sumasi dari barisan rekursif tersebut dapat ditulis menjadi
\begin{aligned} \displaystyle & \sum_{n=1}^{\infty} (a_n - 3a_{n-1})x^n = \sum_{n=1}^{\infty} n^2x^n \\ & (G(x) -1) - 3xG(x) = \dfrac{x^2+x} {(1-x)^3} \\ & (1-3x)G(x) = \dfrac{x^2+x} {(1-x) ^3} + 1 \\ & G(x) = \dfrac{x^2+x + (1-x)^3}{(1-x)^3(1-3x)} \\ & G(x) = \dfrac{-x^3+4x^2-2x+1}{(1-x)^3(1-3x)} \end{aligned}
Dengan menerapkan teknik dekomposisi pecahan parsial (prosedurnya memang cukup panjang dalam kasus ini), diperoleh
\begin{aligned}G(x) & = \dfrac{-\dfrac{13}{8}} {1-x} + \dfrac{\dfrac{9}{4}} {(1-x)^2} + \dfrac{-\dfrac{5}{2}} {(1-x)^3} + \dfrac{\dfrac{23}{8}} {1-3x} \\ & = -\dfrac{13}{8} \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} x^n + \dfrac{9}{4} \sum_{n=0}^{\infty} \binom{n+1}{n} x^n \\ & - \dfrac{5}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \binom{n+2}{n}x^n + \dfrac{23}{8} \sum_{n=0}^{\infty} (3x)^n \\ & = \sum_{n=0}^{\infty} \left(-\dfrac{13}{8} + \dfrac{9}{4} \binom{n+1}{1} - \dfrac{5}{2} \binom{n+2}{2} + \dfrac{23}{8}. 3^n\right)x^n \end{aligned}
Jadi, didapat
\boxed{a_n = -\dfrac{13}{8} + \dfrac{9}{4} \binom{n+1}{1} - \dfrac{5}{2} \binom{n+2}{2} + \dfrac{23}{8}. 3^n}

[collapse]

Soal Nomor 4
Selesaikan a_n = a_{n-1} + n, a_0 = 1.

Penyelesaian

Misalkan
\displaystyle G(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n
sehingga bentuk operator sumasi dari barisan rekursif tersebut dapat ditulis menjadi
\begin{aligned} \displaystyle & \sum_{n=1}^{\infty} a_nx^n = \sum_{n=1}^{\infty} (a_{n-1} + n)x^n \\ & G(x) -1 = xG(x) + \dfrac{x} {(1-x)^2} \\ & G(x)(1-x) = \dfrac{x} {(1-x)^2} + \dfrac{(1-x)^2}{(1-x)^2} \\ & G(x) = \dfrac{x+(1-x)^2}{(1-x)^2(1-x)} = \dfrac{1-x+x^2}{(1-x)^3} \end{aligned}
Dengan menggunakan teknik dekomposisi pecahan parsial, diperoleh
\begin{aligned} G(x) & = \dfrac{1}{1-x} - \dfrac{1}{(1-x)^2} + \dfrac{1}{(1-x)^3} \\ & =\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} x^n - \sum_{n=0}^{\infty} \binom{n+1}{n} x^n + \sum_{n=0}^{\infty} \binom{n+2}{2}x^n \\ & = \sum_{n=0}^{\infty} \left(1-(n+1)+\binom{n+2}{2}\right)x^n \\ & = \sum_{n=0}^{\infty} \left(-n +\binom{n+2}{2}\right)x^n \end{aligned}
Jadi, barisan eksplisitnya adalah
\boxed{a_n = -n +\binom{n+2}{2}}

[collapse]

Soal Nomor 5 (Soal OSN Pertamina Tahun 2010)
Jika a_n - 3a_{n-1} = 2-2n^2,a_0 = 3, maka a_{99} = \cdots

Penyelesaian

Misalkan
G(x) = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n dan perhatikan bahwa
\sum_{n=0}^{\infty} x^n = \dfrac{1}{1-x} ekuivalen dengan \sum_{n=1}^{\infty} x^n =\dfrac{1}{1-x} - 1, berarti dapat kita tuliskan bentuk barisan rekursif di atas menjadi
\displaystyle \begin{aligned} & \sum_{n=1}^{\infty} (a_n - 3a_{n-1})x^n = \sum_{n=1}^{\infty} (2-2n^2)x^n \\ & [G(x) - 3] - 3xG(x) = \dfrac{2}{1-x} - 2 - \dfrac{2(x^2+x)} {(1-x)^3} \\ & G(x) = \dfrac{-x^3+3x^2-9x+3}{(1-x)^3(1-3x)} \end{aligned}
Uraikan dengan dekomposisi pecahan parsial untuk mendapatkan
\begin{aligned} \displaystyle G(x) & = \dfrac{2}{(1-x)^3} + \dfrac{1}{1-3x} \\ & = 2 \sum_{n=0}^{\infty} \binom{2+n} {n} x^n + \sum_{n=0}^{\infty} (3x)^n \\ & = \sum_{n=0}^{\infty} \left(2 \binom{2+n} {n} + 3^n\right)x^n \end{aligned}
Jadi, rumus barisan eksplisitnya adalah
\displaystyle a_n = 2 \binom{2+n} {n} + 3^n = 2 \binom{2+n} {2} + 3^n
sehingga
\boxed{a_{99} = 2 \binom{2+99}{99} + 3^{99} = 3^{99} + 99^2 + 299}

[collapse]

Ayo Beri Rating Postingan Ini