Jump to content

Paryadi

Members
  • Content count

    7
  • Joined

  • Last visited

  • Days Won

    3

Paryadi last won the day on February 27 2017

Paryadi had the most liked content!

Community Reputation

5 Neutral

1 Follower

About Paryadi

  • Rank
    Newbie

Profile Information

  • Location
    Bogor

Recent Profile Visitors

385 profile views
  1. Latex not rendering

    Admin kenapa yah belakangan (khususnya setelah maintenance) setiap buka olimpiade.org latexnya ngga ke render. saya coba di dua pc/laptop beda hasilnya sama. apa cuma komputer saya doang atau ada yang ngalamin nggak? Hatur Nuhun
  2. Trigonometri

    Karena $ \cot \theta =\tan \left( {90-\theta } \right)$ maka diperoleh $$ S={{\tan }^{2}}10+{{\cot }^{2}}20+{{\cot }^{2}}40+1={{\tan }^{2}}10+{{\tan }^{2}}50+{{\tan }^{2}}70+1$$ Perhatikan bahwa untuk $ \theta =10{}^\circ ,50{}^\circ ,70{}^\circ $ kita memiliki $ {{\tan }^{2}}\left( {3\theta } \right)=1/3$ , selain itu kita juga memiliki $$ \tan \left( {3\theta } \right)=\frac{{3\tan \theta -{{{\tan }}^{3}}\theta }}{{1-3{{{\tan }}^{2}}\theta }}$$ Sehingga $ {{\tan }^{2}}\left( {3\theta } \right)=1/3$ dapat dinyatakan sebagai $${{\left( {1-3{{{\tan }}^{2}}\theta } \right)}^{2}}=3{{\left( {3\tan \theta -{{{\tan }}^{3}}\theta } \right)}^{2}}$$ Dengan sedikit manipulasi aljabar dan misalkan $ x=\tan \theta $ , diperoleh $$ 3{{x}^{6}}-27{{x}^{4}}+33{{x}^{2}}-1=0$$ Dari definisi diatas, persamaan ini memiliki akar $ x=\tan 10{}^\circ $ , $ \tan 50{}^\circ $ dan $ \tan 70{}^\circ $. Karena semua pangkat dari $ x$ bernilai genap, ketiga akar lainnya haruslah $ x=-\tan 10{}^\circ $ , $ -\tan 50{}^\circ $ dan $ -\tan 70{}^\circ $. Jumlah kuadrat keenam akar tersebut adalah $$ 2\left( {{{{\tan }}^{2}}10+{{{\tan }}^{2}}50+{{{\tan }}^{2}}70} \right)=2\left( {S-1} \right)=2S-2$$ Jika kita menuliskan keenam akar tersebut dengan $ {{x}_{1}},...,{{x}_{6}}$ ,dengan vieta formula kita juga memperoleh $$ 2S-2=\sum\limits_{i}{{{{x}_{i}}^{2}}}={{\left( {\sum\limits_{i}{{{{x}_{i}}}}} \right)}^{2}}-2\sum\limits_{{i<j}}{{{{x}_{i}}{{x}_{j}}}}={{0}^{2}}-2\left( {-27/3} \right)=18$$ Jadi kita simpulkan bahwa $ S=10$
  3. ONMIPA 2015 No 6

    First Part Karena $ {{e}^{{-x}}}>0$ untuk setiap $ x\in \mathbb{R} $ maka $ f'\left( x \right)-f\left( x \right)>0$ $ f'\left( x \right){{e}^{{-x}}}-f\left( x \right){{e}^{{-x}}}>0$ $ {{\left( {f\left( x \right){{e}^{{-x}}}} \right)}^{'}}>0$ Ini menunjukkan bahwa fungsi $ f\left( x \right){{e}^{{-x}}}$ monoton naik pada $ \mathbb{R} $, berarti untuk setiap $ x>{{x}_{0}}$ berlaku $ f\left( x \right){{e}^{{-x}}}>f\left( {{{x}_{0}}} \right){{e}^{{-{{x}_{0}}}}}=0$ $\Rightarrow \,\,\,\,\,f\left( x \right)>0$ (Terbukti) lebih jauh lagi, dengan alasan yang sama,untuk $ x<{{x}_{0}}$ berlaku $ f\left( x \right){{e}^{{-x}}}<f\left( {{{x}_{0}}} \right){{e}^{{-{{x}_{0}}}}}=0$ $ \Rightarrow \,\,\,\,\,f\left( x \right)<0$ Jadi dapat disimpulkan bahwa $ f=0$ tepat hanya memiliki satu akar yaitu pada $ x={{x}_{0}}$.
  4. Misalkan $p=\min \left( {r,s} \right)$ dan $q=\max \left( {r,s} \right)$. Perhatikan bahwa agar tidak ada dua benteng yang saling menyerang maka tidak boleh ada sedikitnya dua benteng yang terletak pada baris atau lajur yang sama. Kita klaim bahwa $M\le p$, karena jika $M>p$ menurut pigeon hole principle akan ada sedikitnya dua buah benteng yang terletak pada baris atau lajur yang sama. Misalkan ${{x}_{{ij}}}$ menyatakan petak catur pada baris ke-$i$ lajur ke-$j$ . jika $p$ buah benteng diletakkan pada petak ${{x}_{{kk}}}$ dengan $k=1,2,...,p$ , maka $p$ buah benteng tidak akan saling menyerang. Jadi kita peroleh $M=p=\min \left( {r,s} \right)$ Selanjutnya akan kita hitung banyaknya cara menempatkan $M$ buah benteng tersebut. - Jika $p=r$ Cara meletakkan benteng pertama pada baris ke-$1$ ada sebanyak $s$ cara. Karena benteng pada baris kedua tidak boleh satu lajur dengan benteng pertama, maka Cara meletakkan benteng kedua pada baris ke-$2$ ada sebanyak $s-1$ cara Cara meletakkan benteng ketiga pada baris ke-$3$ ada sebanyak $s-2$ cara, dst. Cara meletakkan benteng ke-$r$ pada baris ke-$r$ ada sebanyak $s-r+1$. Jadi banyaknya cara meletakkan $M$ benteng tersebut adalah $s\left( {s-1} \right)\left( {s-2} \right)...\left( {s-r+1} \right)=\frac{{s!}}{{\left( {s-r} \right)!}}=\frac{{q!}}{{\left( {q-p} \right)!}}$ - Jika $p=s$, Dengan analogi yang sama (pertimbangankan penempatan benteng pada lajur ke-$i$) akan diperoleh banyaknya cara meletakkan $M$ benteng tersebut sebanyak $r\left( {r-1} \right)\left( {r-2} \right)...\left( {r-s+1} \right)=\frac{{r!}}{{\left( {r-s} \right)!}}=\frac{{q!}}{{\left( {q-p} \right)!}}$ Kesimpulannya cara menempatkan $M$ buah benteng pada papan $P$ sehingga tidak ada dua benteng saling menyerang adalah $\frac{{q!}}{{\left( {q-p} \right)!}}=\frac{{\max \left( {r,s} \right)!}}{{\left( {\max \left( {r,s} \right)-\min \left( {r,s} \right)} \right)!}}$
  5. Mudah diperiksa dengan partial fraction (gunakan cover up rule) bahwa $\displaystyle S=\prod\limits_{{k=0}}^{n}{{\frac{1}{{x+k}}}}=\frac{1}{{n!}}\sum\limits_{{k=0}}^{n}{{{{{\left( {-1} \right)}}^{k}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ k \end{array}} \right)\frac{1}{{x+k}}}}$ Jadi $\displaystyle \int{{Sdx}}=\frac{1}{{n!}}\sum\limits_{{k=0}}^{n}{{{{{\left( {-1} \right)}}^{k}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ k \end{array}} \right)\int{{\frac{{dx}}{{x+k}}}}}}=\frac{1}{{n!}}\sum\limits_{{k=0}}^{n}{{{{{\left( {-1} \right)}}^{k}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ k \end{array}} \right)\ln \left( {x+k} \right)}}+c$
  6. ONMIPA 2015 No 7

    · Untuk sembarang lingkaran $ C$ dengan jari jari $ r>0$ , dipunyai $ z=r{{e}^{{i\theta }}}$, $ 0\le \theta \le 2\pi $ , $ dz=ir{{e}^{{i\theta }}}d\theta $. Sehingga $ \displaystyle \frac{1}{{2\pi i}}\oint_{C}{{\frac{{{{{\left( {1+z} \right)}}^{{2n}}}}}{{{{z}^{{n+1}}}}}dz}}=\frac{1}{{2\pi i}}\int\limits_{0}^{{2\pi }}{{\frac{{{{{\left( {1+r{{e}^{{i\theta }}}} \right)}}^{{2n}}}}}{{{{r}^{{n+1}}}{{e}^{{i\left( {n+1} \right)\theta }}}}}ir{{e}^{{i\theta }}}d\theta }}=\frac{1}{{2\pi }}\int\limits_{0}^{{2\pi }}{{\frac{1}{{{{r}^{n}}{{e}^{{in\theta }}}}}\sum\limits_{{k=0}}^{{2n}}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n} \\ k \end{array}} \right)}}{{r}^{k}}{{e}^{{ik\theta }}}d\theta }}$ $ \displaystyle =\frac{1}{{2\pi }}\sum\limits_{{k=0}}^{{2n}}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n} \\ k \end{array}} \right)}}{{r}^{{k-n}}}\int\limits_{0}^{{2\pi }}{{{{e}^{{i\left( {k-n} \right)\theta }}}d\theta }}=\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n} \\ n \end{array}} \right)$ hasil terakhir diperoleh mengingat untuk $ k\ne n$, integral bernilai 0. · Karena hasil diatas berlaku untuk sembarang $ r>0$, kita dapat memilih lingkaran $ C$ dengan jari – jari $ r=1$ yaitu $ \left| z \right|=1$ . dari hasil diatas kita memiliki $ \displaystyle S=\sum\limits_{{n=0}}^{\infty }{{\frac{1}{{{{5}^{n}}}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n} \\ n \end{array}} \right)}}=\frac{1}{{2\pi i}}\sum\limits_{{n=0}}^{\infty }{{\oint_{C}{{\frac{{{{{\left( {1+z} \right)}}^{{2n}}}}}{{{{5}^{n}}{{z}^{{n+1}}}}}dz}}}}=\frac{1}{{2\pi i}}\oint_{C}{{\sum\limits_{{n=0}}^{\infty }{{\frac{{{{{\left( {1+z} \right)}}^{{2n}}}}}{{{{5}^{n}}{{z}^{{n+1}}}}}}}dz}}$ kita dapat melakukan ini karena pada $ \left| z \right|=1$ deret konvegen (deret geometri dengan ratio $ \displaystyle \left| {\frac{{{{{\left( {1+z} \right)}}^{2}}}}{{5z}}} \right|\le \frac{{1+2\left| z \right|+{{{\left| z \right|}}^{2}}}}{{5\left| z \right|}}=\frac{4}{5}<1$ ) jadi kita punyai $ \displaystyle S=\frac{1}{{2\pi i}}\oint_{C}{{\frac{{\left( {{1}/{z}\;} \right)}}{{1-{{{{{\left( {1+z} \right)}}^{2}}}}/{{5z}}\;}}dz}}=\frac{1}{{2\pi i}}\oint_{C}{{\frac{{-10}}{{\left( {z-\left( {3+\sqrt{5}} \right)} \right)\left( {z-\left( {3-\sqrt{5}} \right)} \right)}}dz}}$ Dengan menggunakan teorema residu di $ z=3-\sqrt{5}$ diperoleh $ \displaystyle S=\frac{1}{{2\pi i}}\cdot 2\pi i\frac{{-10}}{{-2\sqrt{5}}}=\sqrt{5}$
  7. Tes Latex

    $ \displaystyle S=\frac{1}{{2\pi i}}\cdot 2\pi i\frac{{-10}}{{-2\sqrt{5}}}=\sqrt{5}$
×