Pembahasan Soal Sayembara MaG-D ITB Tahun 2023

 Hello guys pada kesempatan kali ini saya akan membahas soal sayembara MaG-D ITB Tahun 2023. Sebelumnya, MaG-D ITB sendiri merupakan lomba matematika tingkat universitas yang diadakan oleh ITB.

 Lomba MaG-D ITB ini diadakan secara beregu yang terdiri dari 2 mahasiswa. Dan kebetulan tahun ini saya menjadi pemenang sayembara. Jadi, saya akan berbagi solusi atau pembahasan soal sayembara MaG-D ITB. Yaa mungkin bisa bermanfaat.

Jika ada komentar terkait pembahasan soal kali ini guys, silakan tuliskan di kolom komentar saja guys. Semoga pembahasan soalnya bermanfaat ya guys. Terima kasih sudah mampir.

Berikut Soal Sayembara Mag-D ITB 2023.

Misalkan $f:(0,\infty)\to (0,\infty)$ dan $l$ adalah garis singgung kurva $y=f(x)$ di titik $(a,b)$.

a. Jika $l$ memotong sumbu-$x$ positif di titik $A$ dan memotong sumbu-$y$ positif di titik $B$, tentukan luas segitiga $OAB$ (dengan $O$ adalah titik asal).

b. Tentukan semua fungsi $f$ agar luas segitiga $OAB$ tidak bergantung pada titik $(a,b)$.

Jawab:

a. Diketahui bahwa garis $l$ menyinggung kurva $y=f(x)$ di titik $(a,b)$. Oleh karenanya, kita dapatkan gradien garis $l$ adalah $f'(a)$.

Padang ilustrasi berikut.

Karena garis $l$ memotong sumbu $x$ positif dan sumbu $y$ positif, maka haruslah $f'(a)<0$.

Misalkan persamaan garis $l$ adalah $y=f'(a)x+c$. Karena $l$ melalui titik $(a,b)$, maka kita punya

\begin{align*}b&=f'(a)a+c\\ c&=b-f'(a)a\end{align*}

Kita peroleh persamaan garis $l$ adalah $y=f'(a)x+b-f'(a)a$. Selanjutnya kita tahu bahwa garis $l$ memotong sumbu-$x$ positif di titik $A$ dan memotong sumbu-$y$ positif di titik $B$, dapat dimisalkan koordinat $A$ dan $B$ berturut-turut adalah $(d,0)$ dan $(0,e)$ untuk suatu $d,e\in\mathbb{R^{+}}$.

Karena $l$ melalui $A$ dan $B$ maka kita peroleh

\begin{align*}0&=f'(a)d+b-f'(a)a\\ d&=-\frac{b}{f'(a)}+a \end{align*}

dan

\begin{align*}e&=f'(a)0+b-f'(a)a\\ e&=b-f'(a)a\end{align*}

Luas segitiga $OAB=\frac{1}{2}\times d\times e$ yaitu

\begin{align*}\frac{1}{2}&\times d\times e\\ =&\frac{1}{2}\left(-\frac{b}{f'(a)}+a\right)\left(b-f'(a)a\right)\\ =&\frac{1}{2}\left(-\frac{b^2}{f'(a)}+2ab-f'(a)a^2\right)\\ =&\frac{1}{-2f'(a)}\left(b^2-2abf'(a)+\left(f'(a)a\right)^2\right)\\ =&\frac{1}{-2f'(a)}\left(b-f'(a)a\right)^2\end{align*}

Jadi, luas segitiga $OAB=\frac{1}{-2f'(a)}\left(b-f'(a)a\right)^2$

b. Akan dicari semua fungsi $f$ sehingga luas $OAB$ tidak bergantung pada titik $(a,b)$. Dari solusi sebelumnya, sudah didapat bahwa luas segitiga $OAB$ adalah $\frac{1}{-2f'(a)}\left(b-f'(a)a\right)^2$ yang masih bergantung pada titik $(a,b)$. Dalam hal ini, yang kita inginkan adalah luas segitiga $OAB$ tidak bergantung pada titik $(a,b)$. Hal ini berarti untuk setiap $(a,b)$ di $f(x)$, luas segitiga $OAB$ konstan. Sehingga kita mendapatkan persamaan differensial berikut.

\begin{align*}\frac{1}{-2y'}\left(y-y'x\right)^2=k\end{align*}

dimana $k$ suatu konstanta yang bernilai positif. Maka kita peroleh

\begin{align*}\frac{1}{-2y'}\left(y-y'x\right)^2&=k\\ \left(y-y'x\right)^2+2y'k&=0\end{align*}

Dengan menurunkan kedua ruas terhadap $x$ diperoleh

\begin{align*} 2\left(y-y'x\right)(y'-y''x-y')+2y''k&=0\\ 2\left(y-y'x\right)(-y''x)+2y''k&=0\\ 2y''(-yx+y'x^2+k)&=0\end{align*}

Dari persamaan terakhir tersebut, kita dapatkan solusi $y''=0$ atau $-yx+y'x^2+k=0$. Akan dibagi menjadi dua kasus.

-) Untuk kasus $y''=0$.

Dengan mengintegralkannya sebanyak dua kali terhadap $x$ kita dapatkan

\begin{align*}y''&=0\\ y'&=C_1\\ y&=C_1x+C_2\end{align*}

Dimana $C_1$ dan $C_2$ merupakan suatu konstanta. Dari sini kita dapatkan solusi untuk kasus ini berbentuk fungsi linear. Karena garis $l$ menyinggung kurva $y=f(x)$ yang merupakan fungsi linear, maka $l$ segaris dengan $y=f(x)$. Kita tahu bahwa fungsi $f:(0,\infty)\to (0,\infty)$ dengan kata lain $y>0$ untuk setiap $x$ pada domain $f$. Padahal, garis $l$ memotong sumbu $x$, maka $y=f(x)$ juga memotong sumbu $x$ sehingga ada $x$ pada domain $f$ yang membuat $y=0$ (kontradiksi dengan $y>0$ untuk setiap $x$ pada domain $f$). Jadi, tidak ada fungsi yang memenuhi untuk kasus $y''=0$.

-) Untuk kasus $-yx+y'x^2+k=0$.

Karena $x>0$ bagi kedua ruas dengan $x^3$ kita peroleh 

\begin{align*}-yx+y'x^2+k&=0\\ \frac{y'}{x}-\frac{y}{x^2}+\frac{k}{x^3}&=0 \\ \frac{y'}{x}-\frac{y}{x^2}&=-\frac{k}{x^3}\\ \left(\frac{y}{x}\right)'&=\left(\frac{k}{2x^2}\right)'\end{align*}

Dengan mengintegralkan kedua ruas terhadap $x$ diperoleh

\begin{align*} \frac{y}{x}&=\frac{k}{2x^2}+C \; \; \; \; \; \; \; (C \text{ suatu konstan})\\ y&=\frac{k}{2x}+Cx\end{align*}

Perhatikan bahwa jika $C<0$ maka ada $x=\sqrt{\frac{k}{-2C}}>0$ sehingga $y=0$ (kontradiksi dengan $y>0$ untuk setiap $x$ pada domain $f$). Jika $C>0$ maka terdapat $x=1$ sehingga $y'=\frac{k}{2}\ln |x|+C>0$ (kontradiksi dengan $y'<0$ untuk setiap $x$ yang menyatakan gradien garis $l$ yang memotong sumbu $x$ positif dan sumbu $y$ positif). Cek bahwa benar, untuk $C=0$ maka $y=f(x)=\frac{k}{2x}>0$ atau $xy=\frac{k}{2}$ dan $f'(x)=-\frac{k}{x^2}<0$. Sehingga untuk luas segitiga $OAB$ adalah 

\begin{align*}\frac{1}{-2f'(a)}&\left(b-f'(a)a\right)^2 =\frac{a^2}{2k}\left(b+\frac{k}{a}\right)^2\\ &=\frac{a^2}{2k}\left(b^2+\frac{2bk}{a}+\frac{k^2}{a^2}\right)\\ &=\frac{(ab)^2}{2k}+ab+\frac{k}{2}\\ &=\frac{k}{8}+\frac{k}{2}+\frac{k}{2}\\ &=\frac{9k}{8}\end{align*}

Dari hasil tersebut diperoleh bahwa luas segitiga $OAB$ tidak bergantung pada titik $(a,b)$. Karena $k$ adalah sembarang bilangan real positif, maka dapat kita reduksi $\frac{k}{2}=m$, untuk $m$ bilangan real positif. Jadi, semua fungsi $f:(0,\infty)\to (0,\infty)$ agar luas segitiga $OAB$ tidak bergantung pada titik $(a,b)$ adalah 

\begin{align*}f(x)=\left\{\frac{m}{x}, m>0\right\}\end{align*}.