1001 Pembahasan UTS Kalkulus II KATA PENGANTAR

1001 Pembahasan UTS Kalkulus II

KATA PENGANTAR

Sebagaian besar mahasiswa menganggap bahwa Mata Kuliah yang berhubungan dengan menghitung yang salah satunya Kalkulus adalah susah, rumit dan memusingkan. Alhasil jalan keluar yang ditempuh untuk mengatasinya adalah mahasiswa menghafal teknik (urutan cara) menjawab soal, bukan memahami inti persoalan, materi, dan bagaimana mendapatkan ide menyelesaikan soal. Sebagian lagi menganggap pemahaman materi saja sudah cukup. Pengalaman saya, mahasiswa yang baru memahami sebuah materi secara intuitif tetap saja akan kesulitan ketika menjawab persoalan. Kesulitan bukan karena tidak tahu jawabannya, tetapi kurang pandai bagaimana cara mengungkapkannya. Kemampuan seseorang menuangkan apa yang difahaminya ke dalam tulisan yang sistematis dan bisa dimengerti orang lain juga penting, karena orang khususnya dosen ketika UAS tertulis menilai apa yang kita tulis pada lembar jawaban bukan apa yang ada di dalam otak kita. “1001 soal dan solusi “ ini dibuat bukan dengan tujuan agar mahasiswa pembaca menghafal teknik menjawabnya, melainkan supaya pembaca dapat lebih memahami materi, dan berlatih mengungkapkan apa yang difahami. Tentunnya tulisan ini tidaklah cukup bagi pembaca, text book dan penjelasan dari dosen tetaplah lebih utama, jadikan soalsoal yang ada disini sebagai latihan, sekedar untuk melihat kebenaran jawaban anda atau ketika anda merasa sudah mengalami kebuntuan, baru silahkan pembaca menyimak pembahasannya. 1


Semoga bermanfaat !

Arip Paryadi

2


DAFTAR ISI

KATA PENGANTAR .................................................................................... 1 DAFTAR ISI .................................................................................................. 3 SOAL SOAL .................................................................................................. 4 UTS Kalkulus II MA1424 2008-2009 SP ............................................... 5 UTS Kalkulus II MA1123 2008-2009 .................................................... 6 UTS Kalkulus II MA1124 2008-2009 .................................................... 7 UTS Kalkulus II MA1224 2007-2008 .................................................... 8 UTS Kalkulus II MA1124 2006-2007 .................................................... 9 UTS Kalkulus II MA1124 2005-2006 .................................................. 10 UTS Kalkulus II MA1124 2004-2005 .................................................. 11 UTS Kalkulus II MA/DA1324 2000-2001 ........................................... 12 UTS Kalkulus II DA1324 1999-2000 ................................................... 13 PEMBAHASAN ........................................................................................... 14 UTS Kalkulus II MA1124 2008-2009 SP ............................................. 15 UTS Kalkulus II MA1424 2008-2009 .................................................. 18 UTS Kalkulus II MA1123 2008-2009 .................................................. 21 UTS Kalkulus II MA1224 2007-2008 .................................................. 24 UTS Kalkulus II MA1124 2006-2007 .................................................. 28 UTS Kalkulus II MA1124 2005-2006 .................................................. 32 UTS Kalkulus II MA1124 2004-2005 .................................................. 35 UTS Kalkulus II MA/DA1324 2000-2001 ........................................... 37 UTS Kalkulus II DA1324 1999-2000 ................................................... 41

3


SOAL SOAL

4


UJIAN TENGAH SEMESTER GANJIL 2008-2009 KALKULUS II MA 1424 SENIN 13 APRIL 2009 TUTUP BUKU UTS Kalkulus II MA1424 2008-2009 SP Kerjakan dengan Singkat dan Benar ! Berdoalah sebelum mengerjakan !

(x + 2 )n n n =0 (n + 1)3 ∞

1. Tentukan selang kekonvergenan dari deret ∑ 2. Diketahui keluarga kurva x 2 + 2 y 2 = c

a. Tentukan trayektori orthogonal dari keluarga kurva tersebut. b. Gambarkan keluarga kurva tersebut dan trayektori ortogonalnya 3. Tentukan solusi khusus dari y"−3 y '−10 y = e 5 x , y (0 ) = 1, y ' (0 ) =

1 7

4. Diketahui partikel P bergerak sepanjang garis I dengan persamaan gerak r

(

)

partikel P adalah r (t ) = 3,2,−1 + t 2 − 3t + 5 0,3,4 , 0 ≤ t ≤ 5 Tentukan : a. Titik awal partikel P b. Vector kecepatan dan percepatan pada t = 2 5. Tentukan kelengkungan dari kurva x = 3 cos t , y = 2 sin t di titik

No Bobot

1 8

2 8

3 8

4 8

(

3 2

)

3 ,1

5 8

-o0o- Semoga Sukses -o0o-

5


UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2008-2009 KALKULUS II MA 1123 SENIN 13 APRIL 2009 TUTUP BUKU UTS Kalkulus II MA1123 2008-2009 Kerjakan dengan Singkat dan Benar ! Berdoalah sebelum mengerjakan ! 1. Tentukan solusi khusus persamaan diferensial xy'+ y = e3x , y(1) = 0

2. Tentukan solusi umum persamaan diferensial y"−2 y'−15y = e x + 2x 2

3. Tentukan selang kekonvergenan

(x −1)n 2 n n =1 2 (n + 1) ∞

∑

6


UJIAN TENGAH SEMESTER PENDEK 2008-2009 KALKULUS II MA 1124 JUM’AT 24 JULI 2009 TUTUP BUKU UTS Kalkulus II MA1124 2008-2009 Jangan lupa berdoa sebelum mengerjakan Kerjakan dengan teliti dan jelas n ( 2 x − 5) ∑ (− 1) n ∞

1. Tentukan selang kekonvergenan dari deret

n

n =0

2. Tentukan solusi khusus dari

2

n +1

2 dy − 2 xy = 3x 2 e x , y (0) = 5 dx

3. Tentukan solusi umum dari y"+ y = e x + x 3

r 2 4. Diketahui r (t ) = (t − 1) iˆ + 4t 2 ˆj a. Tentukan persamaan garis singgung pada titik P(1,0) b. Tentukan kelengkungannya di titik P tersebut.

No Skor

1 12

2 8

3 8

4 12

7


UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2007 / 2008 MA1224 KALKULUS II SENIN / 7 APRIL 2008 TUTUP BUKU UTS Kalkulus II MA1224 2007-2008 ∞

1. a. Periksa apakah deret ∑ (− 1)n n =1

1 n(n + 1)

konvergen mutlak ,

konvergen bersyarat atau divergen ∞ n b. Periksa kekonvergenan deret ∑ n n =1 4 + 2 2. Perderetkan fungsi f ( x) =

2 kedalam deret taylor dengan pusat di 2+ x

x= 2. 3. a. Tentukan solusi persamaan differensial (x + 1)y '+ y = 1 ; y (0) = 2 b. Tentukan solusi persamaan differensial y"−3 y'+2 y = x + 2e x c. Tentukan solusi persamaan differensial y"−2 y '+ y = r

r

ex x3

r

4. Diketahui r (t ) = t i + t 2 j menyatakan vektor posisi dari partikel yang bergerak pada bidang. a. Tentukan kecepatan dan laju (besarnya kecepatan ) di titik (1,1) b. Tentukan dan gambarkan bentuk lintasan partikel tersebut .

8


UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2006/2007 MA1124 KALKULUS 11 SENIN 2 APRIL 2007 TUTUP BUKU UTS Kalkulus II MA1124 2006-2007 ∞

1. Tentukan selang kekonvergenan deret ∑

(3x + 1)n

n =1

n2 n

2. Tentukan solusi dari y' '− y' = 2 + e x bila y(0) = 0, y’(0) = 1 3. Tentukan perderetan Mc Laurin dari : f ( x ) = konvergensinya r

r

1 dan selang 2 + 3x

r

4. Misalkan r (t ) = t i + (2 − t ) j a. Tentukan persamaan garis singgung di titik P(1,1) b. Tentukan kelengkungan di titik P(1,1) 5. Tentukan solusi persamaan difenrensial xy '−2 y = x 4

Soal Nilai Korektor

1 8 SMG

2 8 RMI

3 8 EBS

4 8 RIZKI

5 8 WDT

9


UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2005/2006 KALKULUS II MA 1124 SENIN / 3 APRIL 2006 CLOSE BOOK UTS Kalkulus II MA1124 2005-2006

1. Diketahui

e 2 n − 2e n e 2n − 4

∞ a. Periksa kekonvergenan barisan {a n }n =1

∞

b. Periksa kekonvergenan deret ∑ an n =1

2. Cari himpunan kekonvergenan deret 1 3

+

2( x − 3)

+

4( x − 3) 2

4

+

8( x − 3) 3

5

+ ⋅⋅⋅

6

3. Tentukan solusi umum persamaan diferensial y ' '−4 y = 2 sinh 2 x + x (petunjuk : sinh ax =

e ax − e − ax ) 2

r

4. Diketahui lintasan dengan fungsi vector F (t ) = 2 cos t iˆ + 3 sin t ˆj . tentukan kelengkungan di (0,-3)

NO NILAI

1 10

2 10

3 10

4 10

Selamat Bekerja dengan Jujur

10


UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2004/2005 KALKULUS II MA1124 SENIN 11 APRIL 2005 TANPA KALKULATOR UTS Kalkulus II MA1124 2004-2005 ∞

1

n=0

(4 + n )5 2

1. Periksa kekonvergenan deret : ∑

2. Tentukan deret Mc Laurin dari f ( x) = x ln (1 + x ) 3. Tentukan persamaan trayektori ortogonal dari : y = (c − 1)x 2 4. Tentukan kuat arus yang mengalir pada rangkaian LC dengan L = 1 Henry, C = 0,01 Farad, sumber tegangan E(t) = 12 volt, jika pada saat awal tidak ada arus yang mengalir dan tidak ada muatan pada kapasitornya. 5. Diketahui persamaan parametrik dari kurva C di bidang : x = cos t + sin t y = cos t − sin t a. Tentukan persamaan kurva C dan gambarkan! b. Tentukan persamaan parameter garis singgung di titik (1,1).

Selamat Bekerja dengan TEKUN, TELITI, dan JUJUR

11


UJIAN TENGAH SEMESTER 2000-2001 MA/DA-1324 KALKULUS II JUM’AT/ 6 APRIL 2001 TUTUP BUKU UTS Kalkulus II MA/DA1324 2000-2001

(

)

2

1. a. Tentukan solusi khusus persamaan diferensial x 2 + 2 y'+ xy 2 = 0 dengan y (0) = 1 b. Tentukan solusi umum xy '+2 y =

sin x x

2. Diketahui persamaan diferensial y ' '+2 y '+2 y = r ( x) a. Tentukan solusi umum jika r ( x) = 0 b. Tentukan solusi umum jika r ( x) = e − x sin x 3. Diketahui f ( x, y) = 2 x 4 + y 2 − x 2 − 2 y a. Tentukan turunan berarah dari

f ( x, y )

dititik (1,1) dalam arah

r r r a =i + j

b. Tentukan nilai ekstrim beserta jenisnya dari f ( x, y ) r

r

r

r

4. Diketahui persamaan kurva C di ruang r (t ) = et cos t i + e t sin t j + t k

a. Tentukan vektor singgung di titik (1,0,0) b. Tentukan persamaan garis singgung pada kurva C di titik (,10,0)

Selamat Bekerja dengan Jujur

12


UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 1999/2000 KALKULUS II / DA-1324 JUM’AT 24 MARET 2000 TUTUP BUKU UTS Kalkulus II DA1324 1999-2000 1. Tentukan solusi khusus dari PD

dy + y tan x = 2 sec x, bila y(0) = 2 . dx

2. Diketahui PD : y ' '−3 y '+2 y = f ( x) a. Tentukan solusi khusus PD bila f(x) = 0, y(0) = 3 dan y’(0) = 4 b. Tentukan solusi umum PD bila f ( x) =

ex ex +1

3. Diketahui f ( x, y ) = x 3 − xy + x 2 y − 2 Tentukan : r

r

r

a. Turunan berarah dari f ( x, y ) di titik (-1,2) dengan arah a = 3 i + j b. Nilai ekstrim dan jenisnya dari f ( x, y ) 4. Tentukan persamaan bidang singgung dan persamaan garis normal dari permukaan 4 x 2 + y 2 + z 2 = 17 di titik ( 1,2,3) 5. Diketahui sebuah partikel bergerak sepanjang lengkungan C dengan r

(

)r

r

(

)r

vektor posisi F (t ) = 3t + 2t 3 i + 3t 2 j + 3t + t 3 k

a. Tentukan vektor kecepatan dan vektor percepatan partikel di titik (5,3,4) b. Tentukan cosinus sudut antara vektor kecepatan dan vektor percepatan partikel di titik (5,3,4)

13


PEMBAHASAN

14

1001 Pembahasan UTS Kalkulus II PEMBAHASAN UJIAN TENGAH SEMESTER PENDEK 2008-2009 KALKULUS II MA 1124 JUM’AT 24 JULI 2009

UTS Kalkulus II MA1124 2008-2009 SP n n (2 x − 5) ( ) − 1 ∑ n ∞

1. Menentukan selang kekonvergenan dari deret

n =0 2 n +1 Untuk menentukan titik titik x yang membuat deret konvergen kita lakukan uji hasil bagi mutlak

Untuk deret ini a n = (− 1)n ρ = lim n →∞

=

1 2

(2 x − 5)n 2n n +1

dan a n +1 = (− 1)n +1

(2 x − 5)n+1 2 n+1 n + 2

.

a n +1 (− 1)n +1 (2 x − 5)n +1 . 2 n n + 1 = lim an n →∞ 2 n +1 n + 2 (− 1)n (2 x − 5)n

2 x − 5 lim n →∞

n +1

=

n+2

1 2

2 x − 5 lim n →∞

1 + 1n

=

1+ 2n

1 2

2x − 5

Menurut uji hasil bagi deret di atas akan divergen jika ρ > 1 dan konvergen jika ρ < 1 yaitu jika 12 2 x − 5 < 1 atau 2x − 5 < 2 −2 < 2 x − 5 < 2 3 < 2x < 7 3 2

< x < 72 ,

sedangkan untuk ρ = 1 ( x = 32 dan x = 72 ) uji hasil bagi gagal sehingga perlu

dilakukan n

(− 2 )

∞

n ∑ (− 1) n =0

2

n

n +1

uji

yang

∞

= ∑ (− 1)n n=0

lainnya. n n

(− 1) 2

n

2

n +1

Bila

x= 2n

(− 1)

∞

= ∑

n +1

n=0

3 2 ∞

= ∑ n=0

deret 1

n +1

menjadi ∞

= ∑

1

k =1 k

1

2

yang merupakan deret divergen (deret p dengan p = ½ < 1). Bila x = 72 deret menjadi

∞

∑ (− 1) n =0

2n

n

2

n

∞

n +1

= ∑ (− 1)n n =0

1

n +1

. Untuk

memeriksa kekonvergenannya kita lakukan uji deret ganti tanda . untuk deret tersebut

an =

1 n +1

dan a n+1 =

1 n+2

. Sekarang perhatikan

bahwa 15


• •

a n +1 an

=

n +1 n+2

lim a n = lim

n →∞

n →∞

< 1 atau a n +1 < a n dan 1

=0

n +1 ∞

Oleh karena itu menurut uji deret ganti tanda ∑ (− 1)n n =0

∞

Jadi ∑ (− 1)

(2 x − 5)n

n

2n n + 1

n =0

konvergen pada interval

3 2

1

n +1

konvergen.

< x ≤ 72

2 dy − 2 xy = 3x 2 e x , y(0) = 5 dx 2 −2 xdx = e−x Faktor integrasi untuk PD tersebut adalah I = e ∫

2. Menentukan solusi khusus dari

Apabila PD awal dikalikan dengan faktor integrasi akan menghasilkan 2 dy − x 2 e − 2 xye − x = 3x 2 dx

yang dapat kita dituliskan dalam bentuk

( ) = 3x d (ye ) = 3x dx d ye − x dx

2

− x2

2

2

Dengan mengintegralkan kedua ruas diperoleh

(

2

)

2

ye − x = ∫ 3x 2 dx = x 3 + c atau y = x 3 + c e x yang merupakan solusi umum PD. Untuk mendapatkan solusi khusus kita sulihkan kondisi awal y (0 ) = 5

kedalam solusi umum PD menghasilkan c = 5 . Sehingga solusi khusus

(

)

untuk PD di atas adalah y = x 3 + 5 e x

2

3. Menentukan solusi umum dari y"+ y = e x + x 3 Persamaan karakteristik yang sesuai adalah : r 2 + 1 = 0 Sehingga didapat r1 = i dan r2 = −i . Jadi solusi homogennya y h = A sin x + B cos x

⇔

r = ±i

Untuk y p dipilih y p = Ce x + Dx 3 + Ex 2 + Fx + G sehingga y p ' = Ce x + 3Dx 2 + 2 Ex + F y p ' ' = Ce x + 6 Dx + 2 E

16


kemudian kita substitusi ke persamaan PD awal menghasilkan Ce x + 6Dx + 2E + Ce x + Dx3 + Ex 2 + Fx + G = e x + x 3

2Cex + Dx3 + Ex2 + (6D + F )x + (2E + G) = e x + x 3 Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada kedua ruas diperoleh 2C = 1 atau C = 12 D = 1, E = 0 6D + F = 0 atau F = −6 2E + G = 0 atau G = 0 Jadi y p = 12 e x + x 3 − 6 x x

1 2

dan solusi umum PD di atas adalah 3

y = A sin x + B cos x + e + x − 6 x r

4. Diketahui r (t ) = (t − 1)2 iˆ + 4t 2 ˆj a. Menentukan persamaan garis singgung pada titik P(1,0) t 0 = waktu saat titik P (1,0) tercapai yaitu t 0 = 0 r r ' (t ) = 2(t −1)iˆ + 8tˆj r r r ' (t 0 ) = r ' (0) = −2iˆ + 0 ˆj r r r (t 0 ) = r (0) = iˆ + 0 ˆj Jadi persamaan parameter garis singgung di titik P(1,0) adalah x = 1 − 2t , y = 0

b. Menentukan kelengkungannya di titik P tersebut. untuk kasus di atas x = (t − 1)2 dan y = 4t 2 maka : x' = 2(t − 1) y' = 8t

x" = 2 y" = 8

Kelengkungan untuk sembarang nilai t adalah : κ (t ) =

x' y"− y ' x"

[(x')

2

+ ( y ') 2

=

16(t − 1) − 16t

] [4(t − 1) 3

2

2

+ 64t 2

=

] [4(t − 1) 3

2

16 2

+ 64t 2

]

3

2

Jadi kelengkungan di titik P adalah κ (t 0 ) = κ (0 ) = 2

17


PEMBAHASAN UJIAN TENGAH SEMESTER GANJIL 2008-2009 KALKULUS II MA 1424 SENIN 13 APRIL 2009 UTS Kalkulus II MA1424 2008-2009

( x + 2 )n n n =0 (n + 1)3 ∞

1. Menentukan selang kekonvergenan dari deret ∑

Untuk menentukan titik titik x yang membuat deret konvergen dapat kita lakukan uji hasil bagi mutlak

(x + 2)n dan a = ∞ (x + 2)n+1 . ∑ n +1 n n +1 n =0 (n + 1)3 n =0 (n + 2)3 (x + 2)n +1 . (n + 1)3n = 1 x + 2 n +1 1 = lim =3 lim 3 n +1 n n n→∞ (n + 2)3 n →∞ + 2 ( x + 2) ∞

Untuk deret ini a n = ∑ ρ = lim n →∞

a n +1 an

x+2

Menurut uji hasil bagi deret di atas akan divergen jika ρ > 1 dan konvergen jika ρ < 1 yaitu jika 13 x + 2 < 1 atau x+2 <3 −3 < x + 2 < 3 −5 < x < 1

sedangkan untuk ρ = 1 ( x = −5 atau x = 1 ) uji hasil bagi gagal sehingga perlu dilakukan uji yang lainnya. Bila x = −5 deret menjadi

(− 3)n n n = 0 (n + 1)3 ∞

∑

(− 1)n yang merupakan deret harmonis ganti tanda yang n = 0 (n + 1) ∞

=∑

∞ 3n 1 = ∑ n n = 0 (n + 1)3 n = 0 (n + 1) ∞

konvergen. Sedangkan untuk x = 1 deret menjadi ∑

yang merupakan deret harmonis yang divergen. Jadi deret di atas konvergen pada selang −5 ≤ x < 1 . 2. Diketahui keluarga kurva x 2 + 2 y 2 = c a. Menentukan trayektori orthogonal dari x 2 + 2 y 2 = c

(

)

D x x 2 + 2 y 2 = D x (c ) 2 x + 4 yy' = 0

y' = −

x 2y

18

1001 Pembahasan UTS UT Kalkulus II

Trayektori orthogonal akan memenuhi persamaan diferensial y' t = −

1 2y y' t = y' x

dy 2 y = dx x dy 2dx = integralkan kedua ruas menghasilkan y x ln y = 2 ln x + C * ln y = ln x 2 + ln C = ln Cx 2 (C* = ln C) y = Cx 2

Jadi trayektori orthogonal dari x 2 + 2 y 2 = c adalah parabola y = Cx 2 b. Gambar keluarga kurva dan trayektori ortogonalnya seperti pada gambar di samping. 3. Menentukan solusi khusus dari y"−3 y '−10 y = e 5 x , y (0 ) = 1, y ' (0 ) =

1 7

Persamaan karakteristik yang sesuai adalah r 2 − 3r − 10 = 0 yaitu

(r − 5)(r + 2 ) = 0 r = 5 atau r = −2

Jadi solusi homogennya y h = c1e 5 x + c 2 e −2 x Untuk y p dipilih y p = Axe5 x sehingga y p ' = Ae5 x + 5 Axe5 x y p " = 5 Ae5 x + 5 Ae5 x + 25Axe5 x = 10Ae5 x + 25Axe5 x

kemudian kita substitusi ke persamaan PD awal menghasilkan

(

)

10 Ae 5 x + 25 Axe 5 x − 3 Ae 5 x + 5 Axe 5 x − 10 Axe 5 x = e 5 x 5x

5x

7 Ae = e 7A =1 A =

1 7

Sehingga y p = 17 xe 5 x Jadi solusi umum PD di atas adalah y = c1e 5 x + c 2 e −2 x + 17 xe 5 x . 19


Untuk mendapatkan solusi khususnya kita substitusikan kondisi awal y (0 ) = 1 dan y ' (0) = 17 . y ' = 5c1 e 5 x − 2c 2 e −2 x + 17 e 5 x + 57 xe 5 x

Dari y(0) = 1 diperoleh c1 + c 2 = 1* Dari y ' (0) = 17 diperoleh 5c1 − 2c 2 = 0 * * Jika system ini

diselesaikan akan diperoleh c1 =

solusi khusus dari PD di atas adalah y = 72 e

5x

+ 75 e

−2 x

2 7

dan c 2 =

+ 17 xe

5 7

. Jadi

5x

4. Diketahui partikel P bergerak sepanjang garis I dengan persamaan gerak r partikel P adalah r (t ) = 3,2,−1 + t 2 − 3t + 5 0,3,4 , 0 ≤ t ≤ 5 a. Menentukan titik awal partikel P r Titik awal partikel P terjadi ketika t = 0 yaitu r (0) = 3,2,−1 + 5 0,3,4

(

)

= 3,17,19

b. Vector kecepatan dan percepatan pada t = 2 Vector kecepatan dan percepatan untuk sembarang t adalah : r r v (t ) = r ' (t ) = (2t − 3) 0,3,4 r r a (t ) = v ' (t ) = 2 0,3,4 = 0,6,8

Vector kecepatan dan percepatan untuk t = 2 adalah : r v (2 ) = 0,3,4 r a (2 ) = 0,6,8

5. Menentukan

(

3 2

kelengkungan dari kurva x = 3 cos t , y = 2 sin t di titik

)

3 ,1

y ' = 2 cos t x ' = −3 sin t y" = −2 sin t x" = −3s cos t Kelengkungan kurva untuk sembarang t adalah : κ (t ) =

Titik

6 sin 2 t + 6 cos 2 t

x' y"− y ' x"

=

6

=

[(x') + ( y') ] (9 sin t + 4 cos t ) (9 sin t + 4 cos t ) ( 3 ,1) dipenuhi ketika t = , sehingga kelengkungan 2

2

3

2

2

2

3 2

tersebut adalah κ (π6 ) =

π

6

6

(

9

4

+ 3)

3

= 2

3

2

2

2

3

2

di titik

16 7 21

20


UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2008-2009 Kalkulus II MA 1123 Senin 13 April 2009 Tutup Buku UTS Kalkulus II MA1123 2008-2009

1. Menentukan solusi khusus persamaan diferensial xy'+ y = e 3x , y(1) = 0 Jika kita perhatikan persamaan diferensial ini dapat kita tuliskan dalam bentuk d ( yx ) = e 3x dx

d ( yx ) = e 3 x dx 3x ∫ d ( yx) = ∫ e dx

yx = 13 e 3 x + c

y=

1 3

e 3x + c x

Untuk mendapatkan solusi khusus kita sulihkan kondisi awal y (1) = 0 menghasilkan c = − 13 e 3 . jadi solusi khusus dari persamaan diferensial di atas adalah y =

e 3x − e 3 3x

2. Menentukan solusi umum persamaan diferensial y"−2 y '−15 y = e x + 2 x 2 Persamaan karakteristik yang sesuai adalah r 2 − 2r − 15 = 0 yaitu

(r − 5)(r + 3) = 0 r = 5 atau r = −3

Sehingga solusi homogennya adalah y h = c1e 5 x + c 2 e −3 x Untuk y p dipilih y p = Ae x + Bx 2 + Cx + D sehingga y p ' = Ae x + 2 Bx + C y p " = Ae x + 2 B

Kemudian kita substitusikan ke dalam PD awal menghasilkan

(

) (

)

Ae x + 2 B − 2 Ae x + 2 Bx + C − 15 Ae x + Bx 2 + Cx + D = e x + 2 x 2 − 16 Ae − 15Bx − (4 B + 15C )x + (2 B − 2C − 15D ) = e + 2 x 2 x

2

x

Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada kedua ruas secara berturut turut kita peroleh : 21

1001 Pembahasan UTS Kalkulus II 1 −16 A = 1 atau A = − 16

−15 B = 2 atau B = − 152 4 B + 15C = 0 atau C =

8 225

76 2 B − 2C − 15 D = 0 atau D = − 3375 8 76 Dengan demikian y p = − 161 e x − 152 x 2 + 225 x − 3375

Jadi solusi umum persamaan diferensial di atas adalah y = c1e 5 x + c 2 e −3 x − 161 e x − 152 x 2 +

8 225

y = yh + y p

76 x − 3375

(x − 1)n 2 n n =1 2 (n + 1) ∞

3. Menentukan selang kekonvergenan ∑

Untuk menentukan nilai x yang menyebabkan deret konvergen dapat kita lakukan uji hasil bagi mutlak. Untuk deret ini a n = a n +1 = lim an n →∞

ρ = lim n →∞

(x − 1)n dan a = (x − 1)n+1 n +1 2 n (n + 1)2 2 n +1 (n + 2)2 (x − 1)n+1 . 2 n (n + 1)2 = 1 x − 1 (n + 1)2 lim 2 2 n →∞ (n + 2) 2 n +1 (n + 2)2 (x − 1)n

=

1 2

x −1

Menurut uji hasil bagi deret akan divergen jika ρ > 1 dan konvergen jika ρ < 1 yaitu jika 12 x − 1 < 1 atau x −1 < 2 −2 < x − 1 < 2 −1 < x < 3

sedangkan untuk ρ = 1 ( x = −1 dan x = 3 ) uji hasil bagi gagal sehingga perlu dilakukan uji yang lainnya .

(− 2 )n 2 n n =1 2 (n + 1) ∞

bila x = −1 deret menjadi ∑

(−)n 2 n =1 (n + 1) ∞

misalkan ∑

∞

= ∑ u n dengan u n n =1

∞

∞

1

n =1

n =1

(n + 1)2

bahwa ∑ u n = ∑

(−)n 2 n =1 (n + 1) (−)n . sekarang perhatikan = (n + 1)2 ∞

=∑

merupakan deret konvergen (deret p dengan

(−)n konvergen mutlak. 2 n =1 (n + 1) ∞

p = 2 > 1 ) sekaligus menunjukkan bahwa ∑

22


Bila x = 3 deret menjadi

∞

1

n =1

(n + 1)2

∑

(deret p dengan p = 2 > 1 ).

Akhirnya dapat kita simpulkan bahwa

n

(x − 1) konvergen pada 2 n n =1 2 (n + 1) ∞

∑

yang merupakan deret konvergen

−1 ≤ x ≤ 3

23

1001 Pembahasan UTS Kalkulus II PEMBAHASAN UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2007 / 2008 MA1224 KALKULUS II SENIN / 7 APRIL 2008

UTS Kalkulus II MA1224 2007-2008 1

∞

1. a. Memeriksa apakah deret ∑ (− 1)n

n(n + 1)

n =1

konvergen mutlak ,

konvergen bersyarat atau divergen. 1

untuk deret ini a n = (− 1)n

n(n + 1)

1

dan a n +1 = (− 1)n +1

(n + 1)(n + 2)

.

untuk memeriksa apakah Ia konvergen mutlak kita lakukan uji hasil bagi mutlak ρ = lim n →∞

a n +1 = lim an n →∞

n(n + 1)

(n + 1)(n + 2)

n =1 n+2

= lim n →∞

karena ρ = 1 maka uji hasil bagi gagal mengujinya, sehingga perlu dilakukan uji yang lain. Sekarang perhatikan bahwa karena : an =

1 n(n + 1)

1

>

=

(n + 1)(n + 1)

1 n +1 1 n n =1 + 1 ∞

maka uji perbandingan dapat digunakan. Selanjutnya karena ∑

merupakan deret harmonis yang divergen maka kita simpulkan bahwa ∞

∞

n =1

n =1

∑ a n divergen dan akibatnya deret ∑ a n tidak konvergen mutlak.

Sekarang kita lakukan uji deret ganti tanda untuk memeriksa 1

∞

kekonvergenan ∑ (− 1)n n =1

1

∞

misalkan ∑ (− 1)n n =1

• •

bn +1 = bn

(n + 1)(n + 2)

n →∞

n →∞

.

∞

n(n + 1)

n(n + 1)

lim b n = lim

n(n + 1)

= ∑ (− 1)n bn dengan b n = n =1

n

=

1

n(n + 1)

1

n(n + 1)

<1

n+2 =0

24


1

∞

Oleh karena itu menurut uji deret ganti tanda deret ∑ (− 1)n n =1

n(n + 1) 1

∞

konvergen dan akhirnya dapat kita simpulkan bahwa ∑ (− 1)n n =1

n(n + 1)

konvergen bersyarat. n

∞

b. memeriksa kekonvergenan deret ∑

4 + 2n untuk memeriksanya kita lakukan uji hasil bagi. Untuk deret ini n =1

an =

n

dan a n +1 =

n +1

4+2 4 + 2 n +1 a n +1 4 + 2n n +1 4 + 2n ρ = lim n +1 = = . lim lim n +1 n→∞ a n n →∞ n n →∞ 4 + 2 4 + 2 n +1 n n

( 4 2 + 1) 1 = n 2 n →∞ 2 ( 4 + 2 ) 2

= 1. lim

2n

n

n

∞

n

n =1

4 + 2n

Karena ρ = 12 < 1 , menurut uji hasil bagi ∑ 2. Menentukan deret Taylor dari f ( x) = f ' ( x) =

2(− 1)

=

konvergen.

2 dengan pusat di x = 2 2+ x

2(− 1)11!

(2 + x )2 (2 + x )2 2(− 1)(− 2) 2(− 1)2 2! f ' ' ( x) = = (2 + x )3 (2 + x )3 2(− 1)(− 2)(− 3) 2(− 1)3 3! f ' ' ' ( x) = = (2 + x )4 (2 + x )4 M

M n

2(− 1) n! 2(− 1)n n! (n ) f (n ) ( x ) = f (2) = n +1 4 n+1 (2 + x ) Jadi deret taylor dari f dengan pusat di x = 2 adalah : ∞ f (n ) (2) ∞ (x − 2)n = ∑ (− 1)n n2+1 (x − 2)n f ( x) = ∑ n! n =0 n =0 4

25


3. a. Menentukan solusi persamaan differensial (x + 1)y '+ y = 1 ; y(0) = 2 jika kita perhatikan PD di atas dapat kita tuliskan dalam bentuk d ((x + 1)y ) = 1 atau dx d ((x + 1) y ) = dx integralkan kedua ruas menghasilkan (x + 1)y = x + c y=

x+c x +1

Untuk mendapatkan solusi khusus sulihkan kondisi awal y (0) = 2 ke dalam solusi umum PD menghasilkan c = 2 . Jadi solusi khusus dari PD di atas adalah y = Note :

x+2 x +1

d ((x + 1) y ) = D x ((x + 1) y ) = ((x + 1) y )' dx

b. Menentukan solusi persamaan differensial y"−3 y'+2 y = x + 2e x Persamaan karakteristik yang sesuai adalah r 2 − 3r + 2 = 0 yaitu

(r − 2)(r − 1) = 0 r = 1 atau r = 2 Dengan demikian solusi homogennya adalah y h = c1e x + c 2 e 2 x

Untuk y p dipilih y p = Ax + B + Cxe x sehingga y p ' = A + Ce x + Cxe x y p " = Ce x + Ce x + Cxe x = 2Ce x + Cxe x

Kemudian x

kita x

(

substitusikan x

x

) (

ke

PD

2Ce + Cxe − 3 A + Ce + Cxe + 2 Ax + B + Cxe

(− 3 A + 2B ) + 2 Ax − Ce

x

= x + 2e

awal

x

) = x + 2e

menghasilkan x

x

Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada kedua ruas diperoleh : −C = 2 atau C = −2 2 A = 1 atau A = 12 −3 A + 2 B = 0 atau B =

3 4

Jadi y p = 12 x + 34 − 2 xe x dan solusi umum PD di atas adalah y = y h + y p = c1e x + c 2 e 2 x + 12 x + 34 − 2 xe x

26


c. Menentukan solusi persamaan differensial y"−2 y '+ y =

ex

x3 Persamaan karakteristik yang sesuai adalah : r − 2r + 1 = 0 atau 2

(r − 1)2 = 0

r =1

Jadi solusi homogennya adalah y h = c1e x + c 2 xe x untuk y p dipilih y p = uy1 + vy2 dengan : y1 = e x

y 2 = xe x

y1 ' = e x y 2 ' = e x + xe x = (x + 1)e x Untuk mendapatkan u dan v, kita menghitung wronskian terlebih dahulu yaitu W = y1 y 2 '− y1 ' y 2 = (x + 1)e 2 x − xe 2 x = e 2 x Sehingga diperoleh : x xe x . e 3 y 2 .r (x ) x dx = − 1 = 1 u = −∫ dx = − ∫ ∫ 2 2 x W x e x x

e x .e 3 y1 .r (x ) x dx = 1 = − 1 v=∫ dx = ∫ ∫ 3 2x W e x 2x 2

r

Jadi solusi nonhomogennya adalah y p =

e x xe x e x − = x 2x 2 2x

umum PD di atas adalah y = c1e x + c 2 xe x +

ex 2x

r

r

dan solusi

4. r (t ) = t i + t 2 j adalah vektor posisi partikel yang bergerak pada bidang. a. Menentukan kecepatan dan laju (besarnya kecepatan ) di titik (1,1) r r r r Kecepatan untuk sembarang t adalah v (t ) = r ' (t ) = i + 2tj , sedangkan r

kelajuannya v (t ) = 1 + 4t 2 . Titik (1,1) dipenuhi ketika t = 1 . sehingga kecepatan dan kelajuan pada (1,1) masing masing adalah r r r r v (1) = i + 2 j dan v (1) = 5

r

b. Persamaan parameter untuk r (t ) adalah x = t, y = t 2

y = x2

sehingga lintasan partikel

berbentuk parabola y = x 2 27


PEMBAHASAN UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2006/2007 MA1124 KALKULUS 11 SENIN 2 APRIL 2007 UTS Kalkulus II MA1124 2006-2007 ∞

1. Menentukan selang kekonvergenan deret ∑

(3x + 1)n

n2 n Untuk menentukan titik titik x yang membuat deret konvergen dapat kita lakukan uji hasil bagi mutlak . (3x + 1)n+1 (3x + 1)n = a a = Untuk deret ini n dan n +1 (n + 1)2 n+1 n2 n n =1

ρ = lim n →∞

a n +1 (3x + 1)n +1 . n2 n = = lim n +1 an n →∞ (n + 1)2 (3x + 1)n

1 2

3x + 1 lim n →∞

n = n +1

1 2

3x + 1

Menurut uji hasil bagi deret di atas akan divergen jika ρ > 1 dan konvergen jika ρ < 1 yaitu jika 12 3x + 1 < 1 atau 3x + 1 < 2 −2 < 3 x + 1 < 2 −3 < 3 x < 1 − 1 < x < 13

sedangkan untuk ρ = 1 ( x = −1 dan x = 13 ) uji hasil bagi gagal sehingga perlu dilakukan uji yang lainnya. ∞ (− 2 )n ∞ (− 1)n = ∑ Bila x = −1 deret menjadi ∑ yang merupakan deret n n =1 n 2 n =1 n harmonis ganti tanda yang konvergen. ∞ 2n ∞ 1 1 = x = ∑ ∑ Bila deret menjadi yang merupakan deret harmonis 3 n n =1 n2 n =1 n yang divergen. ∞

Akhirnya dapat kita simpulkan bahwa ∑

(3x + 1)n

n =1

−1 ≤ x <

n2 n

konvergen pada

1 3

28


2. Menentukan solusi dari PD y' '− y' = 2 + e x bila y(0) = 0 dan y’(0) = 1. Persamaan karakteristik yang sesuai adalah r 2 − r = 0 atau r (r − 1) = 0 sehingga didapat r = 0 atau r = 1 . dengan demikian solusi homogennya adalah y h = c1 + c 2 e x Untuk y p dipilih y p = Ax + Bxe x sehingga y p ' = A + Be x + Bxe x y p " = Be x + Be x + Bxe x = 2 Be x + Bxe x

Kemudian kita substitusikan ke dalam PD awal menghasilkan

(

)

2 Be x + Bxe x − A + Be x + Bxe x = 2 + e x x

− A + Be = 2 + e

x

Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada kedua ruas kita peroleh A = −2 dan B = 1 Sehingga y p = −2 x + xe x dan solusi umum persamaan diferensial yaitu y = c1 + c 2 e x − 2 x + xe x . y ' = c 2 e x − 2 + e x + xe x

Untuk mendapatkan solusi khusus kita sulihkan kondisi awal y(0) = 0 dan y’(0) = 1. Dari y(0) = 0 diperoleh c1 + c 2 = 0 Dari y’(0) = 1diperoleh c 2 − 1 = 1 atau c 2 = 2 sehingga c1 = −2 Jadi solusi khusus PD yang dimaksud adalah y = −2 + 2e x − 2 x + xe x . 3. Menentukan deret Mc Laurin dari : f ( x ) =

1 2 + 3x

dan selang

konvergensinya f ( x) =

1 1 1 = 2 + 3 x 2 1 − 32 x

( ( ))

Dengan menggunakan fakta bahwa ∞ 1 = 1 + x + x 2 ... = ∑ x n ; x < 1 1− x n =0 kita peroleh ∞ ∞ 2 n n f ( x) = 12 1 + (− 32 x ) + (− 32 x ) ... = 12 ∑ (− 32 x ) = 12 ∑ (− 1)n ( 32 ) x n ; 32 x < 1   n =0 n =0 29


r

r

r

4. Misalkan r (t ) = t i + (2 − t ) j a. Menentukan persamaan garis singgung di titik P(1,1) t 0 = waktu saat titik P (1,1) tercapai yaitu t 0 = 1 r 1 ˆ ˆ r ' (t ) = i−j 2 t

r r r ' (t 0 ) = r ' (1) = 12 iˆ − ˆj r r r (t0 ) = r (1) = iˆ + ˆj

Jadi persamaan parameter garis singgung di titik P(1,1) adalah

x = 1 + 12 t , y = 1 − t b. Menentukan kelengkungan di titik P(1,1) untuk kasus di atas x = t dan y = 2 − t maka : − 12

x' = 12 t y' = −1

x" = − 14 t y"= 0

− 32

Kelengkungan untuk sembarang nilai t adalah :

κ (t ) =

− 14 t

x' y"− y ' x"

[(x')

2

+ ( y ')

2

=

] [t 3

2

1 −1 4

− 32

]

3

+1

= 2

1 4

[

t

1 −1 t 4

− 32

]

3

+1

2

Jadi kelengkungan di titik P adalah κ (t 0 ) = κ (1) =

1 4

(54 )

3 2

=

2 5 5

5. Menentukan solusi persamaan difenrensial xy '−2 y = x 4 xy '−2 y = x 4 y = x3 x Agar PD ini dapat integrasinya (I) y '−2

diselesaikan terlebih dahulu kita tentukan faktor

2

∫ − x dx

−2

I =e = e − 2 ln x = e ln x = x − 2 Kita kalikan persamaan terakhir dengan faktor integrasi menghasilkan y' y − 2 3 = x yang dapat kita tuliskan dalam bentuk 2 x x

30


d  y   =x dx  x 2   y  d  2  = xdx x   y  ∫ d  2  = ∫ xdx x   y  1 2  2 = 2 x +c x 

y=

1 2

x 4 + cx 2

31


PEMBAHASAN UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2005/2006 KALKULUS II MA 1124 SENIN / 3 APRIL 2006 UTS Kalkulus II MA1124 2005-2006

1. Diketahui

e 2 n − 2e n e 2n − 4

∞ a. Memeriksa kekonvergenan barisan {an }n =1

lim a n = lim

n →∞

n →∞

e 2 n − 2e n e 2n − 4

( ) =1 (1 − )

e 2n 1 − = lim n →∞

e 2n

2 en 4 e2n

∞ yang menunjukkan bahwa {an }n =1 konvergen ke 1.

∞

b. Memeriksa kekonvergenan deret ∑ an n =1

∞

Karena lim a n = 1 ≠ 0 maka menurut uji kekonvergenan barisan ∑ an n =1

n→∞

divergen. 2. Mencari himpunan kekonvergenan deret 1

+

2( x − 3)

3

4

+

4( x − 3) 2

+

8( x − 3) 3

5

∞

+ ⋅⋅⋅ = ∑

6

n =0

2 n ( x − 3)n

n+3

Untuk menentukan titik titik x yang menyebabkan deret konvergen dapat kita lakukan dengan uji hasil bagi mutlak . Untuk deret ini a n =

2 n ( x − 3) n n+3 n+1

n+1

an+1 2 = lim an n→∞

ρ = lim n→∞

dan a n +1 =

(x − 3) n+4

.

n+3 n

n

2 (x − 3)

2 n+1 (x − 3)n+1 n+4

= 2 x − 3 lim n→∞

n+3 n +4

= 2 x −3

Menurut uji hasil bagi deret di atas akan divergen jika ρ > 1 dan konvergen jika ρ < 1 yaitu jika 2 x − 3 < 1 atau x −3 <

1 2

− 12 < x − 3 < 5 2

<x<

1 2

7 2

32


sedangkan untuk ρ = 1 ( x = 52 dan x = 72 ) uji hasil bagi gagal sehingga perlu dilakukan uji yang lainnya. Bila x =

7 2

∞

deret menjadi ∑ n =0

2n

(12 )n

1

∞

=∑

n+3

n =0

n+3

∞

(− 1)n

yang merupakan deret

divergen ( deret p dengan p = ½ <1 ) . Bila x =

5 2

∞

deret menjadi ∑ n =0

( )n

2 n − 12

n+3

=∑ n =0

n+3

yang merupakan deret

ganti tanda. Oleh karena itu kita dapat melakukan uji deret ganti tanda. ∞

Misalkan ∑ n =0

(− 1)n n+3

∞

= ∑ (− 1)n bn dengan bn = n =0

1

n+3

maka bn +1 =

1

,

n+4

sehingga :

bn +1 n+3 = < 1 dan bn n+4 1 =0 lim bn = lim n→∞ n→∞ n + 3

Oleh karena itu menurut uji deret ganti tanda dapat kita simpulkan bahwa ∞

∑ n =0

(− 1)n konvergen. n+3 ∞

Jadi ∑ n =0

2 n ( x − 3)n

n+3

konvergen pada

5 2

≤ x < 72 .

3. Menentukan solusi umum persamaan diferensial y"−4 y = 2 sinh 2 x + x Persamaan karakteristik yang sesuai adalah : r 2 − 4 = 0 . sehingga di dapat r = ±2 . Dengan demikian solusi homogennya adalah y h = c1e 2 x + c 2 e −2 x Untuk y p dipilih y p = Axe 2 x + Bxe −2 x + Cx + D sehingga y p ' = Ae 2 x + 2 Axe2 x + Be −2 x − 2Bxe−2 x + C y p " = 2 Ae 2 x + 2 Ae 2 x + 4 Axe2 x − 2 Be −2 x − 2 Be −2 x + 4 Bxe−2 x = 4 Ae 2 x + 4 Axe 2 x − 4 Be −2 x + 4 Bxe −2 x

Kemudian kita substitusikan ke dalam PD awal menghasilkan 2x 2x 4Ae + 4Axe − 4Be−2x + 4Bxe−2x − 4 Axe2x + Bxe−2x + Cx + D = e2x − e−2x + x

(

)

4Ae2x − 4Be−2x − 4Cx− 4D = e2x − e−2x + x

33


Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada kedua ruas diperoleh A = 14 , B = 14 , C = − 14 , dan D = 0 . Akhirnya kita peroleh solusi nonhomogennya yaitu y p = 14 xe 2 x + 14 xe −2 x − 14 x . Jadi solusi umum persamaan diferensial yang dimaksud adalah y = c1e 2 x + c 2 e −2 x + 14 xe 2 x + 14 xe −2 x − 14 x

4. Menentukan kelengkungan di (0,-3) jika diketahui lintasan fungsi vektor r yaitu F (t ) = 2 cos t iˆ + 3 sin t ˆj . Untuk fungsi vektor tersebut x = 2 cos t dan y = 3 sin t maka x ' = −2 sin t y ' = 3 cos t

x" = −2 cos t y" = −3 sin t

Sehingga kelengkungan untuk sembarang nilai t adalah κ (t ) =

x' y"− y ' x"

[(x')

2

+ ( y ')

2

=

(

] (4 sin 3

) = 6 t) (4 + 5 cos t )

6 sin 2 t + cos 2 t

2

2

t + 9 cos

Titik (0,-3) tercapai ketika t =

3π 2

2

3 2

2

3 2

. Sehingga kelengkungan pada titik ini

6 3  3π  = = 3  2  (4 ) 2 4

adalah κ 

34


PEMBAHASAN UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2004/2005 KALKULUS II MA1124 SENIN 11 APRIL 2005 UTS Kalkulus II MA1124 2004-2005 ∞

1

n =0

(4 + n )5 2

1. Memeriksa kekonvergenan deret : ∑ ∞

∑ n =0

1

1

∞

(4 + n )

5

= ∑ k =4

2

k

5

2

yang merupakan deret p dengan p = 52 > 1 yang

konvergen. 2. Menentukan deret Mc Laurin dari f ( x) = x ln (1 + x ) f ( x) = x ln (1 + x ) x

1 dt 1 + t 0 x 1 = x∫ dt 0 1 − (− t )

= x∫

x

(

)

= x ∫ 1 + (− t ) + (− t )2 + (− t )3 + ... dt 0

[ = x (x −

]

x

= x t − 12 t 2 + 13 t 3 − 14 t 4 + ... + (− 1)r +1 1r t r + ... 0

∞

1 2

x 2 + 13 x 3 −

= ∑ (− 1)n +1 n =1

1 n

1 4

)

∞

x 4 + ... + (− 1)r +1 1r x r + ... = x ∑ (− 1)n +1 n =1

1 n

xn

x n +1

3. Menentukan persamaan trayektori ortogonal dari : y = (c − 1)x 2 Untuk kurva tersebut belaku c = berdasarkan (*) diperoleh y' =

y x2

+ 1 ( *)

dan

y ' = 2(c − 1)x

.

2y x

Trayektori ortogonal akan memenuhi persamaan diferensial y' t = −

1 x y' t = − y' 2y

35

1001 Pembahasan UTS UT Kalkulus II

dy x =− dx 2y 2 ydy = − xdx ∫ 2 ydy = ∫ − xdx y 2 = − 12 x 2 + C y2 +

1 2

x2 = c

Jadi Trayektori ortogonal dari keluarga kurva parabola y = (c − 1)x 2 berupa keluarga kurva ellips y 2 + 12 x 2 = C 4. Menentukan entukan kuat arus yang mengalir pada rangkaian LC dengan L = 1 Henry, C = 0,01 Farad, sumber tegangan E(t)) = 12 volt, jika pada saat awal tidak ada arus yang mengalir dan tidak ada muatan muata pada kapasitornya. 5. Diketahui persamaan parametrik dari kurva C di bidang : x = cos t + sin t y = cos t − sin t

a. Menentukan persamaan kurva C dan gambarnya. Dengan sedikit manipulasi aljabar kita peroleh

y 2

x 2 = cos 2 t + sin 2 t + 2 sin t cos t = 1 + 2 sin t cos t *

y 2 = cos 2 t + sin 2 t − 2 sin t cos t = 1 − 2 sin t cos t * * Jumlahkan kedua ruas (*) dan (**) sehingga diperoleh x 2 + y 2 = 2 . jadi kurva C adalah sebuah lingkaran dengan pusat di titik (0,0) dan

jari jari

x 2

2 .

b. Menentukan entukan persamaan parameter garis singgung di titik (1,1). x ' (t ) = − sin t + cos t y ' (t ) = − sin t − cos t

Titik (1,1) tercapai ketika t = 0 sehingga x' (0 ) = 1 dan y ' (0) = −1 . jadi persamaan parameter garis singgung di titik ((1,1) adalah : x = 1 + t, y =1− t

36


PEMBAHASAN UJIAN TENGAH SEMESTER 2000-2001 MA/DA-1324 KALKULUS II JUM’AT/ 6 APRIL 2001 UTS Kalkulus II MA/DA1324 2000-2001

(

)

2

1. a. Menentukan solusi khusus persamaan diferensial x 2 + 2 y'+ xy 2 = 0 dengan y (0) = 1

(x

2

+2

)

(x

2

+2

)

−

dy y

∫−

2

2

=

2

dy y2

dy + xy 2 = 0 dx dy = − xy 2 dx xdx

(x

=∫

2

1 2

2

(

d x2 + 2

(x d (x + 2) (x + 2) +2

)

=

2

+2

)

)

2

2

1 2

2

2

1 1 =− +c 2 y 2 x +2

(

)

Untuk mendapatkan nilai c kita substitusikan kondisi awal y (0) = 1 menghasilkan c =

5 4

sehingga

1 1 5 5x 2 + 8 =− + = y 2 x 2 + 2 4 4x 2 + 8

(

)

Jadi solusi khusus PD yang dimaksud adalah y=

4x 2 + 8 5x 2 + 8

b. Menentukan solusi umum xy '+2 y =

sin x x

Kita tuliskan PD dalam bentuk y '+2

y sin x = 2 x x

Agar PD ini dapat diselesaikan terlebih dahulu kita tentukan faktor integrasinya (I) I =e

2 ∫ dx x

2

= e 2 ln x = e ln x = x 2

37


Dengan mengalikan kedua ruas persamaan PD terakhir dengan faktor integrasi kita peroleh x 2 y '+2 xy = sin x yang dapat dituliskan dalam bentuk

( )

d yx 2 = sin x atau dx

( ) ∫ d (yx ) = ∫ sin xdx

d yx 2 = sin xdx 2

yx 2 = − cos x + c

Jadi solusi umum PD yang dimaksud adalah y=

c − cos x x2

2. Diketahui persamaan diferensial y"+2 y '+2 y = r ( x) a. Menentukan solusi umum jika r ( x) = 0 Persamaan karakteristik yang sesuai adalah r 2 + 2r + 2 = 0 atau

(r + 1)2 + 1 = 0 (r + 1)2 = −1 (r +1) = ±i r = −1 ± i

Sehingga Solusi Homogennya adalah y h = e − x (c1 cos x + c 2 sin x ) . Menurut definisinya, karena r ( x) = 0 maka PD diatas merupakan PD homogen yang memiliki solusi umum sama dengan solusi homogennya yaitu y = e − x (c1 cos x + c 2 sin x ) b. Menentukan solusi umum jika r ( x) = e − x sin x Karena r ( x) ≠ 0 maka menurut definisinya PD ini termasuk dalam PD nonhomogen yang memiliki solusi umum berupa penjumlahan dari solusi homogen dan solusi non homogen. Untuk solusi homogen telah kita dapatkan pada poin sebelumnya. Untuk solusi nonhomogen y p dipilih y p = xe − x ( A cos x + B sin x ) sehingga

(

)

y p ' = e − x − xe − x ( A cos x + B sin x ) + xe − x (− A sin x + B cos x )

38


( + (e

)

(

)

y p " = − e − x − e − x + xe x ( A cos x + B sin x) + e − x − xe− x (− A sin x + B cos x) −x

)

− xe− x (− A sin x + B cos x) + xe− x (− A cos x − B sin x)

(

−x

)

= −2e ( A cos x + B sin x) + 2 e − x − xe− x (− A sin x + B cos x) Kemudian kita substitusikan ke dalam PD awal menghasilkan

(

)

− 2e − x ( A cos x + B sin x) + 2 e − x − xe− x (− A sin x + B cos x)...

((

)

)

+ 2 e − x − xe− x ( A cos x + B sin x) + xe− x (− A sin x + B cos x) −x

−x

+ 2xe ( A cos x + B sin x) = e sin x jika ruas kiri disederhanakan akan kita peroleh 2e − x (− A sin x + B cos x ) = e − x sin x − 2 Ae − x sin x + 2 Be − x cos x = e − x sin x

Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada kedua ruas akan didapat A = − 12 dan B = 0 sehingga solusi nonhomogennya adalah y p = − 12 xe − x cos x Jadi solusi umum persamaan diferensial yang dimaksud adalah y = e − x (c1 cos x + c 2 sin x ) − 12 xe − x cos x

Alternatif lain kita dapat menggunakan metode variasi parameter untuk menentukan solusi nonhomogennya. Pada metode ini kita pilih y p = uy1 + vy 2 dengan y1 = e − x cos x dan y 2 = e − x sin x sehingga y1 ' = −e − x cos x − e − x sin x = −e − x (cos x + sin x ) dan y 2 ' = −e − x sin x + e − x cos x Untuk mendapatkan u dan v terlebih dahulu kita tentukan Wronskiannya (W) W ( y1 , y 2 ) = y1 y 2 '− y1 ' y 2 = −e − 2 x sin x cos x + e − 2 x cos 2 x + e − 2 x sin 2 x + e − 2 x sin x cos x

(

)

= e −2 x cos 2 x + sin 2 x = e −2 x y r (x ) u = −∫ 2 dx = − ∫ sin 2 xdx = 12 ∫ (cos 2 x − 1)dx = 14 sin 2 x − 12 x W y1 r (x ) v=∫ dx = ∫ sin x cos xdx = 12 ∫ sin 2 xdx = − 14 cos 2 x W

39


Sehingga y p = (14 sin 2 x − 12 x )e − x cos x − 14 .e − x cos 2 x sin x Jadi solusi umum persamaan diferensial yang dimaksud adalah y = e − x (c1 cos x + c 2 sin x ) +

(14 sin 2 x − 12 x )e − x cos x − 14 e − x cos 2 x. sin x

Sekilas solusi umum pada metode variasi parameter berbeda dengan metode koefisien tak tentu pada poin sebelumnya. Pertanyaannya apakah ada yang salah dengan matematika kita ? tentu saja tidak. sekarang mari kita perhatikan y = e − x (c1 cos x + c2 sin x ) +

(14 sin 2 x − 12 x)e − x cos x − 14 e − x cos 2 x.sin x

= e− x (c1 cos x + c2 sin x ) − 12 xe− x cos x + 14 e− x sin 2 x cos x − 14 e− x cos 2 x. sin x = e− x (c1 cos x + c2 sin x ) − 12 xe− x cos x + 14 e− x 2 sin x cos2 x − 14 e− x cos 2 x. sin x = e− x (c1 cos x + c2 sin x ) − 12 xe− x cos x + 14 e− x sin x(cos 2 x + 1) − 14 e− x cos 2 x.sin x = e− x (c1 cos x + c2 sin x) − 12 xe− x cos x + 14 e− x sin x

(

(

)

)

= e− x c1 cos x + c2 + 14 sin x − 12 xe− x cos x =e

−x

(c1 cos x + c * sin x) −

1 2

xe− x cos x

Sekarang terlihat bahwa solusi umum pada metode koefisien tak tentu dan variasi parameter akan memiliki basis penyelesaian yang sama. 3. Materi UAS r r r r 4. Diketahui persamaan kurva C di ruang r (t ) = e t cos t i + e t sin t j + t k a. Menentukan vektor singgung di titik (1,0,0) Vektor singgung untuk sembarang r nilai t adalah r r r r ' (t ) = e t cos t − e t sin t i + e t sin t + e t cos t j + k

(

) (

)

Titik (1,0,0) dipenuhi jika t = 0 , sehingga vektor singgung pada titik r r r r ini adalah r ' (0) = i + j + k b. Menentukan persamaan garis singgung pada kurva C di titik (1,0,0) Persamaan parameter garis singgung di titik (1,0,0) adalah x = 1 + t , y = t, z = t

40


PEMBAHASAN UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 1999/2000 KALKULUS II / DA-1324 JUM’AT 24 MARET 2000 UTS Kalkulus II DA1324 1999-2000 1. Menentukan solusi khusus dari PD

dy + y tan x = 2 sec x, bila y(0) = 2 . dx

Agar PD ini dapat diselesaikan terlebih dahulu kita tentukan faktor integrasinya (I) I = e ∫ tan xdx = e ln sec x = sec x

Kita kalikan PD awal dengan faktor integrasi ini menghasilkan dy sec x + y sec x tan x = 2 sec 2 x yang dapat kita tuliskan dalam bentuk dx d ( y sec x ) = 2 sec 2 x dx

d ( y sec x ) = 2 sec 2 xdx 2 ∫ d ( y sec x ) = ∫ 2 sec xdx y sec x = 2 tan x + c

Sehingga solusi umum dari persamaan diferensial di atas adalah 2 tan x + c y= = 2 sin x + c cos x sec x Untuk mendapatkan solusi khususnya kita sulihkan kondisi awal y(0) = 2 ke dalam solusi umum menghasilkan c = 2 . Jadi solusi khusus PD yang dimaksud adalah y = 2(sin x + cos x ) . 2. Diketahui PD : y' '−3 y'+2 y = f ( x) a. Menentukan solusi khusus PD bila f(x) = 0, y(0) = 3 dan y’(0) = 4 Karena f ( x) = 0 maka menurut definisinya PD ini termasuk ke dalam PD homogen yang memiliki penyelesaian umum sama dengan solusi homogennya. Persamaan karakteristik yang sesuai adalah r 2 − 3r + 2 = 0 atau (r − 2)(r − 1) = 0 sehingga diperoleh r = 2 atau r = 1 . Jadi solusi umum PD ini adalah y = y h = c1e x + c 2 e 2 x . Untuk mendapatkan solusi khususnya kita sulihkan kondisi awal y (0 ) = 3 dan y ' (0 ) = 4 . 41


y' = c1e x + 2c 2 e 2 x

Dari y (0 ) = 3 diperoleh c1 + c 2 = 3 sedangkan dari y ' (0) = 4 diperoleh c1 + 2c 2 = 4 jika kedua persamaan ini diselesaikan akan menghasilkan c 2 = 1 dan c1 = 2 . Jadi solusi khusus PD yang dimaksud adalah y = 2e x + ce 2 x .

b. Menentukan solusi umum PD bila f ( x) =

ex

ex +1 Karena f ( x) ≠ 0 maka menurut definisinya PD ini menjadi PD non homogen yang memiliki penyelesaian umum berupa penjumlahan dari solusi homogen y h dan solusi nonhomogen y p . Untuk solusi

homogen telah kita peroleh pada bagian sebelumnya, sedangkan untuk solusi nonhomogennya kita pilih y p = uy1 + vy 2 dengan y1 = e x dan y 2 = e 2 x sehingga y1 ' = e x dan y 2 ' = 2e 2 x

Untuk mendapatkan u dan v terlebih dahulu kita tentukan Wronskiannya. W ( y1 , y 2 ) = y1 y 2 '− y1 ' y 2 = 2e 3 x − e 3 x = e 3 x . Sehingga u = −∫

(

)

y 2 f (x ) 1 e x +1 − e x dx = − ∫ x dx * = − ∫ dx W e +1 e x +1

(

)

 e x  e x dx d e x +1 = − ∫ 1 − x dx = − dx + = − x + = − x + ln e x + 1 ∫ ∫ ∫ x x  e + 1 e + 1 e + 1   y1 f (x ) dx 1  1  1 v=∫ dx = ∫ x x = ∫ x − x dx dx = ∫ e − x dx − ∫ x W e e +1 e +1  e +1 e

(

(

)

(

)

)

(

) − x + ln (e + 1)) .

Berdasarkan penyelesaian dari (*) diperoleh v = −e − x − x + ln e x + 1 . x

Dengan demikian

(

(

x

))

y p = e − x + ln e + 1 + e

2x

(− e

−x

x

Jadi penyelesaian umum persamaan diferensial yang dimaksud adalah

(

(

))

(

(

))

y = c1e x + c 2 e 2 x + e x − x + ln e x + 1 + e 2 x − e − x − x + ln e x + 1

3. Materi UAS 4. Materi UAS

42


5. Diketahui sebuah partikel bergerak sepanjang lengkungan C dengan r r r r 3 2 3 vektor posisi F (t ) = 3t + 2t i + 3t j + 3t + t k a. Menentukan vektor kecepatan dan vektor percepatan partikel di titik (5,3,4) Vektor kecepatan dan percepatan untuk sembarang nilai t secara berturut turut adalah r

(

)

(

)

r r r r v (t ) = F ' (t ) = 3 + 6t 2 i + 6t j + 3 + 3t 2 k r r r r r a (t ) = F " (t ) = 12t i + 6 j + 6t k

(

)

(

)

Titik (5,3,4) dipenuhi ketika t = 1 . sehingga vektor kecepatan dan percepatan di titikr tersebut yaitu r r r v (1) = 9 i + 6 j + 6 k r r r r a (1) = 12 i + 6 j + 6 k

b. Menentukan cosinus sudut antara vektor kecepatan dan vektor percepatan partikel di titik (5,3,4) Misalkan sudut antara vektor kecepatan dan percepatan di titik (5,3,4) adalah α , maka r r v (1) • a (1) 9.12 + 6.6 + 6.6 cos α = r = r v (1) a (1) 81 + 36 + 36 144 + 36 + 36 180 180 10 = = = 153 216 9 17 36 6 102

43

1001 Pembahasan UTS Kalkulus II KATA PENGANTAR

Recommend Documents