Solusi Tutorial 6 Matematika 1A Arif Nurwahid1
i) Salah. Untuk setiap 0 ≤ x ≤ π , fungsi sin x bukan merupakan fungsi bijektif sehingga tidak memiliki fungsi invers. 2) Turunan fungsi. Ingat aturan turunan rantai dan turunan parsial. a) Misalkan p = 3x2 + 3x, diperoleh t = ln p dan dp juga dx = 6x + 3. Dengan aturan rantai
y dy dx dy dx dy dx dy dx
= ln p d = (ln p) dx d dp = (ln p) · dp dx 1 = (6x + 3) p 6x + 3 = 2 3x + 3x
al ar ify .c om
1) Pernyataan benar atau salah. a) Salah, sebab ln |x| tidak terdefinisi untuk x = 0. b) Betul. Sederhananya, titik belok dapat dikatakan sebagai lokasi perubahan kecekungan. Hal ini dapat dilihat dari turunan keduanya. Pada soal 1 ini, y ′′ = − 2 yang nilainya selalu negatif untuk x setiap x ∈ R − {0} yang berarti selalu cekung ke bawah (tidak perubahan kecekungan). c) Salah. Ambil x = y = e. Ruas kiri bernilai 1, sedangkan ruas kanan bernilai 0. d) Salah. Ambil x = e. Ruas kanan bernilai 1, sedangkan ruas kiri bernilai 4. e) Betul. Nilai ex selalu positif untuk setiap x ∈ R sehingga tidak mengubah tanda. Sebagai bukti: jika a < b, diperoleh a − b < 0 atau negatif. Diketahui ex yang selalu positif, maka hasil kali (a − b) dan ex menghasilkan nilai negatif, atau (a − b)ex < 0 =⇒ aex − bex < 0, dipindah ruas menjadi aex < bex . f) Salah. ln π adalah konstan sehingga turunannya d bernilai 0, atau (ln π) = 0. dx g) Salah. Misalkan y = xx , diperoleh bentuk lain dy dari Dx (xx ) adalah dx , sehingga
y = xx
ln y = ln xx ln y = x · ln x d d ln y = (x · ln x) dx dx 1 dy 1 · = 1 · ln x + x · (turunan parsial) y dx x 1 dy · = ln x + 1 y dx dy = y(1 + ln x) dx dy = xx (1 + ln x) dx
h) Betul. Misalkan sin t = x. Untuk − π2 ≤ t ≤ π2 , maka diperoleh −1 ≤ x ≤ 1. Apabila digambarkan pada sb-x thd sb-t), fungsi tersebut merupakan fungsi bijektif sehingga memiliki invers, yaitu t = sin−1 (x). Substitusikan fungsi kedua ke fungsi pertama, diperoleh sin(sin−1 (x)) = x untuk setiap −1 ≤ x ≤ 1. 1 Arif
Nurwahid is in Computational Science Department, Institut Teknologi Bandung www.alarify.com
b) Gunakan turunan parsial
f (t) = t ln t
f ′ (t) = 1 · ln t + t · f ′ (t) = ln t + 1
1 t
Perhatikan! ln t + 1 berbeda dengan ln(t + 1). c) Gunakan aturan rantai
y = ln(cos x) 1 y′ = · (− sin(x)) cos(x) y ′ = − tan x
d) Perhatikan bahwa ln x1 = ln x−1 = − ln x sehingga
y = (− ln x)
3
y ′ = 3 (− ln x) y′ = −
2
3(ln x)2 x
−
1 x
3) Integral dengan substitusi. a) Integral tersebut dapat ditulis juga sebagau 1 s ds. Misalkan p = 2s2 + 8, maka 2s2 + 8
dp ds
= 4s sehingga s ds = 14 dp. Diperoleh
b)
s ds = 2s2 + 8
a) Transformasikan y ke fungsi ln y
x+2 y=√ 3 x −1 x+2 ln y = ln √ x3 − 1 ln y = ln(x + 2) − ln(x3 − 1)1/2 1 ln y = ln(x + 2) − ln(x3 − 1) 2 d d 1 (ln y) = ln(x + 2) − ln(x3 − 1) dx dx 2 1 dy 1 3x2 · = − y dx x + 2 2(x3 − 1) dy 1 3x2 =y − dx x + 2 2(x3 − 1) dy x+2 1 3x2 =√ − dx x3 − 1 x + 2 2(x3 − 1)
1 s ds 2s2 + 8 1 1 = dp 4 p 1 = ln |p| + C 4 1 = ln(2s2 + 8) + C 4
2 ln x dx = x
(2 ln x) ·
1 dx x
al ar ify .c om
Dalam integral tersebut, yang dimisalkan adalah ln x karena akan menghasilkan turunannya x1 dx. Misalkan p = ln x, diperoleh dp = x1 dx sehingga
2 ln x 1 dx = (2 ln x) · dx x x =
b) Kombinasikan turunan logaritmik dengan turunan rantai.
y = (x2 − x)(x + 3)(x2 + 2) ln y = ln (x2 − x)(x + 3)(x2 + 2)
2p dp
= p2 + C
ln y = ln(x2 − x) + ln(x + 3) + ln(x2 + 2) d d (ln y) = ln(x2 − x) + ln(x + 3) + ln(x2 + 2) dx dx 1 dy 2x − 1 1 2x · = 2 + + y dx x − x x + 3 x2 + 2 dy 2x − 1 1 2x =y + + dx x2 − x x + 3 x2 + 2 dy = (x2 − x)(x + 3)(x2 + 2) dx 2x − 1 1 2x × + + x2 − x x + 3 x2 + 2 dy = (2x − 1)(x + 3)(x2 + 2) dx + (x2 − x)(x2 + 2) + (x2 − x)(x + 3)(2x)
= (ln x)2 + C
c) Selain dengan substitusi, integral pada soal ini dapat diselesaikan dengan melakukan manipulasi aljabar
x2 dx = x−1
(x2 − 1) + 1 dx x−1 2 x −1 1 = + dx x − 1 x − 1 1 = (x + 1) + dx x−1 x2 = + x − ln(x − 1) + C 2
d) Pada soal ini, misalkan p = 1 + sin x, maka dp = cos x dx sehingga
cos x 1 dx = · cos x dx 1 + sin x 1 + sin x 1 = dp p = ln |p| + C = ln(1 + sin x) + C
4) Turunan algoritmik.
c)
(x2 + 1)2/3 (3x + 1)3 √ x+1 2 (x + 1)2/3 (3x + 1)3 √ ln y = ln x+1 2 1 2 ln y = ln(x + 1) + 3 ln(3x + 1) − ln(x + 1) 3 2 (turunkan terhadap x) 1 dy 4x 9 1 = + · − 2 y dx 3(x + 1) 3x + 1 2(x + 1) sederhanakan seperti soal sebelumnya y=
5) Menentukan invers suatu fungsi. Definisikan f (x) = y sehingga x = f −1 (y).
a)
d) Lakukan perkalian aljabar biasa! √ 1− x √ y= 1+ x √ √ y+y x=1− x √ √ y x+ x=1−y √ x(y + 1) = 1 − y √ 1−y x= 1+y 2 1−y x= 1+y 2 1−y f −1 (y) = 1+y 2 1−x f −1 (x) = 1+x
y = 3 − 2x
2x = 3 − y 3−y x= 2 3−y −1 f (y) = 2 3−x −1 f (x) = 2 b)
4x − 1 2x + 3 y(2x + 3) = 4x − 1 2xy + 3y − 4x = −1
6) Suatu fungsi memiliki invers apabila fungsi tersebut hanya memiliki satu kemonoton, yaitu naik saja atau turun saja. Hal tersebut dapat dilihat dari turunan pertamanya; apabila turunannya positif, maka fungsi tersebut monoton naik; begitu pula sebaliknya. a) Cek kemonotonan: f ′ (x) = 3x2 + 1 ≥ 0 untuk setiap x ∈ R sehingga fungsi tersebut memiliki invers. Untuk a = 10, atau f (x) = 10, terjadi ketika x = 2. Kita dapat menebak suatu nilai x untuk mendapatkan nilai f (x) = 10 seperti yang diinginkan. Dapat dipastikan bahwa nilai x yang memenuhi hanya ada satu karena fungsi tersebut bersifat bijektif (satu-satu dan pada, sebagai syarat fungsi memiliki invers), artinya setiap x hanya punya pasangan sebuah y , begitu sebaliknya setiap y hanya punya satu pasangan x. Jadi diperoleh
al ar ify .c om
y=
2xy − 4x = −3y − 1
x(2y − 4) = −3y − 1 −3y − 1 x= 2y − 4 3y +1 f −1 (y) = 4 − 2y 3x + 1 f −1 (x) = 4 − 2x
c) Gunakan pelengkap kuadrat sempurna, yaitu ubah a2 − 2ab + b2 menjadi (a − b)2 . Pada domain yang diberikan, maka invers fungsi tersebut dicari sebagai berikut
(f −1 )′ (10) =
1 3(2)2 + 1 1 = 13
y = x2 − x y y
y+
1 4
y+
1 4
y+
2 2 1 1 1 2 = x − 2(x)( ) + − 2 2 2 2 1 1 = x− − 2 4 2 1 = x− 2 1 = x − 2
1 1 =x− , 4 2
karena x ≥
1 1 + 4 2 1 1 f −1 (y) = y + + 4 2 1 1 f −1 (x) = x + + 4 2 x=
y+
1 2
1 f ′ (2)
=
b) Diperoleh f ′ (x) = 3x2 + 3 cos x − 2 sin x. Nilai a = 2 diperoleh ketika x = 0 sehingga
(f −1 )′ (2) =
1 f ′ (0)
1 3(0)2 + 3 cos(0) − 2 sin(0) 1 = 3 =
√ c) f (x) = x3 + x2 + x + 1 memiliki turunan 2 +2x+1 ′ f (x) = 2√3x . Penyebut dari f ′ (x), x3 +x2 +x+1 yaitu bentuk akar, selalu positif di daerah domainnya, sedangkan pembilangnya selalu positif karena tergolong definit positif (a > 0 dan D < 0) sehingga f (x) monoton naik. Dengan
demikian f (x) memiliki invers. Kemudian, nilai a = 2 diperoleh ketika x = 1 sehingga
(f −1 )′ (2) =
1 f ′ (1) 1
=
3(1)2 +2(1)+1
2
√
(1)3 +(1)2 +(1)+1
1 6/4 2 = 3 =
7) Ketika (x, y) = (1, 6) diperoleh 6 = Ca1 = Ca. Sedangkan ketika (x, y) = (1, 6) diperoleh 24 = Ca3 . Substitusikan
24 = Ca3 24 = 6(a2 ) a2 = 4 a=2
xe
x2 −3
dx = =
2
= e2x
2
−x
· (4x − 1)
b) Gunakan turunan parsial dan turunan rantai. Dengan cara yang mirip dengan poin (a), diperoleh
ex
2
−3
ep 0.5dp
= 0.5ex
2
−3
y=e dy 1 · ln x − x(1/x) = ex/ ln x dx ln2 x ln x − 1 x/ ln x =e ln2 x
c) Dengan aturan rantai −x
y = xe dy = 1 · (e−x ) + x(−e−x ) dx dy = e−x − xe−x dx
+C
b) Misalkan p = ex − 1, maka dp = ex dx sehingga
ex 1 dx = · ex dx x−1 ex − 1 e 1 = dp p = ln |p| + C = ln(ex − 1) + C x
x/ ln x
x dx
= 0.5ep + C
a) Gunakan aturan rantai
= e2x −x d 2x2 −x = e dx 2 d d(2x2 − x) = e2x −x · 2 d(2x − x) dx
= 1·y+
9) Gunakan integral substitusi x2 −3 a) Soal dx dapat ditulis ulang menjadi x2 −3 xe e x dx sehingga dapat dimisalkan p = x2 − 3, maka dp = 2x dx, atau dapat ditulis x dx = 0.5dp. Diperoleh
Nilai a > 0 karena bentuk kurva tersebut monoton naik. Di sisi lain, turunan fungsi tersebut adalah y ′ = Cax ln a sehingga a harus positif. Kemudian nilai C diperoleh dengan substitusi a = 2 ke 6 = C · (2) sehingga C = 3. Diperoleh y = 3 · 2x . 8) Menentukan turunan fungsi eksponensial.
y dy dx dy dx dy dx
dz dx
ez + z = 2 d z d (e + z) = 2 dx dx d z dz (e + z) · =0 dz dx dy (ez + 1) y + x =0 dx karena ez + 1 selalu positif sehingga dy y+x =0 dx dy y =− dx x
al ar ify .c om
24 = Ca(a2 )
d) Dapat dimisalkan z = xy , sehingga dy x dx . Substitusi ke soal
x
c) Diketahui bahwa ex+e = ex · ee sehingga dapat dimisalkan p = ex dan diperoleh dp = ex dx. Substitusi ke soal
x
ex+e dx = =
x
ee ex dx ep dp
= ep + C x
= ee + C d) Kerjakan dahulu bentuk integral tak tentu dahulu. Misalkan p = 3/x = 3x−1 , maka didapat dp = −3x−2 dx. Agar sesuai dengan soal, diperoleh
bentuk lainnya adalah x−2 dx = − 13 dp. x−2 e3/x dx = e3/x x−2 dx 1 =− ep dp 3 ep =− +C 3 e3/x =− +C 3 Terakhir, substitusikan batas integral. 10) Integral dan Turunan dari fungsi Eksponensial selain bilangan natural. a) Gunakan turunan logaritmik untuk meyelesaikan Dx (62x ). Misalkan y = 62x sehingga akan dicari dy/dx.
y = 62x ln y = 2x(ln 6) = (2 ln 6)x d d ln y = (2 ln 6)x dx dx
1 dy = 2 ln 6 y dx dy = (2 ln 6)y = (2 ln 6)62x dx
b)
5p +C ln√5 2·5 x = +C ln 5 =2·
Selanjutnya, substitusikan batas, maka akan diperoleh hasilnya ln405 11) Diketahui m(t = 0) = 10g , dan m(t = 700) = 5g (waktu paruh). Formula massa unsur sebuah radioaktif adalah m(t) = C · ekt . Substitusikan m(0) = C · e0 , maka diperoleh C = 10. Kemudian untuk t = 700, m(700) = 10 · e700k =⇒ 5 = 10(ek )700 =⇒ 1 1/700 = ek . Substitusikan ke rumus awal, m(t) = 2 C · (ek )t = 10( 12 )t/700 . Untuk t = 300, m(300) = 10(0.5)3/7 gram. 12) Misalkan P (t) adalah total simpanan dalam $ setelah t tahun. Bunga diberikan sebesar 3.5% tiap periode tahunan. Akan dihitung P (2) berdasarkan: a) hitungan tahunan.
al ar ify .c om
ln y = ln 62x
mirip dengan soal (10c). Namun kali ini akan digunakan cara lebih singkat. Misalkan p = (x), 1 maka dp = − 2√ dx, atau −2dp = x−1/2 dx x √ x−1/2 · 5 x dx = 2 5p dp
y=
3
log e
x
3
y = x log e dy 3 = log e dx
e
c) Ingat bahwa e log y = eln y = y . Oleh sebab 2 itu, untuk soal ini, jika y = 2x , maka y = 2 x e(ln 2 ) = e( x2 ln 2) = ep untuk permisalkan p = x2 ln 2. Diperoleh dp = (2 ln 2)x dx atau 1 x dx = 2 ln 2 dp. 2 2 x · 2x dx = (2x ) x dx 2 = ex ln 2 x dx 1 = ep dp 2 ln 2 1 p = e +C 2 ln 2 1 = y+C 2 ln 2 1 x2 = 2 +C 2 ln 2 2 2x −1 = +C ln 2
d) Kerjakan terlebih dahulu Integral tanpa menggunakan batas dahulu. Soal ini dapat dikerjakan
P (t) = P (0) (1 + 3.5%)
t
P (2) = P (0) (1 + 3.5%)
2
= 375(1.035)2 = 375 × 1.071225 = 401.709375
b) hitungan bulanan. Bunga tiap bulan yang diterima menjadi 3.5%/12 selama 2 × 12 bulan (2 tahun). 2∗12 bulan 3.5% P (24 bulan) = P (0) 1 + 12 24 3.5% = 375 1 + 12 c) hitungan harian. Bunga tiap hari yang diterima menjadi 3.5%/365 selama 2 × 365 hari. 2∗365 hari 3.5% P (730 hari) = P (0) 1 + 365 730 3.5% = 375 1 + 365
d) hitungan kontinu. Bunga tiap saat yang diterima menjadi 3.5%/n selama 2×n waktu dengan n → ∞. 2∗n waktu 3.5% P (2 tahun) = lim P (0) 1 + n→∞ n 2n 3.5% = lim 375 1 + n→∞ n
Ingat bahwa lim
x→∞
di atas menjadi
1 1+ x
x
= e, maka bentuk
n 3.5% ·2∗3.5%
1 n/3.5% misalkan x = n/3.5% x·7% 1 = lim 375 1 + x→∞ x x 7% 1 = 375 lim 1+ x→∞ x
P (2 tahun) = lim 375 1 + n→∞
= 375 · e7%
= 375(1.07250818125)
a) Pertama, cari solusi homogen, yaitu solusi y ′ + y = 0 dengan terlebih dahulu menyelesaikan persamaan karakteristiknya, yaitu r + 1 = 0, diperoleh r = −1 sehingga solusi homogennya yh (x) = C1 e−x . Kemudian dicari solusi partikularnya yang mirip dengan ruas kanannya, yaitu e−x . Karena sama dengan solusi homogennya, maka dipilih solusi partikularnya dengan mengalikan dengan x, jadi yp (x) = C2 xe−x . Substitusikan ke persamaan awal y ′ + y = e−x diperoleh
(C2 xe−x )′ + C2 xe−x = e−x
al ar ify .c om
13) Misalkan S(t) adalah suhu (Fahrenheit) mayat pada saat t. Misalkan juga pukul 10 pagi adalah ketika t = 0 sehingga S(0) = 82 dan S(1) = 76. Diberikan suhu ruangan sebesar 70o F. Akan dicari t sehingga diperoleh S(t) = 98.6.
14) Persamaan Differensial
Dengan menggunakan hukum-pendingin Newton, dS diperoleh bahwa = −k(S − 70), maka diperoleh dt dS = −k dt S − 70 ln |S − 70| = −kt + C
|S − 70| = e−kt eC
|S − 70| = e−kt × K
|S(0) − 70| = Ke0 |82 − 70| = K
K = 12
|S(1) − 70| = 12e−k·1 |76 − 70| = 12e−k
e−k = 0.5
|S(t) − 70| = 12e−kt
|S(t) − 70| = 12(e−k )t |S(t) − 70| = 12(0.5)t
dicari t sehingga S(t) = 98.6
|98.6 − 70| = 12(0.5)t 0.5t = 28.6/12 t=
0.5
log(28.6/12) log 28.6 − log 12 t= log 0.5 t ≈ −1.25
Jadi mayat meninggal sekitar satu-seperempat jam sebelum jam 10, atau sekitar pukul 8.45.
C2 (e−x − xe−x ) + C2 xe−x = e−x
karena e−x ∕= 0 bagi persamaan di atas dengan e−x
C2 (1 − x) + C2 x = 1 C2 = 1
Diperoleh solusi totalnya yt (x) = yh (x) + yp (x) = C1 e−x + 1 · xe−x b) Soal ini diselesaikan menggunakan faktor integrasi. Pertama, pastikan koefisien turunan tertingginya bernilai 1, dalam hal ini y ′ dan sudah berni lai 1. Kedua, faktor integrasi, yaitu e tan x dx . Fokuskan ke tan x dx
sin x dx cos x 1 = sin x dx cos x 1 = d(−cos(x)) cos x 1 =− d(cos(x)) cos x = − ln | cos(x)| + C
tan x dx =
= ln | cos(x)|−1 + C = ln | sec x| + C
Jadi faktor integrasinya (tanpa +C) adalah eln | sec x| = | sec(x)|. Kita bebas untuk memilih sec(x) ataupun − sec(x), karena ketika kita kalikan ke kedua ruas, tanda negatif dapat dihi-
d) Diberikan y ′ + 1+x y = e−x dan y(1) = 0 x Faktor integrasinya
langkan. Diperoleh
y ′ + y tan x = sec x
′
y sec(x) + y tan(x) sec(x) = sec2 x d (y sec(x)) = sec2 (x) dx y sec(x) =
1+x e ( x ) dx = e
= eln x ex = xex Kemudian kalikan ke kedua ruas, 1+x x ′ x y (xe ) + xe y = xex e−x x d (yxex ) = x dx
yxex =
x dx =
y=
x2 /2 + C xex
al ar ify .c om
Ide faktor integrasi ini dapat dijelaskan sebagai berikut: Ketika terdapat persamaan diferensial y ′ + q(x)y = r(x), diinginkan bahwa ruas kiri bisa diubah menjadi turunan dari ”sebuah fungsi”. Dengan melalui perjalanan panjang dan berliku-liku, diperoleh-lah sebuah fungsi e q(x) dx yang disebut faktor integrasi. Apabila dikalikan ke persamaan diferensial, diperoleh
y′ e
q(x) dx
+ y(e
q(x) dx
q(x)) = r(x)e
q(x) dx
Perhatikan bahwa ruas kirinya membentuk d formula u′ v + uv ′ (yang sama dengan dx (uv) q(x) dx dengan u = y dan v = e . Dalam soal ini, diperoleh u = y , dan v = sec(x) yang memiliki turunan v ′ = sec(x) tan(x). c) Diberikan y ′ + 3y = e2x dan y(0) = 1. Gunakan persamaan karakteristik (PK) untuk menyelesaikannya. Dalam hal ini, PK-nya adalah r + 3 = 0, diperoleh r = −3 sehingga solusi homogennya yh (x) = C1 e−3x . Untuk solusi partikular, pilih yp (x) = C2 e dan substitusikan ke persamaan diferensial awal. 2x
y ′ + 3y = e2x
2x ′
2x
(C2 e ) + 3(C2 e ) = e 5C2 e
2x
=e
2x
5C2 = 1 C2 = 0.2
x2 +C 2
substitusikan y(1) = 0 (1)2 /2 + C y(1) = 1e( 1) (1)2 /2 + C 0= e C + 1/2 = 0 C = −0.5 0.5x2 − 0.5 y= xex
15) Berdasarkan hukum Kirchoff: VR + VL = E
dI =E dt 106 I + I ′ = 1
RI + L
persamaan karakteristik
106 + r = 0 r = −106
sehingga
I(t) = C1 e−10
2x
2C2 e2x + 3C2 e2x = e2x
1 x +1 dx
= e(ln x)+x
sec2 (x) dx
y sec(x) = tan(x) + C tan(x) + C y= sec(x) y = (tan(x) + C) cos x y = sin x + C cos(x)
6
t
Karena ruas kanan adalah polinom berderajat 0, maka solusi partikular dipilih polinom berderajat 0 pula, yaitu Ip (t) = C2 . Substitusikan ke persamaan awal
106 I + I ′ = 1 106 (C 2 ) + (C2 )′ = 1
yt (x) = C1 e−3x + 0.2e2x
106 C2 = 1 C2 = 10−6
y(0) = C1 + 0.2 1 = C1 + 0.2 C1 = 0.8 yt (x) = 0.8e−3x + 0.2e2x
Diperoleh I(t) = C1 e−10 I(0) = 0, diperoleh
6
t
+ 10−6 . Substitusikan 6
I(t) = −10−6 e−10 t + 10−6
16) Volume Air dalam Tanki:
m(0) = 0. Disubstitusikan m(0) = 2(60 − 0) + C(60 − 0)3
V ol(t) = V ol(0) + (debitmasuk − debitkeluar ) ∗ t
0 = 120 + C(603 ) 2 1 C=− =− 3600 1800
= 120 + (4 − 6)t = 120 − 2t galon
Untuk aliran masuk: -Konsentrasi garam = 1 pound/galon. -Debit masuk = 4 galon/menit. -Laju perubahan massa = 1 pound/galon × 4 galon/menit = 4 pound/menit
(60 − t)3 1800 17) Lihat gambar pada soal! Misalkan α adalah sudut kedua. tan θ = tan((α + θ) − α) tan(α + θ) − tan(α) = 1 + tan(α + θ) tan(α) √ 5 − √x22−25 x2 −25 = 1 + √x25−25 √x22−25 √ 3 x2 −25 x2 −25+10 x2 −25
al ar ify .c om
Untuk aliran Keluar: -Karena yang dicari adalah massa garam, maka dimisalkan massa garam di dalam tanki pada saat t adalah m(t), maka diperoleh -Konsentrasi garam = massa/volume = m(t)/(120−2t) pound/galon -Debit keluar = 6 galon/menint -Laju perubahan massa = m(t)/(120 − 2t) × 6 pound/menit
m(t) = 2(60 − t) +
Diperoleh perubahan massa garam dalam tanki
dm = laju masuk - laju keluar dt dm 6m =4− dt 120 − 2t 6m ′ m + =4 120 − 2t 3 m′ + m=4 60 − t Faktor integrasi
e
3 60−t
dt
= e−3 ln |60−t| = eln |60−t|
−3
= |60 − t|−3
Ambil yang positif, kalikan ke persamaan diferensial
m′ · (60 − t)−3 + (60 − t)−3
3 m = 4(60 − t)−3 60 − t
d (m · (60 − t)−3 ) = 4(60 − t)−3 dt m · (60 − t)−3 =
4(60 − t)−3 dt
4(60 − t)−2 +C (−2)(−1) m = (60 − t)3 (2(60 − t)−2 + C)
m · (60 − t)−3 =
m(t) = 2(60 − t) + C(60 − t)3 Diketahui pada saat t = 0, air dalam tanki tersebut murni, sehingga massa garamnya 0 pound, atau
=
3 x2 − 25 =√ · 2 x2 − 25 x − 15 √ 3 x2 − 25 tan θ = x2 − 15 √ 3 x2 − 25 θ = arctan x2 − 15
