View
159
Download
0
Category
Preview:
DESCRIPTION
aakak
Citation preview
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
1
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 soal-
soal yang ada disini sebagai latihan, sekedar untuk melihat kebenaran
jawaban anda atau ketika anda merasa sudah mengalami kebuntuan, baru
silahkan pembaca menyimak pembahasannya.
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
2
Semoga bermanfaat !
Arip Paryadi
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
3
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
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
4
SOAL SOAL
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
5
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 !
1. Tentukan selang kekonvergenan dari deret ( )
( )∑
+
+∞
=0 31
2
nn
n
n
x
2. Diketahui keluarga kurva cyx =+ 22 2
a. Tentukan trayektori orthogonal dari keluarga kurva tersebut.
b. Gambarkan keluarga kurva tersebut dan trayektori ortogonalnya
3. Tentukan solusi khusus dari ( ) ( )715 0',10,10'3" ===−− yyeyyy
x
4. Diketahui partikel P bergerak sepanjang garis I dengan persamaan gerak
partikel P adalah ( ) ( ) 50,4,3,0531,2,3 2≤≤+−+−= ttttr
r
Tentukan :
a. Titik awal partikel P
b. Vector kecepatan dan percepatan pada t = 2
5. Tentukan kelengkungan dari kurva tytx sin2,cos3 == di titik ( )1,323
No 1 2 3 4 5
Bobot 8 8 8 8 8
-o0o- Semoga Sukses -o0o-
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
6
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
( ) 01,' 3 ==+ yeyxyx
2. Tentukan solusi umum persamaan diferensial
2215'2" xeyyyx +=−−
3. Tentukan selang kekonvergenan
( )
( )∑
+
−∞
=12
12
1
nn
n
n
x
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
7
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
1. Tentukan selang kekonvergenan dari deret ( )( )
∑∞
= +
−−
0 12
521
nn
nn
n
x
2. Tentukan solusi khusus dari ( ) 50,3222 ==− yexxy
dx
dy x
3. Tentukan solusi umum dari 3" xeyy
x+=+
4. Diketahui ( ) ( ) jtittr ˆ4ˆ1 22+−=
r
a. Tentukan persamaan garis singgung pada titik P(1,0)
b. Tentukan kelengkungannya di titik P tersebut.
No 1 2 3 4
Skor 12 8 8 12
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
8
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 1
11
n
n
nn konvergen mutlak ,
konvergen bersyarat atau divergen
b. Periksa kekonvergenan deret ∑+
∞
=1 24nn
n
2. Perderetkan fungsi x
xf+
=2
2)( kedalam deret taylor dengan pusat di
x= 2.
3. a. Tentukan solusi persamaan differensial ( ) ( ) 20;1'1 ==++ yyyx
b. Tentukan solusi persamaan differensial x
exyyy 22'3" +=+−
c. Tentukan solusi persamaan differensial 3
'2"x
eyyy
x
=+−
4. Diketahui ( ) jtittrrrr 2+= 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 .
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
9
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 ( )
∑+∞
=1 2
13
nn
n
n
x
2. Tentukan solusi dari x
eyy +=− 2''' bila y(0) = 0, y’(0) = 1
3. Tentukan perderetan Mc Laurin dari : x
xf32
1)(
+= dan selang
konvergensinya
4. Misalkan jtittrrrr
)2()( −+=
a. Tentukan persamaan garis singgung di titik P(1,1)
b. Tentukan kelengkungan di titik P(1,1)
5. Tentukan solusi persamaan difenrensial 42' xyxy =−
Soal 1 2 3 4 5
Nilai 8 8 8 8 8
Korektor SMG RMI EBS RIZKI WDT
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
10
UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2005/2006
KALKULUS II MA 1124
SENIN / 3 APRIL 2006
CLOSE BOOK
UTS Kalkulus II MA1124 2005-2006
1. Diketahui 4
22
2
−
−n
nn
e
ee
a. Periksa kekonvergenan barisan { }∞
=1nna
b. Periksa kekonvergenan deret ∑∞
=1nna
2. Cari himpunan kekonvergenan deret
⋅⋅⋅+−
+−
+−
+6
)3(8
5
)3(4
4
)3(2
3
132
xxx
3. Tentukan solusi umum persamaan diferensial xxyy +=− 2sinh24''
(petunjuk : )2
sinhaxax ee
ax−−
=
4. Diketahui lintasan dengan fungsi vector jtittF ˆsin3ˆcos2)( +=r
.
tentukan kelengkungan di (0,-3)
NO 1 2 3 4
NILAI 10 10 10 10
Selamat Bekerja dengan Jujur
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
11
UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2004/2005
KALKULUS II MA1124
SENIN 11 APRIL 2005
TANPA KALKULATOR
UTS Kalkulus II MA1124 2004-2005
1. Periksa kekonvergenan deret : ( )
∑+
∞
=0 25
4
1
n n
2. Tentukan deret Mc Laurin dari ( )xxxf += 1ln)(
3. Tentukan persamaan trayektori ortogonal dari : ( ) 21 xcy −=
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 :
tty
ttx
sincos
sincos
−=
+=
a. Tentukan persamaan kurva C dan gambarkan!
b. Tentukan persamaan parameter garis singgung di titik (1,1).
Selamat Bekerja dengan TEKUN, TELITI, dan JUJUR
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
12
UJIAN TENGAH SEMESTER 2000-2001
MA/DA-1324 KALKULUS II
JUM’AT/ 6 APRIL 2001
TUTUP BUKU
UTS Kalkulus II MA/DA1324 2000-2001
1. a. Tentukan solusi khusus persamaan diferensial ( ) 0'2 222 =++ xyyx
dengan
1)0( =y
b. Tentukan solusi umumx
xyxy
sin2' =+
2. Diketahui persamaan diferensial )(2'2'' xryyy =++
a. Tentukan solusi umum jika 0)( =xr
b. Tentukan solusi umum jika xexrx sin)( −=
3. Diketahui yxyxyxf 22),( 224 −−+=
a. Tentukan turunan berarah dari ),( yxf dititik (1,1) dalam arah
jiarrr
+=
b. Tentukan nilai ekstrim beserta jenisnya dari ),( yxf
4. Diketahui persamaan kurva C di ruang ktjteitetrtt
rrrr++= sincos)(
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
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
13
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 ,sec2tan xxydx
dy=+ bila y(0) = 2 .
2. Diketahui PD : )(2'3'' xfyyy =+−
a. Tentukan solusi khusus PD bila f(x) = 0, y(0) = 3 dan y’(0) = 4
b. Tentukan solusi umum PD bila 1
)(+
=x
x
e
exf
3. Diketahui 2),( 23 −+−= yxxyxyxf
Tentukan :
a. Turunan berarah dari ),( yxf di titik (-1,2) dengan arah jiarrr
+= 3
b. Nilai ekstrim dan jenisnya dari ),( yxf
4. Tentukan persamaan bidang singgung dan persamaan garis normal dari
permukaan )3,2,1(titikdi174 222 =++ zyx
5. Diketahui sebuah partikel bergerak sepanjang lengkungan C dengan
vektor posisi ( ) ( )kttjtitttFrrrr
323 3323)( ++++=
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)
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
14
PEMBAHASAN
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
15
PEMBAHASAN
UJIAN TENGAH SEMESTER PENDEK 2008-2009
KALKULUS II MA 1124
JUM’AT 24 JULI 2009
UTS Kalkulus II MA1124 2008-2009 SP
1. Menentukan selang kekonvergenan dari deret ( )( )
∑∞
= +
−−
0 12
521
nn
nn
n
x
Untuk menentukan titik titik x yang membuat deret konvergen kita
lakukan uji hasil bagi mutlak
Untuk deret ini ( )( )
12
521
+
−−=
n
xa
n
nn
n dan ( )( )
22
521
1
11
1+
−−=
+
++
+n
xa
n
nn
n .
( ) ( )
( ) ( )nn
n
n
nn
nn
n
n x
n
n
x
a
a
521
12.
22
521limlim
1
111
−−
+
+
−−==
+
++
∞→
+
∞→
ρ
521
1lim52
2
1lim52
21
2
1
21
21 −=
+
+−=
+
+−=
∞→∞→
xxn
nx
n
n
nn
Menurut uji hasil bagi deret di atas akan divergen jika 1>ρ dan
konvergen jika 1<ρ yaitu jika 15221 <−x atau
252 <−x
2522 <−<− x
723 << x
27
23 << x ,
sedangkan untuk 1=ρ (23=x dan
27=x ) uji hasil bagi gagal sehingga
perlu dilakukan uji yang lainnya. Bila 23=x deret menjadi
( )( )
( )( ) ( )
∑=∑+
=∑+
−=∑
+
−−=∑
+
−−
∞
=
∞
=
∞
=
∞
=
∞
= 100
2
00 21
1
1
1
1
1
12
211
12
21
knn
n
nn
nnn
nn
nn
knnnn
yang merupakan deret divergen (deret p dengan p = ½ < 1).
Bila 27=x deret menjadi ( ) ( )∑
+−=∑
+−
∞
=
∞
= 00 1
11
12
21
n
n
nn
nn
nn . Untuk
memeriksa kekonvergenannya kita lakukan uji deret ganti tanda . untuk
deret tersebut 1
1
+=
nan dan
2
11
+=+
nan . Sekarang perhatikan
bahwa
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
16
• 12
11 <+
+=+
n
n
a
a
n
n atau nn aa <+1 dan
• 01
1limlim =
+=
∞→∞→ na
nn
n
Oleh karena itu menurut uji deret ganti tanda ( )∑+
−∞
=0 1
11
n
n
nkonvergen.
Jadi ( )( )
∑∞
= +
−−
0 12
521
nn
nn
n
x konvergen pada interval
27
23 ≤< x
2. Menentukan solusi khusus dari ( ) 50,3222
==− yexxydx
dy x
Faktor integrasi untuk PD tersebut adalah 22 xxdx
eeI−−
=∫=
Apabila PD awal dikalikan dengan faktor integrasi akan menghasilkan
232
22
xxyeedx
dy xx=−
−− yang dapat kita dituliskan dalam bentuk
( ) 23
2
xdx
yedx
=−
( ) dxxyedx 23
2
=−
Dengan mengintegralkan kedua ruas diperoleh
cxdxxyex +=∫=− 323
2
atau ( ) 23 xecxy += yang merupakan solusi umum
PD. Untuk mendapatkan solusi khusus kita sulihkan kondisi awal ( ) 50 =y
kedalam solusi umum PD menghasilkan 5=c . Sehingga solusi khusus
untuk PD di atas adalah ( ) 2
53 xexy +=
3. Menentukan solusi umum dari 3" xeyy
x+=+
Persamaan karakteristik yang sesuai adalah : 012 =+r
⇔ ir ±=
Sehingga didapat ir =1 dan ir −=2 .
Jadi solusi homogennya xBxAyh cossin +=
Untuk py dipilih GFxExDxCeyx
p ++++= 23 sehingga
FExDxCeyx
p +++= 23' 2
EDxCeyx
p 26'' ++=
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
17
kemudian kita substitusi ke persamaan PD awal menghasilkan 32326 xeGFxExDxCeEDxCe
xxx +=+++++++
( ) ( ) 323 262 xeGExFDExDxCexx +=++++++
Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada kedua
ruas diperoleh
12 =C atau 21=C
0,1 == ED
06 =+ FD atau 6−=F
02 =+GE atau 0=G
Jadi xxeyx
p 63
21 −+= dan solusi umum PD di atas adalah
xxexBxAyx 6cossin 3
21 −+++=
4. Diketahui ( ) ( ) jtittr ˆ4ˆ1 22+−=
r
a. Menentukan persamaan garis singgung pada titik P(1,0)
0t = waktu saat titik P (1,0) tercapai yaitu 00 =t
( ) ( ) jtittr ˆ8ˆ12' +−=r
( ) ( ) jirtr ˆ0ˆ20'' 0 +−==rr
( ) ( ) jirtr ˆ0ˆ00 +==rr
Jadi persamaan parameter garis singgung di titik P(1,0) adalah 0,21 =−= ytx
b. Menentukan kelengkungannya di titik P tersebut.
untuk kasus di atas ( )21−= tx dan 24ty = maka :
( )12' −= tx 2"=x
ty 8'= 8"=y
Kelengkungan untuk sembarang nilai t adalah :
( )( ) ( )[ ]
( )
( )[ ] ( )[ ] 23
23
23
2222226414
16
6414
16116
''
"'"'
tttt
tt
yx
xyyxt
+−
=
+−
−−=
+
−=κ
Jadi kelengkungan di titik P adalah ( ) ( ) 200 == κκ t
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
18
PEMBAHASAN
UJIAN TENGAH SEMESTER GANJIL 2008-2009
KALKULUS II MA 1424
SENIN 13 APRIL 2009
UTS Kalkulus II MA1424 2008-2009
1. Menentukan selang kekonvergenan dari deret ( )
( )∑
+
+∞
=0 31
2
nn
n
n
x
Untuk menentukan titik titik x yang membuat deret konvergen dapat kita
lakukan uji hasil bagi mutlak
Untuk deret ini ( )
( )∑
+
+=
∞
=0 31
2
nn
n
nn
xa dan
( )
( )∑
+
+=
∞
=+
+
+0
1
1
132
2
nn
n
nn
xa .
( )
( )
( )
( )n
n
n
n
nn
n
n x
n
n
x
a
a
2
31.
32
2limlim
1
11
+
+
+
+==
+
+
∞→
+
∞→
ρ 22
1lim2
31
31 +=
+
++=
∞→
xn
nx
n
Menurut uji hasil bagi deret di atas akan divergen jika 1>ρ dan
konvergen jika 1<ρ yaitu jika 1231 <+x atau
32 <+x
323 <+<− x
15 <<− x
sedangkan untuk 1=ρ ( 5−=x atau 1=x ) uji hasil bagi gagal sehingga
perlu dilakukan uji yang lainnya. Bila 5−=x deret menjadi
( )
( )
( )( )
∑+
−∑ =
+
− ∞
=
∞
= 00 1
1
31
3
n
n
nn
n
nn yang merupakan deret harmonis ganti tanda yang
konvergen. Sedangkan untuk 1=x deret menjadi ( ) ( )
∑+
=∑+
∞
=
∞
= 00 1
1
31
3
nnn
n
nn
yang merupakan deret harmonis yang divergen. Jadi deret di atas
konvergen pada selang 15 <≤− x .
2. Diketahui keluarga kurva cyx =+ 22 2
a. Menentukan trayektori orthogonal dari cyx =+ 22 2
( ) ( )cDyxD xx =+ 22 2
0'42 =+ yyx
y
xy
2' −=
1001 Pembahasan UT
Trayektori orthogonal akan memenuhi persamaan
diferensial
'
1'
yy
t −= � x
yy
t 2' =
x
y
dx
dy 2=
x
dx
y
dy 2= integralkan kedua ruas menghasilkan
*ln2ln Cxy +=
22 lnlnlnln CxCxy =+= (C* = ln C)
2Cxy =
Jadi trayektori orthogonal dari cyx =+ 22 2
adalah parabola 2Cxy =
b. Gambar keluarga kurva dan trayektori
ortogonalnya seperti pada gambar di samping.
3. Menentukan solusi khusus dari ( )5 10,10'3" ==−− yeyyyx
Persamaan karakteristik yang sesuai adalah 32 −r
( )( ) 025 =+− rr
2atau5 −== rr
Jadi solusi homogennya xx
h ececy2
25
1−
+=
Untuk py dipilih x
p Axey5= sehingga
xxp AxeAey
55 5' +=
xxxxxp AxeAeAxeAeAey
55555 25102555" +=++=
kemudian kita substitusi ke persamaan PD awal menghasilkan
( ) xxxxxxeAxeAxeAeAxeAe
555555 10532510 =−+−+
xx eAe 557 =
17 =A � 71=A
Sehingga xp xey
5
71=
Jadi solusi umum PD di atas adalah xxececy
712
25
1 ++= −
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
19
( )710',1 =y
0103 =−r yaitu
kemudian kita substitusi ke persamaan PD awal menghasilkan
xxe
5 .
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
20
Untuk mendapatkan solusi khususnya kita substitusikan kondisi awal
( ) ( )710'dan10 == yy .
xxxxxeeececy
5
755
712
25
1 25' ++−=−
Dari ( ) 10 =y diperoleh *121 =+ cc
Dari ( )710' =y diperoleh **025 21 =− cc
Jika system ini diselesaikan akan diperoleh 72
1 =c dan 75
2 =c . Jadi
solusi khusus dari PD di atas adalah xxxxeeey
5
712
755
72 ++= −
4. Diketahui partikel P bergerak sepanjang garis I dengan persamaan gerak
partikel P adalah ( ) ( ) 50,4,3,0531,2,3 2 ≤≤+−+−= ttttrr
a. Menentukan titik awal partikel P
Titik awal partikel P terjadi ketika t = 0 yaitu ( ) 4,3,051,2,30 +−=rr
19,17,3=
b. Vector kecepatan dan percepatan pada t = 2
Vector kecepatan dan percepatan untuk sembarang t adalah :
( ) ( ) ( ) 4,3,032' −== ttrtvrr
( ) ( ) 8,6,04,3,02' === tvtarr
Vector kecepatan dan percepatan untuk t = 2 adalah :
( ) 4,3,02 =vr
( ) 8,6,02 =ar
5. Menentukan kelengkungan dari kurva tytx sin2,cos3 == di titik
( )1,323
tx sin3' −= ty cos2'=
tsx cos3" −= ty sin2" −=
Kelengkungan kurva untuk sembarang t adalah :
( )( ) ( )[ ] ( ) ( ) 2
32
32
32222
22
22 cos4sin9
6
cos4sin9
cos6sin6
''
"'"'
tttt
tt
yx
xyyxt
+
=
+
+=
+
−=κ
Titik ( )1,323 dipenuhi ketika
6π=t , sehingga kelengkungan di titik
tersebut adalah ( )( ) 217
16
3
6
23
49
6=
+=πκ
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
21
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 ( ) 01,' 3 ==+ yeyxyx
Jika kita perhatikan persamaan diferensial ini dapat kita tuliskan dalam
bentuk
( ) xe
dx
yxd 3=
( ) dxeyxdx3=
( ) ∫=∫ dxeyxdx3
ceyxx += 3
31
x
cey
x+
=
3
31
Untuk mendapatkan solusi khusus kita sulihkan kondisi awal ( ) 01 =y
menghasilkan 3
31 ec −= . jadi solusi khusus dari persamaan diferensial di
atas adalah x
eey
x
3
33 −=
2. Menentukan solusi umum persamaan diferensial 2215'2" xeyyyx
+=−−
Persamaan karakteristik yang sesuai adalah 01522 =−− rr yaitu
( )( ) 035 =+− rr
5=r atau 3−=r
Sehingga solusi homogennya adalah xxh ececy
32
51
−+=
Untuk py dipilih DCxBxAeyx
p +++= 2 sehingga
CBxAeyx
p ++= 2'
BAeyx
p 2" +=
Kemudian kita substitusikan ke dalam PD awal menghasilkan
( ) ( ) 22 215222 xeDCxBxAeCBxAeBAexxxx
+=+++−++−+
( ) ( ) 22 215221541516 xeDCBxCBBxAexx
+=−−++−−−
Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada kedua
ruas secara berturut turut kita peroleh :
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
22
116 =− A atau 161−=A
215 =− B atau 152−=B
0154 =+ CB atau 2258=C
01522 =−− DCB atau 3375
76−=D
Dengan demikian 3375
7622582
152
161 −+−−= xxey
xp
Jadi solusi umum persamaan diferensial di atas adalah ph yyy +=
337576
22582
152
1613
25
1 −+−−+= −xxeececy
xxx
3. Menentukan selang kekonvergenan ( )
( )∑
+
−∞
=12
12
1
nn
n
n
x
Untuk menentukan nilai x yang menyebabkan deret konvergen dapat kita
lakukan uji hasil bagi mutlak.
Untuk deret ini ( )
( )212
1
+
−=
n
xa
n
n
n dan ( )
( )21
1
122
1
+
−=
+
+
+n
xa
n
n
n
( )
( )
( )
( )
( )
( )1
2
1lim1
1
12.
22
1limlim 2
1
2
2
21
2
21
11
−=+
+−=
−
+
+
−==
∞→+
+
∞→
+
∞→
xn
nx
x
n
n
x
a
a
nn
n
n
n
nn
n
n
ρ
Menurut uji hasil bagi deret akan divergen jika 1>ρ dan konvergen jika
1<ρ yaitu jika 1121 <−x atau
21 <−x
212 <−<− x
31 <<− x
sedangkan untuk 1=ρ ( 1−=x dan 3=x ) uji hasil bagi gagal sehingga
perlu dilakukan uji yang lainnya .
bila 1−=x deret menjadi ( )
( )
( )
( )∑
+
−∑ =
+
− ∞
=
∞
= 12
12
112
2
n
n
nn
n
nn
misalkan ( )
( )∑=∑
+
− ∞
=
∞
= 112
1 nn
n
n
un
dengan ( )
( )21+
−=
nu
n
n . sekarang perhatikan
bahwa ( )
∑+
=∑∞
=
∞
= 12
1 1
1
nnn
nu merupakan deret konvergen (deret p dengan
12 >=p ) sekaligus menunjukkan bahwa ( )
( )∑
+
−∞
=12
1n
n
n konvergen mutlak.
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
23
Bila 3=x deret menjadi ( )
∑+
∞
=12
1
1
n n yang merupakan deret konvergen
(deret p dengan 12 >=p ). Akhirnya dapat kita simpulkan bahwa
( )
( )∑
+
−∞
=12
12
1
nn
n
n
x konvergen pada 31 ≤≤− x
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
24
PEMBAHASAN
UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2007 / 2008
MA1224 KALKULUS II
SENIN / 7 APRIL 2008
UTS Kalkulus II MA1224 2007-2008
1. a. Memeriksa apakah deret ( )( )
∑+
−∞
=1 1
11
n
n
nn konvergen mutlak ,
konvergen bersyarat atau divergen.
untuk deret ini ( )( )1
11
+−=
nna
nn dan ( )
( )( )21
11
11
++−=
++
nna
nn .
untuk memeriksa apakah Ia konvergen mutlak kita lakukan uji hasil
bagi mutlak
( )
( )( )1
2lim
21
1limlim
1=
+=
++
+==
∞→∞→
+
∞→ n
n
nn
nn
a
a
nnn
n
n
ρ
karena 1=ρ maka uji hasil bagi gagal mengujinya, sehingga perlu
dilakukan uji yang lain. Sekarang perhatikan bahwa karena :
( ) ( )( ) 1
1
11
1
1
1
+=
++>
+=
nnnnnan
maka uji perbandingan dapat digunakan. Selanjutnya karena ∑+
∞
=1 1
1
n n
merupakan deret harmonis yang divergen maka kita simpulkan bahwa
∑∞
=1nna divergen dan akibatnya deret ∑
∞
=1nna tidak konvergen mutlak.
Sekarang kita lakukan uji deret ganti tanda untuk memeriksa
kekonvergenan ( )( )
∑+
−∞
=1 1
11
n
n
nn .
misalkan
( )( )
( )∑ −=∑+
−∞
=
∞
= 11
11
11
nn
n
n
nb
nn dengan
( )1
1
+=
nnbn
• ( )
( )( )1
221
11<
+=
++
+=
+
n
n
nn
nn
b
b
n
n
• ( )
01
1limlim =
+=
∞→∞→ nnb
nn
n
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
25
Oleh karena itu menurut uji deret ganti tanda deret ( )( )
∑+
−∞
=1 1
11
n
n
nn
konvergen dan akhirnya dapat kita simpulkan bahwa ( )( )
∑+
−∞
=1 1
11
n
n
nn
konvergen bersyarat.
b. memeriksa kekonvergenan deret ∑+
∞
=1 24nn
n
untuk memeriksanya kita lakukan uji hasil bagi. Untuk deret ini
nn
na
24 += dan
1124
1++
+
+=
nn
na
( )( ) 2
1
22
12lim.1
24
24lim.
1lim
24
24
1lim
24
24
11
1
=+
+=
+
++=
+
+
+==
∞→
+∞→∞→
+
+
∞→
n
n
n
n
n
n
n
nn
n
nn
n
n n
n
n
n
a
aρ
Karena 121 <=ρ , menurut uji hasil bagi ∑
+
∞
=1 24nn
n konvergen.
2. Menentukan deret Taylor dari x
xf+
=2
2)( dengan pusat di x = 2
( )
( )
( )
( )2
1
22
!112
2
12)('
xxxf
+
−=
+
−=
( )( )
( )
( )
( )3
2
32
!212
2
212)(''
xxxf
+
−=
+
−−=
( )( )( )
( )
( )
( )4
3
42
!312
2
3212)('''
xxxf
+
−=
+
−−−=
M M
( ) ( )
( ) 12
!12)(
++
−=
n
nn
x
nxf �
( ) ( )14
!12)2(
+
−=
n
nn n
f
Jadi deret taylor dari f dengan pusat di x = 2 adalah : ( ) ( )
( ) ( ) ( )∑ −−=∑ −=∞
=+
∞
= 01
0
24
212
!
2)(
n
n
n
n
n
nn
xxn
fxf
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
26
3. a. Menentukan solusi persamaan differensial ( ) ( ) 20;1'1 ==++ yyyx
jika kita perhatikan PD di atas dapat kita tuliskan dalam bentuk
( )( )1
1=
+
dx
yxd atau
( )( ) dxyxd =+ 1 integralkan kedua ruas menghasilkan
( ) cxyx +=+1
1+
+=
x
cxy
Untuk mendapatkan solusi khusus sulihkan kondisi awal ( ) 20 =y ke
dalam solusi umum PD menghasilkan 2=c . Jadi solusi khusus dari
PD di atas adalah 1
2
+
+=
x
xy
Note : ( )( )
( )( ) ( )( )'111
yxyxDdx
yxdx +=+=
+
b. Menentukan solusi persamaan differensial x
exyyy 22'3" +=+−
Persamaan karakteristik yang sesuai adalah 0232 =+− rr yaitu
( )( ) 012 =−− rr
1=r atau 2=r
Dengan demikian solusi homogennya adalah xx
h ececy2
21 +=
Untuk py dipilih xp CxeBAxy ++= sehingga
xxp CxeCeAy ++='
xxxxxp CxeCeCxeCeCey +=++= 2"
Kemudian kita substitusikan ke PD awal menghasilkan
( ) ( ) xxxxxxexCxeBAxCxeCeACxeCe 2232 +=+++++−+
( ) xxexCeAxBA 2223 +=−++−
Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada kedua
ruas diperoleh :
2=−C atau 2−=C
12 =A atau 21=A
023 =+− BA atau 43=B
Jadi xp xexy 2
43
21 −+= dan solusi umum PD di atas adalah
xxxph xexececyyy 2
43
212
21 −+++=+=
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
27
c. Menentukan solusi persamaan differensial 3
'2"x
eyyy
x
=+−
Persamaan karakteristik yang sesuai adalah : 0122 =+− rr atau
( ) 012
=−r � 1=r
Jadi solusi homogennya adalah xx
h xececy 21 +=
untuk py dipilih 21 vyuyy p += dengan :
xey =1
xxey =2
xey ='1 ( ) xxx
exxeey 1'2 +=+=
Untuk mendapatkan u dan v, kita menghitung wronskian terlebih
dahulu yaitu
( ) xxxexeexyyyyW
2222121 1'' =−+=−=
Sehingga diperoleh :
( )∫ ∫ ∫ =−=−=−=
xxdx
e
xexe
dxW
xryu
x
xx
11.
.
22
32
( )∫ ∫ ∫ −====
232
31
2
11.
.
xxdx
e
xee
dxW
xryv
x
xx
Jadi solusi nonhomogennya adalah x
e
x
xe
x
ey
xxx
p22 2
=−= dan solusi
umum PD di atas adalah x
exececy
xxx
221 ++=
4. ( ) jtittrrrr 2
+= adalah vektor posisi partikel yang bergerak pada bidang.
a. Menentukan kecepatan dan laju (besarnya kecepatan ) di titik (1,1)
Kecepatan untuk sembarang t adalah ( ) ( ) jtitrtvrrrr
2' +== , sedangkan
kelajuannya ( ) 241 ttv +=r
. Titik (1,1) dipenuhi ketika 1=t .
sehingga kecepatan dan kelajuan pada (1,1) masing masing adalah
( ) dan21 jivrrr
+= ( ) 51 =vr
b. Persamaan parameter untuk ( )trr
adalah
2, tytx == sehingga lintasan partikel
berbentuk parabola 2xy =
2xy =
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
28
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 ( )
∑+∞
=1 2
13
nn
n
n
x
Untuk menentukan titik titik x yang membuat deret konvergen dapat kita
lakukan uji hasil bagi mutlak .
Untuk deret ini ( )
n
n
nn
xa
2
13 += dan
( )
( ) 1
1
121
13+
+
++
+=
n
n
nn
xa
( )
( ) ( )13
1lim13
13
2.
21
13limlim 2
121
1
11
+=+
+=++
+==
∞→+
+
∞→
+
∞→
xn
nx
x
n
n
x
a
a
nn
n
n
n
nn
n
n
ρ
Menurut uji hasil bagi deret di atas akan divergen jika 1>ρ dan
konvergen jika 1<ρ yaitu jika 11321 <+x atau
213 <+x
2132 <+<− x
133 <<− x
311 <<− x
sedangkan untuk 1=ρ ( 1−=x dan 31=x ) uji hasil bagi gagal sehingga
perlu dilakukan uji yang lainnya.
Bila 1−=x deret menjadi ( ) ( )
∑−
=∑− ∞
=
∞
= 11
1
2
2
n
n
nn
n
nn yang merupakan deret
harmonis ganti tanda yang konvergen.
Bila 31=x deret menjadi ∑=∑
∞
=
∞
= 11
1
2
2
nnn
n
nn yang merupakan deret harmonis
yang divergen.
Akhirnya dapat kita simpulkan bahwa ( )
∑+∞
=1 2
13
nn
n
n
x konvergen pada
311 <≤− x
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
29
2. Menentukan solusi dari PD x
eyy +=− 2''' bila y(0) = 0 dan y’(0) = 1.
Persamaan karakteristik yang sesuai adalah 02 =− rr atau ( ) 01 =−rr
sehingga didapat 0=r atau 1=r . dengan demikian solusi homogennya
adalah xh eccy 21 +=
Untuk py dipilih xp BxeAxy += sehingga
xxp BxeBeAy ++='
xxxxxp BxeBeBxeBeBey +=++= 2"
Kemudian kita substitusikan ke dalam PD awal menghasilkan
( ) xxxxxeBxeBeABxeBe +=++−+ 22
xx eBeA +=+− 2
Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada kedua
ruas kita peroleh
2−=A dan 1=B
Sehingga xp xexy +−= 2 dan solusi umum persamaan diferensial yaitu
xxxexeccy +−+= 221 .
xxxxeeecy ++−= 2' 2
Untuk mendapatkan solusi khusus kita sulihkan kondisi awal y(0) = 0 dan
y’(0) = 1.
Dari y(0) = 0 diperoleh 021 =+ cc
Dari y’(0) = 1diperoleh 112 =−c atau 22 =c sehingga 21 −=c
Jadi solusi khusus PD yang dimaksud adalah xxxexey +−+−= 222 .
3. Menentukan deret Mc Laurin dari :x
xf32
1)(
+= dan selang
konvergensinya
( )( )xxxf
231
1
2
1
32
1)(
−=
+=
Dengan menggunakan fakta bahwa
1;...11
1
0
2<∑=++=
−
∞
=
xxxxx n
n
kita peroleh
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1;1...1)(23
023
21
023
212
23
23
21 <∑ −=∑ −=
−+−+=
∞
=
∞
=
xxxxxxfn
nnn
n
n
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
30
4. Misalkan jtittrrrr
)2()( −+=
a. Menentukan persamaan garis singgung di titik P(1,1)
0t = waktu saat titik P (1,1) tercapai yaitu 10 =t
( ) jit
tr ˆˆ2
1' −=r
( ) ( ) jirtr ˆˆ1''21
0 −==rr
( ) ( ) jirtr ˆˆ10 +==rr
Jadi persamaan parameter garis singgung di titik P(1,1) adalah
tytx −=+= 1,121
b. Menentukan kelengkungan di titik P(1,1)
untuk kasus di atas tx = dan ty −= 2 maka :
2
1
21'
−= tx 2
3
41"
−−= tx
1' −=y 0"=y
Kelengkungan untuk sembarang nilai t adalah :
( )( ) ( )[ ] [ ] [ ] 2
3
2
3
23
2
3
23
11''
"'"'
1
41
41
1
41
41
22+
=+
−
=
+
−=
−
−
−
−
t
t
t
t
yx
xyyxtκ
Jadi kelengkungan di titik P adalah ( ) ( )( ) 55
21
2
3
45
41
0 === κκ t
5. Menentukan solusi persamaan difenrensial 42' xyxy =−
42' xyxy =−
32' xx
yy =−
Agar PD ini dapat diselesaikan terlebih dahulu kita tentukan faktor
integrasinya (I)
2lnln2
22
−−−
===∫
=−
xeeeIxx
dxx
Kita kalikan persamaan terakhir dengan faktor integrasi menghasilkan
xx
y
x
y=−
322
' yang dapat kita tuliskan dalam bentuk
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
31
xx
y
dx
d=
2
xdxx
yd =
2
∫=∫
xdx
x
yd
2
cxx
y+=
2
21
2
24
21 cxxy +=
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
32
PEMBAHASAN UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2005/2006
KALKULUS II MA 1124 SENIN / 3 APRIL 2006
UTS Kalkulus II MA1124 2005-2006
1. Diketahui 4
22
2
−
−n
nn
e
ee
a. Memeriksa kekonvergenan barisan { }∞
=1nna
( )( ) 11
1lim
4
2limlim
2
42
22
2
2
=−
−=
−
−=
∞→∞→∞→n
n
e
n
e
n
nn
nn
nn
n e
e
e
eea
yang menunjukkan bahwa { }∞
=1nna konvergen ke 1.
b. Memeriksa kekonvergenan deret ∑∞
=1nna
Karena 01lim ≠=∞→
nn
a maka menurut uji kekonvergenan barisan ∑∞
=1nna
divergen.
2. Mencari himpunan kekonvergenan deret
( )∑
+
−=⋅⋅⋅+
−+
−+
−+
∞
=0
32
3
32
6
)3(8
5
)3(4
4
)3(2
3
1
n
nn
n
xxxx
Untuk menentukan titik titik x yang menyebabkan deret konvergen dapat
kita lakukan dengan uji hasil bagi mutlak .
Untuk deret ini ( )
3
32
+
−=
n
xa
nn
n dan ( )
4
3211
1+
−=
++
+n
xa
nn
n
( )
( )32
4
3lim32
32
3.
4
32limlim
111 −=
+
+−=
−
+
+
−==
∞→
++
∞→
+
∞→
xn
nx
x
n
n
x
a
a
nnn
nn
nn
n
n
ρ
Menurut uji hasil bagi deret di atas akan divergen jika 1>ρ dan
konvergen jika 1<ρ yaitu jika 132 <−x atau
213 <−x
21
21 3 <−<− x
27
25 << x
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
33
sedangkan untuk 1=ρ (25=x dan
27=x ) uji hasil bagi gagal sehingga
perlu dilakukan uji yang lainnya.
Bila 27=x deret menjadi
( )∑
+∑ =
+
∞
=
∞
= 00
21
3
1
3
2
nn
nn
nn yang merupakan deret
divergen ( deret p dengan p = ½ <1 ) .
Bila 25=x deret menjadi
( ) ( )∑
+
−∑ =
+
− ∞
=
∞
= 00
21
3
1
3
2
n
n
n
nn
nn yang merupakan deret
ganti tanda. Oleh karena itu kita dapat melakukan uji deret ganti tanda.
Misalkan ( )
( )∑ −=∑+
− ∞
=
∞
= 00
13
1
nn
n
n
n
bn
dengan 3
1
+=
nbn maka
4
11
+=+
nbn ,
sehingga :
� 14
31 <+
+=+
n
n
b
b
n
n dan
� 03
1limlim =
+=
∞→∞→ nb
nn
n
Oleh karena itu menurut uji deret ganti tanda dapat kita simpulkan bahwa
( )∑
+
−∞
=0 3
1
n
n
n konvergen.
Jadi ( )
∑+
−∞
=0 3
32
n
nn
n
xkonvergen pada
27
25 <≤ x .
3. Menentukan solusi umum persamaan diferensial xxyy +=− 2sinh24"
Persamaan karakteristik yang sesuai adalah : 042 =−r . sehingga di
dapat 2±=r . Dengan demikian solusi homogennya adalah xx
h ececy2
22
1−
+=
Untuk py dipilih DCxBxeAxeyxx
p +++= −22 sehingga
CBxeBeAxeAeyxxxx
p +−++= −− 2222 22'
xxxxxxp BxeBeBeAxeAeAey
222222 422422" −−− +−−++=
xxxx
BxeBeAxeAe2222 4444 −− +−+=
Kemudian kita substitusikan ke dalam PD awal menghasilkan
( ) xeeDCxBxeAxeBxeBeAxeAexxxxxxxx +−=+++−+−+ −−−− 22222222
44444
xeeDCxBeAexxxx +−=−−− −− 2222 4444
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
34
Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada kedua
ruas diperoleh 0dan,,,41
41
41 =−=== DCBA .
Akhirnya kita peroleh solusi nonhomogennya yaitu
xxexeyxx
p 412
412
41 −+= −
.
Jadi solusi umum persamaan diferensial yang dimaksud adalah
xxexeececy xxxx
412
412
412
22
1 −+++= −−
4. Menentukan kelengkungan di (0,-3) jika diketahui lintasan fungsi vektor
yaitu jtittF ˆsin3ˆcos2)( +=r
.
Untuk fungsi vektor tersebut tx cos2= dan ty sin3= maka
tx sin2' −= tx cos2" −=
ty cos3'= ty sin3" −=
Sehingga kelengkungan untuk sembarang nilai t adalah
( )( ) ( )[ ]
( )( ) ( )2
3
2
32
3222
22
22cos54
6
cos9sin4
cossin6
''
"'"'
ttt
tt
yx
xyyxt
+
=
+
+=
+
−=κ
Titik (0,-3) tercapai ketika 2
3π=t . Sehingga kelengkungan pada titik ini
adalah ( ) 4
3
4
6
2
3
2
3==
πκ
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
35
PEMBAHASAN UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2004/2005
KALKULUS II MA1124 SENIN 11 APRIL 2005
UTS Kalkulus II MA1124 2004-2005
1. Memeriksa kekonvergenan deret : ( )
∑+
∞
=0 25
4
1
n n
( )∑=∑
+
∞
=
∞
= 4 25
0 25
1
4
1
kn kn
yang merupakan deret p dengan 125 >=p yang
konvergen.
2. Menentukan deret Mc Laurin dari ( )xxxf += 1ln)(
( )xxxf += 1ln)(
∫+
=x
dtt
x0 1
1
( )∫
−−=
x
dtt
x0 1
1
( ) ( ) ( )( )∫ +−+−+−+=x
dttttx0
32...1
( )[ ]xr
r
rtttttx
0
114
413
312
21 ...1... +−++−+−=
+
( )( ) ( )∑ −=+−++−+−=∞
=
++
1
11114
413
312
21 1...1...
n
n
n
nr
r
rxxxxxxxx
( )∑ −=∞
=
++
1
1111
n
n
n
nx
3. Menentukan persamaan trayektori ortogonal dari : ( ) 21 xcy −=
Untuk kurva tersebut belaku ( )*12
+=x
yc
dan ( )xcy 12' −= .
berdasarkan (*) diperoleh x
yy
2' =
Trayektori ortogonal akan memenuhi persamaan diferensial
'
1'
yy t −= �
y
xy t
2' −=
1001 Pembahasan UT
y
x
dx
dy
2−=
xdxydy −=2
∫ −=∫ xdxydy2
Cxy +−= 2
212
cxy =+ 2
212
Jadi Trayektori ortogonal dari keluarga kurva
parabola ( ) 21 xcy −= berupa keluarga kurva
ellips Cxy =+ 2
212
4. Menentukan 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 muata
kapasitornya.
5. Diketahui persamaan parametrik dari kurva C di
bidang : ttx sincos +=
tty sincos −=
a. Menentukan persamaan kurva C dan gambarnya.
Dengan sedikit manipulasi aljabar kita peroleh
*cossin21cossin2sincos 222ttttttx +=++=
**cossin21cossin2sincos222
tttttty −=−+=
Jumlahkan kedua ruas (*) dan (**) sehingga
diperoleh 222
=+ yx . jadi kurva C adalah
sebuah lingkaran dengan pusat di titik (0,0) dan
jari jari 2 .
b. Menentukan persamaan parameter garis singgung di titik (1,1).
( ) tttx cossin' +−=
( ) ttty cossin' −−=
Titik (1,1) tercapai ketika 0=t sehingga ( ) 10' =x
jadi persamaan parameter garis singgung di titik ((1,1) adalah : ,1 tx +=
ty −=1
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
36
entukan kuat arus yang mengalir pada rangkaian LC dengan L = 1
) = 12 volt, jika pada saat
awal tidak ada arus yang mengalir dan tidak ada muatan pada
entukan persamaan parameter garis singgung di titik (1,1).
dan ( ) 10' −=y .
jadi persamaan parameter garis singgung di titik ((1,1) adalah :
2
2
x
y
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
37
PEMBAHASAN UJIAN TENGAH SEMESTER 2000-2001
MA/DA-1324 KALKULUS II JUM’AT/ 6 APRIL 2001
UTS Kalkulus II MA/DA1324 2000-2001
1. a. Menentukan solusi khusus persamaan diferensial ( ) 0'2 222 =++ xyyx
dengan ( ) 10 =y
( ) 02222
=++ xydx
dyx
( ) 2222 xy
dx
dyx −=+
( )( )
( )22
2
21
2222
2
2 +
+=
+
=−
x
xd
x
xdx
y
dy
( )( )
∫+
+=∫ −
22
2
21
22
2
x
xd
y
dy
( )c
xy+
+−=
22
112
Untuk mendapatkan nilai c kita substitusikan kondisi awal ( ) 10 =y
menghasilkan 45=c sehingga
( ) 84
85
4
5
22
112
2
2 +
+=+
+−=
x
x
xy
Jadi solusi khusus PD yang dimaksud adalah
85
842
2
+
+=
x
xy
b. Menentukan solusi umum x
xyxy
sin2' =+
Kita tuliskan PD dalam bentuk
2
sin2'
x
x
x
yy =+
Agar PD ini dapat diselesaikan terlebih dahulu kita tentukan faktor
integrasinya (I)
2lnln2
22
xeeeI xxdx
x ====∫
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
38
Dengan mengalikan kedua ruas persamaan PD terakhir dengan faktor integrasi kita peroleh
xxyyx sin2'2
=+ yang dapat dituliskan dalam bentuk
( )x
dx
yxdsin
2
= atau
( ) xdxyxd sin2
=
( ) ∫=∫ xdxyxd sin2
cxyx +−= cos2
Jadi solusi umum PD yang dimaksud adalah
2
cos
x
xcy
−=
2. Diketahui persamaan diferensial )(2'2" xryyy =++
a. Menentukan solusi umum jika 0)( =xr
Persamaan karakteristik yang sesuai adalah 0222 =++ rr atau
( ) 0112
=++r
( ) 112
−=+r
( ) ir ±=+1
ir ±−= 1
Sehingga Solusi Homogennya adalah ( )xcxceyx
h sincos 21 +=− .
Menurut definisinya, karena 0)( =xr maka PD diatas merupakan PD
homogen yang memiliki solusi umum sama dengan solusi
homogennya yaitu ( )xcxceyx
sincos 21 +=−
b. Menentukan solusi umum jika xexrx sin)( −=
Karena 0)( ≠xr 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
py dipilih ( )xBxAxeyx
p sincos +=− sehingga
( )( ) ( )xBxAxexBxAxeeyxxx
p cossinsincos' +−++−=−−−
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
39
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )
( ) ( )( )xBxAxeexBxAe
xBxAxexBxAxee
xBxAxeexBxAxeeey
xxx
xxx
xxxxxp
cossin2sincos2
sincoscossin
cossinsincos"
+−−++−=
−−++−−+
+−−+++−−=
−−−
−−−
−−−−
Kemudian kita substitusikan ke dalam PD awal menghasilkan
( ) ( )( )
( )( ) ( )( )( ) xexBxAxe
xBxAxexBxAxee
xBxAxeexBxAe
xx
xxx
xxx
sinsincos2
cossinsincos2
...cossin2sincos2
−−
−−−
−−−
=++
+−++−+
+−−++−
jika ruas kiri disederhanakan akan kita peroleh
( ) xexBxAexx sincossin2 −− =+−
xexBexAe xxx sincos2sin2 −−− =+−
Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada kedua
ruas akan didapat 21−=A dan 0=B sehingga solusi nonhomogennya
adalah xxeyx
p cos21 −−=
Jadi solusi umum persamaan diferensial yang dimaksud adalah
( ) xxexcxceyxx cossincos
21
21−−
−+=
Alternatif lain kita dapat menggunakan metode variasi parameter untuk menentukan solusi nonhomogennya. Pada metode ini kita pilih
21 vyuyy p += dengan
xeyx cos1
−= dan xey
x sin2−
= sehingga
( )xxexexeyxxx sincossincos'1 +−=−−=
−−− dan
xexeyxx cossin'2
−−+−=
Untuk mendapatkan u dan v terlebih dahulu kita tentukan Wronskiannya (W)
( )
xxexexexxe
yyyyyyW
xxxx cossinsincoscossin
'',
222222
212121
−−−−+++−=
−=
( ) xx
exxe2222 sincos −−
=+=
( )( ) xxdxxxdxdx
W
xryu
21
41
2122 2sin12cossin −=∫ −=∫−=∫−=
( )xxdxxdxxdx
W
xryv 2cos2sincossin
41
211 −=∫=∫=∫=
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
40
Sehingga ( ) xxexexxyxx
p sin2cos.cos2sin41
21
41 −−
−−=
Jadi solusi umum persamaan diferensial yang dimaksud adalah
( ) ( ) xxexexxxcxcey xxx sin.2coscos2sinsincos41
21
41
21−−− −−++=
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
( ) ( ) xxexexxxcxcey xxx sin.2coscos2sinsincos41
21
41
21−−− −−++=
( ) xxexxexxexcxcexxxx sin.2coscos2sincossincos
41
41
21
21−−−− −+−+=
( ) xxexxexxexcxcexxxx sin.2coscossin2cossincos
412
41
21
21−−−− −+−+=
( ) ( ) xxexxexxexcxcexxxx sin.2cos12cossincossincos
41
41
21
21−−−− −++−+=
( ) xexxexcxcexxx sincossincos
41
21
21−−− +−+=
( )( ) xxexcxcexx cossincos
21
41
21−− −++=
( ) xxexcxcexx cossin*cos
21
1−− −+=
Sekarang terlihat bahwa solusi umum pada metode koefisien tak tentu dan variasi parameter akan memiliki basis penyelesaian yang sama.
3. Materi UAS
4. Diketahui persamaan kurva C di ruang ktjteitetrtt
rrrr++= sincos)(
a. Menentukan vektor singgung di titik (1,0,0) Vektor singgung untuk sembarang nilai t adalah
( ) ( ) kjteteitetetrtttt
rrrr+++−= cossinsincos)('
Titik (1,0,0) dipenuhi jika 0=t , sehingga vektor singgung pada titik
ini adalah kjirrrrr
++=)0('
b. Menentukan persamaan garis singgung pada kurva C di titik (1,0,0) Persamaan parameter garis singgung di titik (1,0,0) adalah
tztytx ==+= ,,1
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
41
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 ,sec2tan xxydx
dy=+ bila y(0) = 2 .
Agar PD ini dapat diselesaikan terlebih dahulu kita tentukan faktor integrasinya (I)
xeeIxxdx
secseclntan=== ∫
Kita kalikan PD awal dengan faktor integrasi ini menghasilkan
xxxyxdx
dy 2sec2tansecsec =+ yang dapat kita tuliskan dalam bentuk
( )x
dx
xyd 2sec2sec
=
( ) xdxxyd2sec2sec =
( ) ∫=∫ xdxxyd2sec2sec
cxxy += tan2sec
Sehingga solusi umum dari persamaan diferensial di atas adalah
xcxx
cxy cossin2
sec
tan2+=
+=
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 ( )xxy cossin2 += .
2. Diketahui PD : )(2'3'' xfyyy =+−
a. Menentukan solusi khusus PD bila f(x) = 0, y(0) = 3 dan y’(0) = 4
Karena 0)( =xf maka menurut definisinya PD ini termasuk ke dalam
PD homogen yang memiliki penyelesaian umum sama dengan solusi homogennya.
Persamaan karakteristik yang sesuai adalah 0232 =+− rr atau
( )( ) 012 =−− rr sehingga diperoleh 2=r atau 1=r . Jadi solusi umum
PD ini adalah xxh ececyy
221 +== .
Untuk mendapatkan solusi khususnya kita sulihkan kondisi awal
( ) 30 =y dan ( ) 40' =y .
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
42
xxececy
221 2' +=
Dari ( ) 30 =y diperoleh 321 =+ cc sedangkan dari ( ) 40' =y diperoleh
42 21 =+ cc jika kedua persamaan ini diselesaikan akan menghasilkan
12 =c dan 21 =c . Jadi solusi khusus PD yang dimaksud adalah
xxceey
22 += .
b. Menentukan solusi umum PD bila 1
)(+
=x
x
e
exf
Karena 0)( ≠xf maka menurut definisinya PD ini menjadi PD non
homogen yang memiliki penyelesaian umum berupa penjumlahan dari
solusi homogen hy dan solusi nonhomogen py . Untuk solusi
homogen telah kita peroleh pada bagian sebelumnya, sedangkan untuk
solusi nonhomogennya kita pilih 21 vyuyy p += dengan
xey =1 dan x
ey2
2 = sehingga
xey ='1 dan x
ey2
2 2' =
Untuk mendapatkan u dan v terlebih dahulu kita tentukan Wronskiannya.
( ) xxxeeeyyyyyyW
333212121 2'', =−=−= .
Sehingga
( ) ( )∫
+
−+−=∫
+−=∫−= dx
e
eedx
edx
W
xfyu
x
xx
x 1
1*
1
12
( )( ) ( )1ln
1
1
111 ++−=∫
+
++−=∫
++∫ ∫−=
+−−= x
x
x
x
x
x
x
exe
edx
e
dxedxdx
e
e
( )
( ) ∫+
−∫=∫
+−=∫
+=∫= − dx
edxedx
eeee
dxdx
W
xfyv
x
x
xxxx 1
1
1
11
1
1
Berdasarkan penyelesaian dari (*) diperoleh ( )1ln ++−−= − xxexev .
Dengan demikian ( )( ) ( )( )1ln1ln 2 ++−−+++−= − xxxxxp exeeexey .
Jadi penyelesaian umum persamaan diferensial yang dimaksud adalah
( )( ) ( )( )1ln1ln 2221 ++−−+++−++= − xxxxxxx
exeeexeececy
3. Materi UAS 4. Materi UAS
1001 Pembahasan UTS Kalkulus II
43
5. Diketahui sebuah partikel bergerak sepanjang lengkungan C dengan
vektor posisi ( ) ( )kttjtitttFrrrr
323 3323)( ++++=
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
( ) ( ) ( )ktjtittFtvrrrrr 22 33663)(' ++++==
( ) ktjittFtarrrrr
6612)(" ++==
Titik (5,3,4) dipenuhi ketika 1=t . sehingga vektor kecepatan dan
percepatan di titik tersebut yaitu
( ) kjivrrrr
6691 ++=
( ) kjiarrrr
66121 ++=
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
( ) ( )( ) ( )
102
10
636179
180
216153
180
3636144363681
6.66.612.9
11
11cos
===
++++
++=
•=
av
avrr
rr
α
Recommended