1001 Pembahasan UTS Kalkulus II KATA PENGANTAR

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.

Semoga bermanfaat !

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

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 ₁₃ 2 n n n n x

2. Diketahui keluarga kurva x2+2y2 =c

a. Tentukan trayektori orthogonal dari keluarga kurva tersebut. b. Gambarkan keluarga kurva tersebut dan trayektori ortogonalnya 3. Tentukan solusi khusus dari 5

( )

( )

₇1

0 ' , 1 0 , 10 ' 3 "− y− y=e y = y = y x

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

( )

t = 3,2,−1 +

(

t2−3t+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=3cost,y=2sint di titik

(

₂3 3,1

)

No 1 2 3 4 5

Bobot 8 8 8 8 8

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

( )

1 0 ,

'+y=e3 y =

xy x

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

3. Tentukan selang kekonvergenan

(

)

(

)

∑ + − ∞ =12 12 1 n n n n x

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 2 1 5 2 1 n n n n n x

2. Tentukan solusi khusus dari −2xy=3x2e 2 ,y

( )

0 =5

dx

dy x

3. Tentukan solusi umum dari y"+y=ex +x3 4. Diketahui rr

( ) (

t = t−1

)

2iˆ+4t2ˆj

a. Tentukan persamaan garis singgung pada titik P(1,0) b. Tentukan kelengkungannya di titik P tersebut.

No 1 2 3 4

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 1 1 n n n n konvergen mutlak ,

konvergen bersyarat atau divergen b. Periksa kekonvergenan deret ∑

+ ∞ =14 2 n n n 2. Perderetkan fungsi x x f + = 2 2 )

( kedalam deret taylor dengan pusat di

x= 2.

3. a. Tentukan solusi persamaan differensial

(

x+1

)

y'+y=1;y

( )

0 =2

b. Tentukan solusi persamaan differensial y"−3y'+2y=x+2ex

c. Tentukan solusi persamaan differensial " 2 ' ₃

x e y y y x = + − 4. Diketahui r

( )

t ti t j r r r 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 .

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 1 3 n n n n x

2. Tentukan solusi dari y''−y'=2+ex bila y(0) = 0, y’(0) = 1 3. Tentukan perderetan Mc Laurin dari :

x x f 3 2 1 ) ( + = dan selang konvergensinya 4. Misalkan r t ti t j r r r ) 2 ( ) ( = + −

a. Tentukan persamaan garis singgung di titik P(1,1) b. Tentukan kelengkungan di titik P(1,1)

5. Tentukan solusi persamaan difenrensial xy'−2y=x4

Soal 1 2 3 4 5

Nilai 8 8 8 8 8

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 2 2 2 − − n n n e e e

a. Periksa kekonvergenan barisan

{ }

an ∞_n=1

b. Periksa kekonvergenan deret ∑

∞ =1

n n

a

2. Cari himpunan kekonvergenan deret ⋅ ⋅ ⋅ + − + − + − + 6 ) 3 ( 8 5 ) 3 ( 4 4 ) 3 ( 2 3 1 x x 2 x 3

3. Tentukan solusi umum persamaan diferensial y''−4y=2sinh2x+x

(petunjuk : ) 2 sinh ax ax e e ax − − =

4. Diketahui lintasan dengan fungsi vector F(t)=2cost iˆ+3sint ˆj

r

. tentukan kelengkungan di (0,-3)

NO 1 2 3 4

NILAI 10 10 10 10

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 ₄ 52 1 n _n

2. Tentukan deret Mc Laurin dari f(x)=xln

(

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 :

t t y t t x sin cos sin cos − = + =

a. Tentukan persamaan kurva C dan gambarkan!

b. Tentukan persamaan parameter garis singgung di titik (1,1).

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

(

x2+2

)

2y'+xy2 =0

dengan 1 ) 0 ( = y

b. Tentukan solusi umum

x x y xy'+2 =sin

2. Diketahui persamaan diferensial y''+2y'+2y=r(x)

a. Tentukan solusi umum jika r(x)=0

b. Tentukan solusi umum jika r(x)=e−xsinx 3. Diketahui f(x,y)=2x4+y2−x2−2y

a. Tentukan turunan berarah dari f(x,y) dititik (1,1) dalam arah

j i a r r r + =

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

4. Diketahui persamaan kurva C di ruang r t et t i et t j tk

r r r r + + = cos sin ) (

a. Tentukan vektor singgung di titik (1,0,0)

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

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 ytanx 2secx,

dx dy

=

+ bila y(0) = 2 .

2. Diketahui PD : y''−3y'+2y= f(x)

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 e x f 3. Diketahui f(x,y)=x3−xy+x2y−2 Tentukan :

a. Turunan berarah dari f(x,y)di titik (-1,2) dengan arah a i j

r r r

+ = 3

b. Nilai ekstrim dan jenisnya dari f(x,y)

4. Tentukan persamaan bidang singgung dan persamaan garis normal dari permukaan 4x2+y2+z2 =17 di titik(1,2,3)

5. Diketahui sebuah partikel bergerak sepanjang lengkungan C dengan vektor posisi F t

(

t t

)

i t j

(

t t

)

k r r r r 3 2 3 3 3 2 3 ) ( = + + + +

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)

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 2 1 5 2 1 n n n n n x Untuk menentukan titik titik x yang membuat deret konvergen kita lakukan uji hasil bagi mutlak

Untuk deret ini

( )

(

)

1 2 5 2 1 + − − = n x a n n n n dan

( )

(

)

2 2 5 2 1 1 1 1 1 + − − = + + + + n x a n n n n .

( ) (

)

( ) (

n

)

n n n n n n n n n _x n n x a a 5 2 1 1 2 . 2 2 5 2 1 lim lim ₁ 1 1 1 − − + + − − = = + + + ∞ → + ∞ → ρ 5 2 1 1 lim 5 2 2 1 lim 5 2 ₂1 2 1 2 1 2 1 _{= −} + + − = + + − = ∞ → ∞ → x x n n x n n n n

Menurut uji hasil bagi deret di atas akan divergen jika ρ >1dan konvergen jika ρ<1yaitu jika ₂1 2_x−5_<1 _atau

2 5 2x− < 2 5 2 2< − < − x 7 2 3< x< 2 7 2 3_{< x< ,}

sedangkan untuk ρ=1 (_x=23 _dan 2 7

=

x ) uji hasil bagi gagal sehingga perlu dilakukan uji yang lainnya. Bila _x=23 _{deret menjadi}

( )

(

)

( )

( )

( )

∑ = ∑ + = ∑ + − = ∑ + − − = ∑ + − − ∞ = ∞ = ∞ = ∞ = ∞ = 0 0 1 2 0 0 12 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 k n n n n n n n n n n n n k n n n n

yang merupakan deret divergen (deret p dengan p = ½ < 1). Bila _x=27 _{deret menjadi}

_{( )}

_∑

_{( )}

+ − = ∑ + − ∞ = ∞ =0 0 1 1 1 1 2 2 1 n n n n n n n n . Untuk

memeriksa kekonvergenannya kita lakukan uji deret ganti tanda . untuk deret tersebut 1 1 + = n an dan 2 1 1 + = + n an . Sekarang perhatikan bahwa

• 1 2 1 1 _< + + = + n n a a n n _atau n n a a ₊₁< dan • 0 1 1 lim lim = + = ∞ → ∞ → an n n n

Oleh karena itu menurut uji deret ganti tanda ∑

( )

+ − ∞ =0 1 1 1 n n n konvergen. Jadi

∑

∞

( )

(

)

= + − − 0 2 1 5 2 1 n n n n n x

konvergen pada interval 7₂ 2

3_{< x≤}

2. Menentukan solusi khusus dari −2xy=3x2e 2 ,y

( )

0 =5

dx

dy _x

Faktor integrasi untuk PD tersebut adalah I=e∫−2xdx=e−x2

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

− _{yang dapat kita dituliskan dalam bentuk}

(

)

2 3 2 x dx ye d x = −

(

ye

)

x dx d −x2 =3 2

Dengan mengintegralkan kedua ruas diperoleh

c x dx x

ye−x2 =∫3 2 = 3+ atauy=

(

x3+c

)

ex2 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=

(

x3+5

)

ex2

3. Menentukan solusi umum dari y"+y=ex +x3

Persamaan karakteristik yang sesuai adalah : r2+1=0 ⇔ r=±i Sehingga didapat r =₁ i dan r₂=−i .

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

(

) (

)

3 2 3 _{6 2} 2Cex+Dx +Ex + D+F x+ E+G =ex+x

Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada kedua ruas diperoleh 1 2 =C atau C=₂1 0 , 1 = = E D 0 6D+ F= atau F=−6 0 2E+ G= atau G=0 Jadi y_p ex x3 6x 2 1 _{+ −}

= dan solusi umum PD di atas adalah

x x e x B x A y= sin + cos +₂1 x+ 3−6 4. Diketahui rr

( ) (

t = t−1

)

2iˆ+4t2ˆj

a. Menentukan persamaan garis singgung pada titik P(1,0) 0

t = waktu saat titik P (1,0) tercapai yaitu t₀=0

( )

t

(

t

)

i tj rr' =2 −1ˆ+8ˆ

( )

t r

( )

i j rr' ₀ =r' 0 =−2ˆ+0ˆ

( )

t r

( )

i j rr ₀ =r0 =ˆ+0ˆ

Jadi persamaan parameter garis singgung di titik P(1,0) adalah

0 , 2 1− = = t y x

b. Menentukan kelengkungannya di titik P tersebut. untuk kasus di atas x= t

(

−1

)

2 dan _4t2

y = maka :

(

1

)

2 '= t− x x" =2 t y' =8 y" =8

Kelengkungan untuk sembarang nilai t adalah :

( )

( )

( )

[

]

(

)

(

)

[

]

32

[

(

)

]

32 2 3 2 2 2 2 2 2 64 1 4 16 64 1 4 16 1 16 ' ' " ' " ' t t t t t t y x x y y x t + − = + − − − = + − = κ

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 13 2 n n n n x

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

Untuk deret ini

(

)

(

)

∑ + + = ∞ =0 13 2 n n n n n x a dan

(

)

(

)

∑ + + = ∞ = + + + 0 1 1 1 3 2 2 n n n n n x a .

(

)

(

)

(

)

(

)

n n n n n n n n _x n n x a a 2 3 1 . 3 2 2 lim lim ₁ 1 1 + + + + = = + + ∞ → + ∞ → ρ 2 2 1 lim 2 ₃1 3 1 _{= +} + + + = ∞ → x n n x n

Menurut uji hasil bagi deret di atas akan divergen jika ρ >1dan konvergen jika ρ<1yaitu jika ₃1 x+2 <1 atau

3 2 < + x 3 2 3< + < − x 1 5< < − x

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

( )

(

)

( )

(

)

∑ + − ∑ = + − ∞ = ∞ =0 0 1 1 3 1 3 n n n n n n

n yang merupakan deret harmonis ganti tanda yang

konvergen. Sedangkan untuk x=1 deret menjadi

(

)

= ∑

(

+

)

∑ + ∞ = ∞ =0 0 1 1 3 1 3 n n n n n n

yang merupakan deret harmonis yang divergen. Jadi deret di atas konvergen pada selang −5≤x<1 .

2. Diketahui keluarga kurva x2+2y2 =c a. Menentukan trayektori orthogonal dari x2 +2y2 =c

Trayektori orthogonal akan memenuhi persamaan diferensial ' 1 ' y y t=−
x y y' =t 2 x y dx dy 2 = x dx y dy 2

= integralkan kedua ruas menghasilkan

* ln 2 lny= x+C 2 2 ln ln ln lny= x + C= Cx (C* = ln C) 2 Cx y =

Jadi trayektori orthogonal dari x2 +2y2 =c

adalah parabola _{y =Cx}2

b. Gambar keluarga kurva dan trayektori ortogonalnya seperti pada gambar di samping.

3. Menentukan solusi khusus dari y"−3y'−10y=e5x ,y

( )

0 =1 Persamaan karakteristik yang sesuai adalah r2 −3

(

r−5

)(

r+2

)

=0 2 atau 5 =− = r r

Jadi solusi homogennya yh ce x c e x

2 2 5 1 − + = Untuk yp dipilih x p Axe y = 5 sehingga x x p Ae Axe y '= 5 +5 5 x x x x x p Ae Ae Axe Ae Axe y "=5 5 +5 5 +25 5 =10 5 +25 5

kemudian kita substitusi ke persamaan PD awal menghasilkan

(

x x

)

x x x x e Axe Axe Ae Axe Ae5 25 5 3 5 5 5 10 5 5 10 + − + − = x x e Ae5 5 7 = 1 7A=
7 1 = A Sehingga yp xe x 5 7 1 =

Jadi solusi umum PD di atas adalah y=c₁e5x+c₂e−2x+₇1

( )

_{0 7}1 ' , 1 y = 0 10 3r− = yaitu

kemudian kita substitusi ke persamaan PD awal menghasilkan

x

Untuk mendapatkan solusi khususnya kita substitusikan kondisi awal

( )

_{0 =1dan y'}

( )

_{0 =7}1 y . x x x x _{c e e xe} e c y 5 ₇5 5 7 1 2 2 5 1 2 5 '= − − + + Dari y

( )

0 =1diperoleh c₁+ c₂ =1* Dari y'

( )

0 =₇1diperoleh 5c₁− c2 ₂ =0**

Jika system ini diselesaikan akan diperoleh ₇2 1 =

c dan ₇5 2 =

c . Jadi solusi khusus dari PD di atas adalah y=2₇e5x+5₇e−2x+1₇xe5x

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

( )

t = 3,2,−1 +

(

t2−3t+5

)

0,3,4 , 0≤t≤5

a. Menentukan titik awal partikel P

Titik awal partikel P terjadi ketika t = 0 yaitu rr

( )

0 = 3,2,−1 +50,3,4 19 , 17 , 3 =

b. Vector kecepatan dan percepatan pada t = 2

Vector kecepatan dan percepatan untuk sembarang t adalah :

( )

t =r'

( ) (

t = 2t−3

)

0,3,4

vr r

( )

t =v'

( )

t =20,3,4 = 0,6,8

ar r

Vector kecepatan dan percepatan untuk t = 2 adalah :

( )

2 = 0,3,4

vr

( )

2 = 0,6,8

ar

5. Menentukan kelengkungan dari kurva x=3cost,y=2sint di titik

(

₂3 3,1

)

t x'=−3sin y' =2cost t s x"=−3 cos y" −= 2sint

Kelengkungan kurva untuk sembarang t adalah :

( )

[

]

3

(

)

3

(

)

3 2 2 6 cos 6 sin 6 " ' " 'y yx t t x t = + = − = κ

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=e3x , y

( )

1 =0 Jika kita perhatikan persamaan diferensial ini dapat kita tuliskan dalam bentuk

( )

x e dx yx d 3 =

( )

yx e dx d = 3x

( )

=∫ ∫d yx e3xdx c e yx=₃1 3x+ x c e y x + = 3 3 1

Untuk mendapatkan solusi khusus kita sulihkan kondisi awal y

( )

1 =0 menghasilkan _c=−31_e3 _{. jadi solusi khusus dari persamaan diferensial di} atas adalah x e e y x 3 3 3 ₋ =

2. Menentukan solusi umum persamaan diferensial _{y"−2y'−15y=e}x_+2x2 Persamaan karakteristik yang sesuai adalah r2− r2 −15=0 yaitu

(

r−5

)(

r+3

)

=0 5

=

r atau r=−3

Sehingga solusi homogennya adalah y_h =c₁e5x+c₂e−3x

Untuk y_p dipilih yp =Aex+Bx +Cx+D 2 _sehingga C Bx Ae yp'= x+2 + B Ae y_p"= x+2

Kemudian kita substitusikan ke dalam PD awal menghasilkan

(

₂

) (

₁₅ 2

)

₂ 2 2 2B Ae Bx C Ae Bx Cx D e x Aex+ − x+ + − x+ + + = x+

(

)

(

)

2 2 2 15 2 2 15 4 15 16Aex− Bx − B+ C x+ B− C− D =ex+ x −

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

1 16 = − A atau _A=−161 2 15 = − B atau _B=−152 0 15 4B+ C= atau _C=2258 0 15 2 2B− C− D= atau _D=−337576 Dengan demikian ₃₃₇₅76 225 8 2 15 2 16 1 _{− + −} − = e x x y_p x

Jadi solusi umum persamaan diferensial di atas adalah y=y_h+y_p

3375 76 225 8 2 15 2 16 1 3 2 5 1 + − − + − =ce c e− e x x y x x x

3. Menentukan selang kekonvergenan

(

)

(

)

∑ + − ∞ =1_{2 1}2 1 n n n n x

Untuk menentukan nilai x yang menyebabkan deret konvergen dapat kita lakukan uji hasil bagi mutlak.

Untuk deret ini

(

)

(

)

2 1 2 1 + − = n x a n n n dan

(

)

(

)

2 1 1 1 2 2 1 + − = + + + n x a n n n

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

2

)

1 1 lim 1 1 1 2 . 2 2 1 lim lim _{2 2}1 2 2 1 2 2 1 1 1 − = + + − = − + + − = = ∞ → + + ∞ → + ∞ → x n n x x n n x a a n n n n n n n n n ρ

Menurut uji hasil bagi deret akan divergen jika ρ>1dan konvergen jika

1 <

ρ yaitu jika ₂1 _x−1_<1 _atau 2 1 < − x 2 1 2< − < − x 3 1< < − x

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

bila x=−1 deret menjadi

(

)

(

)

( )

(

)

∑ + − ∑ = + − ∞ = ∞ =12 12 1 12 2 n n n n n n n misalkan

( )

(

)

= ∑ ∑ + − ∞ = ∞ =1 ₁2 n 1 n n n u n dengan

( )

(

)

2 1 + − = n u n n . sekarang perhatikan ∞ ∞ ₁

Bila x=3 deret menjadi

(

)

∑ + ∞ =1 12 1 n n

yang merupakan deret konvergen (deret p dengan p=2 >1). Akhirnya dapat kita simpulkan bahwa

(

)

(

)

∑ + − ∞ =12 12 1 n n n n x konvergen pada −1≤x≤3

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 1 1 n n n n konvergen mutlak ,

konvergen bersyarat atau divergen. untuk deret ini

( )

(

1

)

1 1 + − = n n a_n n dan

( )

(

1

)(

2

)

1 1 1 1 + + − = + + n n a_n n .

untuk memeriksa apakah Ia konvergen mutlak kita lakukan uji hasil bagi mutlak

(

)

(

1

)(

2

)

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

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

(

)

(

)(

)

1 1 1 1 1 1 1 + = + + > + = n n n n n a_n

maka uji perbandingan dapat digunakan. Selanjutnya karena ∑ + ∞

=1 1 1

n n

merupakan deret harmonis yang divergen maka kita simpulkan bahwa ∑∞

=1

n n

a divergen dan akibatnya deret ∑∞ =1

n n

a tidak konvergen mutlak.

Sekarang kita lakukan uji deret ganti tanda untuk memeriksa kekonvergenan

( )

(

)

∑ + − ∞ =1 1 1 1 n n n n . misalkan

( )

(

)

= ∑ −

( )

∑ + − ∞ = ∞ =1 1 1 1 1 1 n n n n n b n n dengan

(

1

)

1 + = n n b_n •

(

)

(

1

)(

2

)

2 1 1 1 < + = + + + = + n n n n n n b b n n

Oleh karena itu menurut uji deret ganti tanda deret

( )

(

)

∑ + − ∞ =1 1 1 1 n n n n

konvergen dan akhirnya dapat kita simpulkan bahwa

( )

(

)

∑ + − ∞ =1 1 1 1 n n n n konvergen bersyarat.

b. memeriksa kekonvergenan deret ∑ + ∞ =1_{4 2} n n n

untuk memeriksanya kita lakukan uji hasil bagi. Untuk deret ini

n n n a 2 4 + = dan 1 1 2 4 1 + + + + = _n n n a

(

)

(

)

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

Karena _{ρ= 2}1_<1 _{, menurut uji hasil bagi ∑} + ∞ =14 2 n n n konvergen.

2. Menentukan deret Taylor dari

x x f + = 2 2 ) ( dengan pusat di x = 2

( )

(

)

( )

(

)

2 1 2 2 ! 1 1 2 2 1 2 ) ( ' x x x f + − = + − =

( )(

)

(

)

( )

(

)

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

( )(

)( )

(

)

( )

(

)

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

( )

(

)

1 2 ! 1 2 ) ( + + − = n n n x n x f
( )

( )

₁ 4 ! 1 2 ) 2 ( + − = n n n n f

Jadi deret taylor dari f dengan pusat di x = 2 adalah :

( )

_{( )}

(

)

= ∑

( )

−

(

−

)

∑ − = ∞ = + ∞ =0 0 1 2 4 2 1 2 ! 2 ) ( n n n n n n n x x n f x f

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

(

)

(

)

1 1 = + dx y x d atau

(

)

(

x y

)

dx

d + 1 = integralkan kedua ruas menghasilkan

(

x+1

)

y=x+c 1 + + = x c x y

Untuk mendapatkan solusi khusus sulihkan kondisi awal y

( )

0 =2ke dalam solusi umum PD menghasilkan c=2. Jadi solusi khusus dari PD di atas adalah 1 2 + + = x x y Note :

(

(

1

)

)

D

(

(

x 1

)

y

) (

(

x 1

)

y

)

' dx y x d x + = + = +

b. Menentukan solusi persamaan differensial y"−3y'+2y=x+2ex Persamaan karakteristik yang sesuai adalah r2− r3 +2=0 yaitu

(

r−2

)(

r−1

)

=0

1 =

r atau r=2

Dengan demikian solusi homogennya adalah yh =c1ex+c2e2x Untuk yp dipilih yp =Ax+B+Cxex sehingga

x x p A Ce Cxe y '= + + x x x x x p Ce Ce Cxe Ce Cxe y "= + + =2 +

Kemudian kita substitusikan ke PD awal menghasilkan

(

x x

) (

x

)

x

x

x _{Cxe A Ce Cxe Ax B Cxe x e}

Ce 3 2 2 2 + − + + + + + = +

(

_{A B}

)

_{Ax Ce}x _{x e}x 2 2 2 3 + + − = + −

Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada kedua ruas diperoleh : 2 = −C atau C =−2 1 2 =A atau _A=1

c. Menentukan solusi persamaan differensial " 2 ' ₃ x e y y y x = + −

Persamaan karakteristik yang sesuai adalah : r2 − r2 +1=0 atau

(

r−1

)

2 =0
r=1

Jadi solusi homogennya adalah yh =c1ex +c2xex untuk y dipilih p yp=uy1+vy2 dengan :

x e y =₁ y =₂ xex x e y =₁' y₂'=ex +xex =

(

x+1

)

ex

Untuk mendapatkan u dan v, kita menghitung wronskian terlebih dahulu yaitu

(

)

x x x e xe e x y y y y W = _{1 2}'− ₁' ₂= +1 2 − 2 = 2 Sehingga diperoleh :

( )

∫ =−∫ =−∫ = − = x x dx e x e xe dx W x r y u x x x 1 1 . . 2 2 3 2

( )

∫ =∫ =∫ =− = 2 3 2 3 1 2 1 1 . . x x dx e x e e dx W x r y v x x x

Jadi solusi nonhomogennya adalah

x e x xe x e y x x x p 2 2 2 = − = dan solusi

umum PD di atas adalah

x e xe c e c y x x x 2 2 1 + + = 4. r

( )

t ti t j r r r 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 v

( )

t r

( )

t i tj

r r r r 2 ' = + = , sedangkan

kelajuannya vr

( )

t = 1+4t2 . Titik (1,1) dipenuhi ketika t=1 . sehingga kecepatan dan kelajuan pada (1,1) masing masing adalah

( )

1 i 2j dan v r r r + = vr

( )

1 = 5 b. Persamaan parameter untuk rr

( )

t adalah

2

,y t t

x= = sehingga lintasan partikel berbentuk parabola y =x2

2

x y =

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 1 3 n n n n x

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

Untuk deret ini

(

_n

)

n n n x a 2 1 3 + = dan

(

)

(

)

1 1 1 2 1 1 3 + + + + + = n n n n x a

(

)

(

)

(

_{3 1}

)

3 1lim 1 3 1 2 . 2 1 1 3 lim lim ₁ 1₂ 1₂ 1 1 + = + + = + + + = = ∞ → + + ∞ → + ∞ → x n n x x n n x a a n n n n n n n n n ρ

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

2 1 _{x+ < atau} 2 1 3x+ < 2 1 3 2< + < − x 1 3 3< < − x 3 1 1< < − x

sedangkan untuk ρ=1 (x=−1 dan _x=31 _{) uji hasil bagi gagal sehingga} perlu dilakukan uji yang lainnya.

Bila x=−1 deret menjadi ∑

(

−

)

= ∑∞

( )

− = ∞ =1 1 1 2 2 n n n n n n

n yang merupakan deret

harmonis ganti tanda yang konvergen. Bila _x=31 _{deret menjadi ∑ = ∑}∞

= ∞ =1 1 1 2 2 n n n n n

n yang merupakan deret harmonis

yang divergen.

Akhirnya dapat kita simpulkan bahwa ∑

(

+

)

∞ _{3x 1}n

2. Menentukan solusi dari PD y''−y'=2+ex bila y(0) = 0 dan y’(0) = 1. Persamaan karakteristik yang sesuai adalah r2− r=0 atau r

(

r−1 =

)

0 sehingga didapat r=0atau r=1 . dengan demikian solusi homogennya adalah y_h =c₁+c₂ex Untuk y_pdipilih x p Ax Bxe y = + sehingga x x p A Be Bxe y '= + + x x x x x p Be Be Bxe Be Bxe y "= + + =2 +

Kemudian kita substitusikan ke dalam PD awal menghasilkan

(

x x

)

x x x _{Bxe A Be Bxe e} Be + − + + =2+ 2 x x e Be A+ = + − 2

Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada kedua ruas kita peroleh

2 − = A dan B=1 Sehingga x p x xe

y = 2− + dan solusi umum persamaan diferensial yaitu

x x _{x xe} e c c y= 1+ 2 −2 + . x x x _{e xe} e c y'= ₂ −2+ +

Untuk mendapatkan solusi khusus kita sulihkan kondisi awal y(0) = 0 dan

y’(0) = 1.

Dari y(0) = 0 diperoleh c₁+ c₂ =0

Dari y’(0) = 1diperoleh c₂ −1=1atau c₂ =2 sehingga c₁ =−2

Jadi solusi khusus PD yang dimaksud adalah y=−2+2ex−2x+xex. 3. Menentukan deret Mc Laurin dari :

x x f 3 2 1 ) ( + = dan selang konvergensinya

( )

(

x

)

x x f 2 3 1 1 2 1 3 2 1 ) ( − = + =

Dengan menggunakan fakta bahwa

1 ; ... 1 1 1 0 2 < ∑ = + + = − ∞ = x x x x x n n kita peroleh

(

) (

)

...

(

)

( )

1

( )

; 1 1 ) ( 2 3 0 2 3 2 1 0 2 3 2 1 2 2 3 2 3 2 1 _{= ∑ − = ∑ − <}      − + − + = ∞ = ∞ = x x x x x x f n n n n n n

4. Misalkan r t ti t j r r r ) 2 ( ) ( = + −

a. Menentukan persamaan garis singgung di titik P(1,1) 0

t = waktu saat titik P (1,1) tercapai yaitu

t

₀

=

1

( )

i j t t r ˆ ˆ 2 1 ' = − r

( )

t

r

( )

i

j

r

'

'

1

1₂

ˆ

ˆ

0

=

=

−

r

r

( )

t

r

( )

i

j

r

r

₀

=

r

1

=

ˆ

+

ˆ

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

t

y

t

x

=

1

+

₂1

,

=

1

−

b. Menentukan kelengkungan di titik P(1,1)

untuk kasus di atas x = t dan y= 2−t maka :

2 1 2 1

'

= t

−

x

2 3 4 1

"

=

−

t

−

x

1 ' −= y y"=0

Kelengkungan untuk sembarang nilai t adalah :

( )

( )

( )

[

]

[

]

[

]

32 2 3 2 3 2 3 2 3 1 1 ' ' " ' " ' 1 4 1 4 1 1 4 1 4 1 2 2 + = + − = + − = − − − − t t t t y x x y y x t κ

Jadi kelengkungan di titik P adalah

( )

( )

( )

5 5 2 1 2 3 4 5 4 1 0 =κ = = κ t

5. Menentukan solusi persamaan difenrensial xy'−2y=x4

4 2 ' y x xy− = 3 2 ' x x y y− =

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

2 ∫

x x y dx d =       2 xdx x y d =      2 ∫ = ∫       xdx x y d 2 c x x y + =       ₂ 2 1 2 2 4 2 1_{x cx} y= +

PEMBAHASAN

UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2005/2006 KALKULUS II MA 1124

SENIN / 3 APRIL 2006 UTS Kalkulus II MA1124 2005-2006 1. Diketahui 4 2 2 2 − − n n n e e e

a. Memeriksa kekonvergenan barisan

{ }

an ∞_n=1

(

)

(

1

)

1 1 lim 4 2 lim lim 2 4 2 2 2 2 2 = − − = − − = ∞ → ∞ → ∞ → _n n e n e n n n n n n n n e e e e e a

yang menunjukkan bahwa

{ }

an ∞_n=1 konvergen ke 1.

b. Memeriksa kekonvergenan deret ∑

∞ =1 n n a Karenalim =1≠0 ∞ → n n

a maka menurut uji kekonvergenan barisan ∑

∞ =1

n n

a divergen.

2. Mencari himpunan kekonvergenan deret

(

)

∑ + − = ⋅ ⋅ ⋅ + − + − + − + ∞ =0 3 2 3 3 2 6 ) 3 ( 8 5 ) 3 ( 4 4 ) 3 ( 2 3 1 n n n n x x x x

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

Untuk deret ini

(

)

3 3 2 + − = n x a n n n dan

(

)

4 3 2 1 1 1 + − = + + + n x a n n n

(

)

(

)

4 2 3 3 lim 3 2 3 2 3 . 4 3 2 lim lim 1 1 1 _{= −} + + − = − + + − = = ∞ → + + ∞ → + ∞ → x n n x x n n x a a n n n n n n n n n ρ

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

sedangkan untuk ρ =1 (x=₂5 dan _{x= 2}7_{) uji hasil bagi gagal sehingga} perlu dilakukan uji yang lainnya.

Bila x=₂7 deret menjadi

( )

∑ + ∑ = + ∞ = ∞ =0 0 2 1 3 1 3 2 n n n n n

n yang merupakan deret

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

Bila x=₂5 deret menjadi

( )

∑

( )

+ − ∑ = + − ∞ = ∞ =0 0 2 1 3 1 3 2 n n n n n n

n yang merupakan deret

ganti tanda. Oleh karena itu kita dapat melakukan uji deret ganti tanda. Misalkan ∑

( )

= ∑ −

( )

+ − ∞ = ∞ =0 0 1 3 1 n n n n n b n dengan 3 1 + = n b_n maka 4 1 1 + = + n b_n , sehingga :  1 4 3 1 _< + + = + n n b b n n _dan  0 3 1 lim lim = + = ∞ → ∞ → bn n n n

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

( )

∑ + − ∞ =0 3 1 n n n konvergen. Jadi ∑

(

)

+ − ∞ =0 3 3 2 n n n n x konvergen pada ₂7 2 5_{≤ x< .}

3. Menentukan solusi umum persamaan diferensial y"−4y=2sinh2x+x Persamaan karakteristik yang sesuai adalah : r2−4=0 . sehingga di dapat r=±2 . Dengan demikian solusi homogennya adalah

x x

h ce c e

y = ₁ 2 + ₂ −2

Untuk yp dipilih y Axe Bxe Cx D x x p = + + + −2 2 sehingga C Bxe Be Axe Ae y_p'= 2x+2 2x+ −2x−2 −2x+ x x x x x x p Ae Ae Axe Be Be Bxe y "=2 2 +2 2 +4 2 −2 −2 −2 −2 +4 −2 x x x x Bxe Be Axe Ae2 4 2 4 2 4 2 4 + − − + − =

Kemudian kita substitusikan ke dalam PD awal menghasilkan

(

Axe Bxe Cx D

)

e e x Bxe Be Axe Ae2x+4 2x−4 −2x+4 −2x−4 2x+ −2x+ + = 2x− −2x+ 4 x e e D Cx Be Ae2x−4 −2x−4 −4 = 2x− −2x+ 4

Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada kedua ruas diperoleh , , ,dan 0

4 1 4 1 4 1 _{= =− =} = B C D A .

Akhirnya kita peroleh solusi nonhomogennya yaitu

x xe

xe

y_p = 1₄ 2x+1₄ −2x−1₄ .

Jadi solusi umum persamaan diferensial yang dimaksud adalah

x xe xe e c e c y= ₁ 2x+ ₂ −2x+1₄ 2x+1₄ −2x−1₄

4. Menentukan kelengkungan di (0,-3) jika diketahui lintasan fungsi vektor yaituF(t)=2cost iˆ+3sint ˆj

r

.

Untuk fungsi vektor tersebut x=2cost dan y=3sintmaka

t

x'=−2sin x"=−2cost

t

y' =3cos y"=−3sint

Sehingga kelengkungan untuk sembarang nilai t adalah

( )

( )

( )

[

]

(

)

(

)

(

)

2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 cos 5 4 6 cos 9 sin 4 cos sin 6 ' ' " ' " ' t t t t t y x x y y x t + = + + = + − = κ

Titik (0,-3) tercapai ketika _t=3₂π_{. Sehingga kelengkungan pada titik ini} adalah

( )

4 3 4 6 2 3 2 3 = =       π κ

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 ₄ 52 1 n _n

(

)

∑ = ∑ + ∞ = ∞ =0 52 4 52 1 4 1 k n k n

yang merupakan deret p dengan _p=25 _>1 _yang konvergen.

2. Menentukan deret Mc Laurin dari f(x)=xln

(

1+x

)

(

x

)

x x f( )= ln1+ ∫ + = x dt t x 01 1

( )

∫ − − = x dt t x 01 1

( ) ( )

( )

(

)

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

( )

[

_r

]

x r r t t t t t x 0 1 1 4 4 1 3 3 1 2 2 1 _{+ − +...+ −1 +...} − = +

( )

(

− + − + + − +

)

= ∑ −

( )

= ∞ = + + 1 1 1 1 1 4 4 1 3 3 1 2 2 1 _{... 1 ... 1} n n n n r r r x x x x x x x x

( )

∑ − = ∞ = + + 1 1 1 1 1 n n n n x

3. Menentukan persamaan trayektori ortogonal dari : y=

(

c−1 x

)

2

Untuk kurva tersebut belaku 1

( )

*

2 + = x y c _dan y'=2

(

c−1

)

x . berdasarkan (*) diperoleh x y y' =2

Trayektori ortogonal akan memenuhi persamaan diferensial

' 1 ' y y t=−
y x y t 2 ' =−

y x dx dy 2 − = xdx ydy=− 2 ∫ − = ∫2ydy xdx C x y =− 2 + 2 1 2 c x y + 2 = 2 1 2

Jadi Trayektori ortogonal dari keluarga kurva parabola _y=

(

_{c−1 x}

)

2 _{berupa keluarga kurva} ellips y + x2 =C

2 1

2

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 : t t x=cos +sin t t y=cos −sin

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

* cos sin 2 1 cos sin 2 sin cos2 2 2 t t t t t t x = + + = + * * cos sin 2 1 cos sin 2 sin cos2 2 2 t t t t t t y = + − = −

Jumlahkan kedua ruas (*) dan (**) sehingga diperoleh x2+ y2 =2 . 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).

( )

t t t

x' =−sin +cos

( )

t t t

y' =−sin −cos

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). 2 2

x y

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

(

x2 +2

)

2y'+xy2 =0

dengan y

( )

0 =1

(

2+2

)

2 +xy2 =0 dx dy x

(

2

)

2 2 2 xy dx dy x + =−

(

)

(

)

(

₂

)

2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 + + = + = − x x d x xdx y dy

(

)

(

)

∫ + + = ∫ − ₂ 2 2 2 1 2 2 2 x x d y dy

(

x

)

c y=−2 ₊2 + 1 1 2

Untuk mendapatkan nilai c kita substitusikan kondisi awal y

( )

0 =1 menghasilkan _c=45 _sehingga

(

)

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

Jadi solusi khusus PD yang dimaksud adalah

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

b. Menentukan solusi umum

x x y

xy'+2 =sin Kita tuliskan PD dalam bentuk

2 sin 2 ' x x x y y+ =

Agar PD ini dapat diselesaikan terlebih dahulu kita tentukan faktor integrasinya (I) 2 ln ln 2 2 2 x e e e I ₌ ∫xdx ₌ x ₌ x ₌

Dengan mengalikan kedua ruas persamaan PD terakhir dengan faktor integrasi kita peroleh

x xy y

x2 '+2 =sin yang dapat dituliskan dalam bentuk

( )

x dx yx d sin 2 = atau

( )

yx xdx d 2 =sin

( )

=∫ ∫d yx2 sinxdx c x yx2 =−cos +

Jadi solusi umum PD yang dimaksud adalah

2 cos x x c y= −

2. Diketahui persamaan diferensial y"+2y'+2y=r(x)

a. Menentukan solusi umum jika r(x)=0

Persamaan karakteristik yang sesuai adalah r2+ r2 +2=0 atau

(

r+1

)

2 +1=0

(

r+1

)

2 =−1

(

r+1

)

=±i

i r= 1− ±

Sehingga Solusi Homogennya adalah y_h =e−x

(

c₁cosx+c₂sinx

)

. Menurut definisinya, karena r(x)=0 maka PD diatas merupakan PD homogen yang memiliki solusi umum sama dengan solusi homogennya yaitu y=e−x

(

c₁cosx+c₂sinx

)

b. Menentukan solusi umum jika r(x)=e−xsinx

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

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

A x B x

)

(

e xe

)

(

A x B x

)

e x B x A xe x B x A xe e x B x A xe e x B x A xe e e y x x x x x x x x x x x p cos sin 2 sin cos 2 sin cos cos sin cos sin sin cos " + − − + + − = − − + + − − + + − − + + + − − = − − − − − − − − − −

Kemudian kita substitusikan ke dalam PD awal menghasilkan

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

A x B x

)

e x xe x B x A xe x B x A xe e x B x A xe e x B x A e x x x x x x x x sin sin cos 2 cos sin sin cos 2 ... cos sin 2 sin cos 2 − − − − − − − − = + + + − + + − + + − − + + −

jika ruas kiri disederhanakan akan kita peroleh

(

A x B x

)

e x

e x sin cos xsin

2 − − + = − x e x Be x

Ae xsin 2 xcos xsin

2 − + − = −

−

Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada kedua ruas akan didapat _A=−21 _{dan B=0 sehingga solusi nonhomogennya} adalah y_{p =−}1₂xe−xcosx

Jadi solusi umum persamaan diferensial yang dimaksud adalah

(

c x c x

)

xe x

e

y= −x ₁cos + ₂sin −₂1 −xcos

Alternatif lain kita dapat menggunakan metode variasi parameter

untuk menentukan solusi nonhomogennya. Pada metode ini kita pilih 2 1 vy uy y_p= + dengan x e

y₁ = −xcos dan y₂ =e−xsinx sehingga

(

x x

)

e x e x e

y₁'=− −xcos − −xsin =− −x cos +sin dan

x e x e

y₂'=− −xsin + −xcos

Untuk mendapatkan u dan v terlebih dahulu kita tentukan Wronskiannya (W)

(

)

x x e x e x e x x e y y y y y y W x x x x cos sin sin cos cos sin ' ' , 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 − − − − + + + − = − =

(

)

x x _{x x e} e−2 cos2 +sin2 = −2 =

( )

₍

₎

x x dx x xdx dx W x r y u 2 1 4 1 2 1 2

2 _{=−∫sin = ∫ cos2 −1 = sin2 −}

∫ − =

( )

x xdx xdx x dx W x r y

v sin cos sin2 ₄1cos2

2 1

1 _{=∫ = ∫ =−}

∫

Sehingga y_p =

(

₄1sin2x−1₂ x

)

e−xcosx−₄1.e−xcos2xsinx

Jadi solusi umum persamaan diferensial yang dimaksud adalah

(

c x c x

)

(

x x

)

e x e x x

e

y x cos sin sin2 xcos 1₄ xcos2 .sin

2 1 4 1 2 1 − − − _{+ + − −} =

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

(

c x c x

)

(

x x

)

e x e x x

e

y x cos sin sin2 xcos ₄1 xcos2 .sin

2 1 4 1 2 1 − − − _{+ + − −} =

e x

(

c cosx c sinx

)

xe xcosx e xsin2xcosx ₄1e xcos2x.sinx

4 1 2 1 2 1 − − − − _{+ − + −} =

(

c x c x

)

xe x e x x e x x

e x cos sin xcos x2sin cos2 1₄ xcos2 .sin 4 1 2 1 2 1 − − − − _{+ − + −} =

(

c x c x

)

xe x e x

(

x

)

e x x

e x cos sin xcos xsin cos2 1 1₄ xcos2 .sin 4 1 2 1 2 1 − − − − − + + − + =

_e x

(

_{ccosx c sinx}

)

_xe x_{cosx e} x_sinx 4 1 2 1 2 1 − − − + − + =

_e x

(

_ccosx

(

_c

)

_sinx

)

_xe x_cosx 2 1 4 1 2 1 − − − + + =

_e x

(

_{ccosx c*sinx}

)

_xe x_cosx 2 1 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 r t et t i et t j tk

r r r r + + = cos sin ) (

a. Menentukan vektor singgung di titik (1,0,0)

Vektor singgung untuk sembarang nilai t adalah

(

e t e t

) (

i e t e t

)

j k t r t t t t r r r r + + + −

= cos sin sin cos

) (

'

Titik (1,0,0) dipenuhi jika t=0 , sehingga vektor singgung pada titik ini adalah r i j k r r r r + + = ) 0 ( '

b. Menentukan persamaan garis singgung pada kurva C di titik (1,0,0) Persamaan parameter garis singgung di titik (1,0,0) adalah

t z t y t x=1+ , = , =

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 ytanx 2secx,

dx dy

=

+ bila y(0) = 2 .

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

x e

e

I = ∫tanxdx = lnsecx =sec

Kita kalikan PD awal dengan faktor integrasi ini menghasilkan

x x x y x dx dy 2 sec 2 tan sec

sec + = yang dapat kita tuliskan dalam bentuk

(

)

x dx x y d 2 sec 2 sec =

(

y x

)

xdx d sec =2sec2

(

)

=∫ ∫d ysecx 2sec2 xdx c x x ysec =2tan +

Sehingga solusi umum dari persamaan diferensial di atas adalah

x c x x c x y 2sin cos sec tan 2 + = + =

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

(

sinx+cosx

)

.

2. Diketahui PD : y''−3y'+2y= 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 r2− r3 +2=0 atau

(

r−2

)(

r−1

)

=0sehingga diperoleh r=2atau r=1. Jadi solusi umum PD ini adalah y=y_h =c₁ex+c₂e2x.

Untuk mendapatkan solusi khususnya kita sulihkan kondisi awal

( )

0 =3