Koleksi Soal dan. Pembahasan MaG-D. Oleh: Arini Soesatyo Putri. Universitas Islam Negeri Sunan Gunung Djati Bandung [Date]

[Date]

Koleksi Soal dan

Pembahasan MaG-D

Oleh: Arini Soesatyo Putri

Universitas Islam Negeri Sunan Gunung Djati Bandung

2016

K o l e k s i S o a l d a n P e m b a h a s a n M a G - D 1 | 21

Kata Pengantar

Bismillahirrahmaanirrahiim...

Mathematical Analysis and Geometry Day (MaG-D) merupakan kompetisi bergengsi yang diselenggarakan setiap tahunnya oleh Kelompok Keahlian Analisis dan Geometri ITB. MaG-D dapat dijadikan warming-up untuk mengikuti kompetisi selanjutnya seperti ONMIPA atau OSN Pertamina, karena tipe serta karakter soal yang diberikan di MaG-D memiliki variasi kesulitan yang berbeda-beda, diantaranya terdapat soal yang mampu membuat bibir kita tersenyum 25 senti, dan ada juga yang cukup menguras air mata.

Di dalam lembaran tulisan ini, penulis membagikan sebagian pengetahuannya dalam mengerjakan soal-soal MaG-D, dimaksudkan untuk memudahkan teman-teman yang memiliki minat serta keinginan untuk mengikuti ajang MaG-D tersebut. Walaupun masih banyak kekurangan baik dari segi pengalaman serta pemahaman, semoga dapat dimaklumi karena keterbatasan ilmu yang penulis miliki. Selamat menikmati, jangan lupa menyiapkan secangkir teh hangat untuk menyantap hidangan soal yang lezat ini..

“Sampaikanlah ilmu walaupun hanya satu ayat.”

Bandung, April 2016

K o l e k s i S o a l d a n P e m b a h a s a n M a G - D 2 | 21

“Apa ada kebenaran tanpa kesalahan sebelumnya?

Takut berbuat salah akan membuatmu tak pernah

menjumpai kebenaran.

Sebab salah dan benar itu adalah termasuk jodohmu pula.”

–

K o l e k s i S o a l d a n P e m b a h a s a n M a G - D 3 | 21 Soal (MaG-D 2013). Pada persegi 𝐴𝐵𝐶𝐷 yang panjang rusuknya 𝑎 > 0 dibuat dua busur seperempat lingkaran 𝐿1 dan 𝐿2 yang berjari jari 𝑎, pudat 𝐿1 di titik 𝐵 dan pusat 𝐿1 di titik 𝐷. Luas daerah yang diarsir pada gambar adalah…

Pembahasan: Perhatikan gambar berikut:

Luas juring 𝐶𝐵𝐴 =Sudut pusat

2𝜋 . 𝑟 2_{𝜋 =}( 𝜋 2) 2𝜋. 𝑎 2_{𝜋 =}𝑎2𝜋 4 . Luas segitiga 𝐶𝐵𝐴 adalah 𝐿∆𝐶𝐵𝐴 =1₂. alas. tinggi =

1

2𝑎

2_.

Maka luas tembereng 𝐴𝐶 = Luas juring 𝐶𝐵𝐴 − 𝐿∆𝐶𝐵𝐴 =𝑎2₄𝜋−1

2𝑎

2 ₌2𝑎2𝜋−4𝑎2

8 =

𝑎2(𝜋−2)

4 .

Terdapat dua tembereng sama besar, sehingga luas gambar yang diarsir adalah

2xLuas tembereng 𝐴𝐶 = 2𝑎

2_{(𝜋 − 2)}

4 =

𝑎2(𝜋 − 2) 2 .

Soal (MaG-D 2015). Ekivalensi atau kesetaraan (↔) yang salah pada rangkaian operasi aljabar:

𝑥 = 4 ↔ 𝑥2 = 4𝑥 ↔ 𝑥2− 16 = 4𝑥 − 16 ↔ (𝑥 + 4)(𝑥 − 4) = 4(𝑥 − 4) ↔ 𝑥 + 4 = 4 ↔ 𝑥 = 0

adalah langkah ke…

Pembahasan: Kesalahan terlatak pada: Langkah pertama, 𝑥 = 4 ↔ 𝑥2 = 4𝑥 tidak tepat. Pernyataan hanya berlaku jika 𝑥 = 4 maka 𝑥2 = 4𝑥, namun tidak dengan kebalikannya, karena jika 𝑥2 = 4𝑥, maka haruslah 𝑥 = 4 atau 𝑥 = 0. Selanjutnya pada langkah ke empat,

(𝑥 + 4)(𝑥 − 4) = 4(𝑥 − 4) ↔ 𝑥 + 4 = 4

Koleksi Soal dan Pembahasan

K o l e k s i S o a l d a n P e m b a h a s a n M a G - D 4 | 21 tidak benar, karena hukum pencoretan untuk persamaan di atas tidak berlaku jika 𝑥 = 4. Maka kesalahan terletak ada langkah pertama dan ke empat.

Soal (MaG-D 2013). Untuk barisan {𝑥_𝑛}, jika

𝑆 = {𝑥_𝑛|𝑥_𝑛 = 1 −(−1) 𝑛

𝑛 , 𝑛 bilangan asli} maka sup𝑆 + inf𝑆 = ⋯

Pembahasan: Jika 𝑛 bilangan ganjil, maka 1 −(−1)𝑛

𝑛 = 1 + 1

𝑛. Jika 𝑛 bilangan genap, maka 1 − (−1)𝑛

𝑛 = 1 − 1

𝑛. Lebih lanjut kita punya  Untuk 𝑛 ganjil: 𝑆 = {2,4 3, 6 5, 8 7, … }. Maka berlaku 1 − (−1)𝑛 𝑛 = 1 + 1 𝑛> 1 > 1 2.  Untuk 𝑛 genap: 𝑆 = {1 2, 3 4, 5 6, … }. Maka berlaku 1 − (−1)𝑛 𝑛 = 1 − 1 𝑛 ≥ 1 − 1 2 = 1 2. Oleh karena itu untuk 𝑛 ganjil maupun genap berlaku 1 −(−1)_𝑛 𝑛 >1

2. Dengan asumsi yang sama kita juga peroleh 1 −(−1)𝑛

𝑛 ≤ 2. Sehingga 1

2 dan 2 berturut turut merupakan batas bawah dan batas atas dari 𝑆. Karena 1₂∈ 𝑆, maka tidak terdapat batas bawah 𝑚 >1₂, oleh karenanya 1₂

merupakan batas bawah terbesar, yakni inf𝑆 =1₂. Dan karena 2 ∈ 𝑆, maka tidak terdapat batas atas 𝑀 < 2, oleh karenanya 2 merupakan batas atas terkecil dari 𝑆, yakni sup𝑆 = 2. Diperoleh inf𝑆+sup𝑆 = 2 +1

2=

5 2.

Soal (MaG-D 2014). Jika suku barisan real {𝑎_𝑛}, 𝑛 ∈ 𝑁 adalah 𝑎₁ > 0

𝑎₂ = 1

2 + 𝑎₁, … , 𝑎𝑛+1 = 1 2 + 𝑎_𝑛+1

Maka barisan {𝑎𝑛} konvergen ke...

Pembahasan: Diberikan 𝑎𝑛+1 = 1 2+𝑎𝑛+1. Maka lim 𝑛→∞𝑎𝑛+1 = lim𝑛→∞ 1 2 + 𝑎_𝑛+1 𝑎 = 1 2 + 𝑎

K o l e k s i S o a l d a n P e m b a h a s a n M a G - D 5 | 21 Diperoleh 𝑎2 + 2𝑎 − 1 = 0. Selanjutnya akan ditentukan nilai 𝑎 yang memenuhi persamaan tersebut. Kita punya

𝑎_1,2 = (−2 ∓ √2 2_{− 4(1)(−1))} 2(1) = −2 ∓ √8 2 = −2 ∓ 2√2 2 = −1 ∓ √2

Karena 𝑎 tidak mungkin bernilai negatif, maka nilai yang terpenuhi adalah 𝑎 = √2 − 1. Jadi barisan {𝑎𝑛} konvergen ke √2 − 1.

Soal (MaG-D 2013). Selang kekonvergenan dari deret

∑(−1) 𝑛_𝑥𝑛+1 𝑛 + 1 ∞ 𝑛=0 = 𝑥 −𝑥 2 2 + 𝑥3 3 − 𝑥4 4 + ⋯

Adalah himpunan semua 𝑥 yang memenuhi...

Pembahasan: Diberikan 𝑢𝑛 =

(−1)𝑛𝑥𝑛+1

𝑛+1 , dan 𝑢𝑛+1 =

(−1)𝑛+1𝑥𝑛+2

𝑛+2 . Berdasarkan uji rasio mutlak maka lim 𝑛→∞| (−1)𝑛+1_𝑥𝑛+2 𝑛 + 2 (−1)𝑛_𝑥𝑛+1 𝑛 + 1 | = lim 𝑛→ | (−1)𝑛+1_𝑥𝑛+2_{(𝑛 + 1)} (−1)𝑛_𝑥𝑛+1_{(𝑛 + 2)} | = lim_𝑛→∞| (−1)𝑥(𝑛 + 1) 𝑛 + 2 | = lim 𝑛→∞|−𝑥| lim𝑛→∞| 𝑛 + 1 𝑛 + 2| = |𝑥| < 1.

Agar deret tersebut konvergen haruslah |𝑥| < 1. Selanjutnya perlu juga dicek untuk 𝑥 = −1 dan 𝑥 = 1. Jika 𝑥 = −1, maka

∑(−1) 𝑛_𝑥𝑛+1 𝑛 + 1 ∞ 𝑛=0 = ∑(−1) 𝑛₍₋₁₎𝑛+1 𝑛 + 1 ∞ 𝑛=0 = −1 −1 2− 1 3− 1 4− ⋯ = − ∑ 1 𝑛 ∞ 𝑛=1 Deret tersebut merupakan deret harmonik yang divergen. Jika 𝑥 = 1 maka

∑(−1) 𝑛_𝑥𝑛+1 𝑛 + 1 ∞ 𝑛=0 = ∑(−1) 𝑛₍₁₎𝑛+1 𝑛 + 1 ∞ 𝑛=0 = 1 −1 2+ 1 3− 1 4+ ⋯ = ∑ (−1)𝑛+1 𝑛 ∞ 𝑛=1

Deret tersebut merupakan deret harmonik ganti tanda yang konvergen. Oleh karena itu,

K o l e k s i S o a l d a n P e m b a h a s a n M a G - D 6 | 21 Soal (MaG-D 2014). lim

𝑥→0

√1−cos𝑥

sin𝑥 = ⋯

Pembahasan: Perhatikan bahwa

lim 𝑥→0+ √1 − cos𝑥 sin𝑥 = 1 √2 Dan lim 𝑥→0− √1 − cos𝑥 sin𝑥 = − 1 √2 Karena lim 𝑥→0+ √1−cos𝑥 sin𝑥 ≠ lim𝑥→0− √1−cos𝑥

sin𝑥 , maka lim𝑥→0

√1−cos𝑥

sin𝑥 tidak ada.

Soal (MaG-D 2013). lim

𝑥→∞ (1 + 1 2𝑥) 𝑥 = ⋯ Pembahasan: lim 𝑥→∞ (1 + 1 2𝑥) 𝑥 = lim 𝑥→∞√(1 + 1 2𝑥) 2𝑥 = √ lim 𝑥→∞ (1 + 1 2𝑥) 2𝑥 = √𝑒.

Soal (MaG-D 2015). lim

𝑥→0(1 + sin𝑥) 1 𝑥= ⋯ Pembahasan: lim 𝑥→0(1 + sin𝑥) 1 𝑥_{= lim} 𝑥→0(1 + sin𝑥) 1 sin𝑥. sin𝑥 𝑥 _{= 𝑒. 1 = 𝑒.}

Soal (MaG-D 2014). Fungsi 𝑓(𝑥) = 𝑥2

1−cos𝑥 kontinu untuk setiap 𝑥 ≠ 0. Agar fungsi ini kontinu

di 0, maka nilai 𝑓(0) harus didefinisikan sebagai 𝑓(0) = ⋯

Pembahasan: Agar fungsi 𝑓(𝑥) kontinu di 0, maka haruslah lim

𝑥→0𝑓(𝑥) dan 𝑓(0) ada sehingga memenuhi 𝑓(0) = lim 𝑥→0𝑓(𝑥). Kita punya lim 𝑥→0 𝑥2 1 − cos𝑥 = lim𝑥→0 𝑥2 2sin2₍𝑥 2) = lim 𝑥→0 𝑥2 2 (𝑥₂₎2 sin2₍𝑥 2) (2 𝑥) 2 = 2. 12 _{= 2}

Oleh karena itu agar fungsi 𝑓(𝑥) kontinu di 0, maka haruslah 𝑓(0) = lim

K o l e k s i S o a l d a n P e m b a h a s a n M a G - D 7 | 21 Soal (MaG-D 2013). Diberikan fungsi 𝑓, 𝑔: 𝑅 − 𝑅 yang memenuhi 𝑔(𝑥) = 𝑓(2𝑎𝑥), untuk setiap 𝑥 ∈ 𝑅 dan 𝑎 > 0. Jika lim

𝑥→0𝑓(𝑥) = 𝐿, maka lim𝑥→0𝑔(𝑥) = ⋯

Pembahasan: Dengan asumsi bahwa 𝑓 dan 𝑔 fungsi yang kontinu sehingga memenuhi lim

𝑥→0𝑓(𝑥) = 𝑓(0) = 𝐿, maka

lim

𝑥→0𝑔(𝑥) = lim𝑥→0𝑓(2𝑎𝑥) = 𝑓 (lim𝑥→02𝑎𝑥) = 𝑓(0) = 𝐿.

Soal (MaG-D 2015). Jika lim 𝑥→0

𝑎−√𝑎2_−𝑥2

𝑥2 = 1, 𝑎 konstanta positif, maka 𝑎 = ⋯

Pembahasan: Jika disubstitusikan 𝑥 = 0, maka limit pada soal akan bernilai nol, bukanlah satu. Maka pastilah bentuk limit tersebut memenuhi Teorema L’Hopital, sehingga kita turunkan pembilang dan penyebutnya menjadi

lim 𝑥→0 𝑎 − √𝑎2_{− 𝑥}2 𝑥2 = lim_𝑥→0 2𝑥 2√𝑎2_{− 𝑥}2 2𝑥 = lim𝑥→0 1 2√𝑎2 _{− 𝑥}2 = 1 2√𝑎2 = 1 2𝑎= 1. diperoleh 𝑎 =1 2.

Soal (MaG-D 2013). Jika 𝑎 dan 𝑏 memenuhi lim 𝑥→1

𝑥−1

√𝑥+𝑎+𝑏= 4, maka 𝑎 + 𝑏 = ⋯

Pembahasan: Perhatikan bahwa jika kita substitusikan 𝑥 = 1 maka

lim 𝑥→1 𝑥 − 1 √𝑥 + 𝑎 + 𝑏= 1 − 1 √1 + 𝑎 + 𝑏 = 0 ≠ 4

Oleh karena itu haruslah penyebutnya √𝑥 + 𝑎 + 𝑏 = 0 untuk 𝑥 → 1 agar memenuhi Teorema L’Hopital. Kita selesaikan limit tersebut dengan L’Hopital, diperoleh

lim 𝑥→1

𝑥 − 1

√𝑥 + 𝑎 + 𝑏= lim𝑥→12√𝑥 + 𝑎 = 2√1 + 𝑎 = 4

Maka 𝑎 = 3. Substitusi nilai tersebut ke dalam persamaan √𝑥 + 𝑎 + 𝑏 = 0 untuk 𝑥 → 1, didapat

√𝑥 + 𝑎 + 𝑏 = √1 + 3 + 𝑏 = 0 ↔ 𝑏 = −2

K o l e k s i S o a l d a n P e m b a h a s a n M a G - D 8 | 21

Soal (MaG-D 2013). Jika kurva 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥3+ 𝑏𝑥2 + 𝑐𝑥 melalui titik (1,4), 𝑓′(1) = 0, dan

𝑓"(1) = 0, maka 𝑓(2) = ⋯

Pembahasan: Diberikan persamaan

𝑓(1) = 𝑎(1)3+ 𝑏(1)2+ 𝑐(1) = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 4 … . (1)

𝑓′(1) = 3𝑎(1)2_{+ 2𝑏(1) + 𝑐 = 3𝑎 + 2𝑏 + 𝑐 = 2 … (2)}

𝑓"(1) = 6𝑎(1) + 2𝑏 = 0 … (3)

Dari persamaan (3) diperoleh 𝑏 = −3𝑎 … (4), substitusikan nilai tersebut ke dalam persamaan (2) didapat

3𝑎 + 2(−3𝑎) + 𝑐 = 2 ↔ 𝑐 = 2 + 3𝑎 … (5).

Selanjutnya substitusikan persamaan (5) ke dalam persamaan (1), maka

𝑎 + (−3𝑎) + (2 + 3𝑎) = 4 ↔ 𝑎 = 2 … (6).

Kemudian persamaan (6) disubstitusikan ke dalam persamaan (3) dan (5) sehingga diperoleh 𝑎 = 2, 𝑏 = −6, dan 𝑐 = 8. Dengan demikian

𝑓(2) = 𝑎(2)3+ 𝑏(2)2+ 𝑐(2) = 8𝑎 + 4𝑏 + 2𝑐 = 82) + 4(−6) + 2(8) = 8.

Soal (MaG-D 2014). Deret Maclaurin dari fungsi 𝑓(𝑥) =1−𝑒_𝑥−𝑥22 , 𝑥 ≠ 0, 𝑓(0) = 1 adalah...

Pembahasan: Akan ditentukan nilai dari turunan-turunannya di titik 0, yakni

𝑓(0) = 1 𝑓′′′_{(0) = −}𝑥6 24 𝑓′(0) = −𝑥2 2 𝑓 4_{(0) =} 𝑥8 120 𝑓′′(0) =𝑥4 6 dan seterusnya.

Sehingga ekspansi deret Maclaurin dari fungsi tersebut adalah

1 − 𝑒−𝑥2 𝑥2 = 1 − 𝑥2 2 + 𝑥4 6 − 𝑥6 24+ 𝑥8 120− ⋯ = ∑ (−1)𝑛_𝑥2𝑛 (𝑛 + 1)! ∞ 𝑛=0

K o l e k s i S o a l d a n P e m b a h a s a n M a G - D 9 | 21 Soal (MaG-D 2015). Fungsi

𝑓(𝑥) = {

𝑒𝑥_{− 𝑥 − 1}

𝑥2 , 𝑥 ≠ 0 1

2, 𝑥 = 0

Kontinu di 0. Turunan dari fungsi 𝑓 di 0 adalah 𝑓′(0) = ⋯

Pembahasan: Berdasarkan definisi turunan,

𝑓′_{(0) = lim} 𝑥→0 𝑓(𝑥) − 𝑓(0) 𝑥 − 0 = lim𝑥→0 𝑒𝑥_{− 𝑥 − 1} 𝑥2 − 1 2 𝑥 = lim𝑥→0 2𝑒𝑥− 2𝑥 − 2 − 𝑥2 2𝑥3

Untuk menyelesaikan limit tersebut, gunakan aturan L’Hopital, yakni

lim 𝑥→0 2𝑒𝑥_{− 2𝑥 − 2 − 𝑥}2 2𝑥3 = lim_𝑥→0 2𝑒𝑥_{− 2𝑥 − 2} 6𝑥2 = lim_𝑥→0 2𝑒𝑥_{− 2} 12𝑥 = lim𝑥→0 2𝑒𝑥 12 = 1 6.

Maka turunan fungsi 𝑓(𝑥) di titik 0 adalah 1 6.

Soal (MaG-D 2014). Turunan pertama dari fungsi 𝑓(𝑥) =𝑥

2+ 𝑥

2_sin2

𝑥 di titik 𝑥 = 2

𝑛𝜋 untuk 𝑛 bilangan ganjil positif adalah 𝑓′(2

𝑛𝜋) = ⋯ Pembahasan: 𝑓′_{(𝑥) =}1 2+ 2𝑥sin ( 2 𝑥) + 𝑥 2₍₋ 2 𝑥2) cos ( 2 𝑥) = 1 2+ 2𝑥sin ( 2 𝑥) − 2 cos ( 2 𝑥)

Maka turunannya di titik 𝑥 = 2

𝑛𝜋 adalah 𝑓 ( 2 𝑛𝜋) = 1 2+ 2 ( 2 𝑛𝜋) sin ( 2 2 𝑛𝜋 ) − 2 cos ( 2 2 𝑛𝜋 ) = 1 2+ 4 𝑛𝜋sin(𝑛𝜋) − 2 cos(𝑛𝜋) = { −21 2, 𝑛 = genap 21 2, 𝑛 = ganjil

Maka untuk 𝑛 ganjil, 𝑓′(2 𝑛𝜋) = 2

1 2.

K o l e k s i S o a l d a n P e m b a h a s a n M a G - D 10 | 21

Soal (MaG-D 2013). Fungsi 𝑓(𝑥) = 𝑥13sin𝑥, 𝑥 ∈ 𝑅 bersifat...

Pembahasan: Fungsi 𝑓(𝑥) merupakan fungsi yang kontinu di setiap 𝑥 ∈ 𝑅. Turunan pertama dari fungsi 𝑓(𝑥) untuk 𝑥 ≠ 0 adalah

𝑓′(𝑥) = 𝑑 (𝑥13_sin𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥 1 3_{cos𝑥 +}1 3𝑥 −2₃

sin𝑥 = 𝑥13_{cos𝑥 +}sin𝑥 3𝑥23 .

Turunan dari fungsi tersebut di titik 𝑥 = 0 adalah

𝑓′(0) = lim 𝑥→0 𝑓(𝑥) − 𝑓(0) 𝑥 − 0 = lim𝑥→0 𝑥13_sin𝑥 𝑥 = lim𝑥→0 sin𝑥 𝑥23 = lim 𝑥→0 sin𝑥 𝑥 . 𝑥 1 3 _{= 1.0 = 0.} Karena fungsi 𝑦 = 𝑥 1

3, 𝑦 = cos𝑥, 𝑦 = sin𝑥, dan 𝑦 = 3𝑥 2

3 semuanya kontinu untuk 𝑥 ≠ 0, maka

fungsi 𝑓′ kontinu untuk 𝑥 ≠ 0. Selanjutnya harus menunjukkan kekontinuan fungsi 𝑓′ di 𝑥 = 0. Karena lim 𝑥→0𝑓′(𝑥) = lim𝑥→0(𝑥 1 3_{cos𝑥 +}sin𝑥 3𝑥23 ) = lim 𝑥→0(𝑥 1 3_{cos𝑥) + lim} 𝑥→0( sin𝑥 𝑥 x 3𝑥23 ) = 0 = 𝑓′_(0).

Maka fungsi 𝑓′ kontinu di 𝑥 = 0. Jadi 𝑓′ kontinu pada 𝑅. Oleh karena itu sifat dari fungsi 𝑓 adalah 𝑓′ kontinu di setiap 𝑥 ∈ 𝑅.

Soal (MaG-D 2013). Jika 𝑦 = √1 + 𝑥2_{− 𝑥, 𝑥 ∈ 𝑅. Maka untuk setiap 𝑥 ∈ 𝑅 berlaku sifat...}

Pembahasan: Kita turunkan 𝑦 terhadap 𝑥 satu kali,

𝑦′ = 𝑥

√1 + 𝑥2− 1 < 0

Untuk berapapun nilai 𝑥 ∈ 𝑅, jelas fungsi 𝑦′< 0. Selanjutnya kita turunkan kembali 𝑦′, diperoleh 𝑦′′ ₌ (√1 + 𝑥2_{− 𝑥} 𝑥 √1 + 𝑥2) 1 + 𝑥2 = 1 √(1 + 𝑥2₎3 2 > 0

Untuk setiap 𝑥 ∈ 𝑅, fungsi 𝑦′′ > 0. Maka sifat fungsi 𝑦 = √1 + 𝑥2 _{adalah 𝑦}′ _{< 0 dan 𝑦}′′ _> 0, yang artinya fungsi 𝑦 akan selalu menurun dan cekung ke atas pada interval (−∞, ∞).

K o l e k s i S o a l d a n P e m b a h a s a n M a G - D 11 | 21 Soal 6.14 (MaG-D 2014). Jika fungsi 𝑓 terintegralkan pada [0,1] dan 𝑃 suatu partisi yang membagi [0,1] atas 𝑛 bagian sama panjang, maka ∫ 𝑓(𝑥)₀1 𝑑𝑥 =

Pembahasan: Didefinsikan partisi 𝑝 untuk [0,1] yang membaginya atas 𝑛 bagian sama panjang sebagai 𝑃_𝑛 = {0,1 𝑛, 2 𝑛, … , (𝑘 − 1) 1 𝑛 , 𝑘 1 𝑛, … , (𝑛 − 1) 1 𝑛, 𝑛 1 𝑛 = 1} , ∆𝑥𝑘 = 1 𝑛 Maka 𝑚_𝑘= inf {𝑓(𝑥)|(𝑘 − 1)1 𝑛 ≤ 𝑥 ≤ 𝑘 1 𝑛} = 𝑓 ( 𝑘 − 1 𝑛 ) 𝑀_𝑘 = sup {𝑓(𝑥)|(𝑘 − 1)1 𝑛 ≤ 𝑥 ≤ 𝑘 1 𝑛} = 𝑓 ( 𝑘 𝑛).

Jumlah bawah dan atasnya menjadi

𝐿(𝑃, 𝑓) = ∑ 𝑚_𝑘∆𝑥_𝑘= ∑ 𝑓 (𝑘 − 1 𝑛 ) 𝑛 𝑘=1 1 𝑛 𝑛 𝑘=1 𝑈(𝑃, 𝑓) = ∑ 𝑀_𝑘∆𝑥_𝑘 = ∑ 𝑓 (𝑘 𝑛) 𝑛 𝑘=1 1 𝑛 𝑛 𝑘=1

Karena fungsi 𝑓 terintegralkan di [0,1], maka nilai integral atas atau limit jumlah atas akan sama dengan integral bawah atau limit jumlah bawahnya, sehingga ∫ 𝑓(𝑥)₀1 𝑑𝑥 menjadi

lim 𝑛→∞∑ 𝑓 ( 𝑘 𝑛) 𝑛 𝑘=1 1 𝑛, atau lim𝑛→∞∑ 𝑓 ( 𝑘 − 1 𝑛 ) 𝑛 𝑘=1 1 𝑛 .

Soal (MaG-D 2013). Jika 𝑃𝑛 adalah partisi reguler yang membagi selang [0,1] atas 𝑛 bagian

yang sama panjang, maka limit jumlah atas (upper sum) dari ∫ 𝑥

1+𝑥2𝑑𝑥

1

0 adalah...

Pembahasan: Pertama kita buat partisi 𝑃𝑛 untuk [0,1] yang membaginya atas 𝑛 bagian sama panjang sebagai 𝑃_𝑛 = {0,1 𝑛, 2 𝑛, … , (𝑘 − 1) 1 𝑛 , 𝑘 1 𝑛, … , (𝑛 − 1) 1 𝑛, 𝑛 1 𝑛 = 1} , ∆𝑥𝑘 = 1 𝑛 Maka

K o l e k s i S o a l d a n P e m b a h a s a n M a G - D 12 | 21 𝑀_𝑘 = sup { 𝑥 1 + 𝑥2|(𝑘 − 1) 1 𝑛≤ 𝑥 ≤ 𝑘 1 𝑛} = (𝑘_𝑛) 1 + (𝑘_𝑛) 2 = 𝑘𝑛 𝑛2_{+ 𝑘}2.

Sehingga diperoleh limit jumlah atasnya menjadi

lim 𝑛→∞𝑈(𝑃𝑛, 𝑓) = lim𝑛→∞∑ 𝑘𝑛 𝑛2_{+ 𝑘}2 𝑛 𝑘=1 Soal (MaG-D 2013). ∫₀1_1+𝑥𝑥 𝑑𝑥 = ⋯

Pembahasan: Perhatikan bahwa 𝑥

𝑥+1 = 𝑥+1−1 𝑥+1 = 𝑥+1 𝑥+1− 1 𝑥+1 = 1 − 1

𝑥+1. Kita dapat memecah bentuk integran dalam soal menjadi

∫ 𝑥 1 + 𝑥 1 0 𝑑𝑥 = ∫ 1 1 0 𝑑𝑥 − ∫ 1 𝑥 + 1 1 0 𝑑𝑥 = (1 − 0) − [ln(2) − ln(1)] = 1 − ln(2). Soal (MaG-D 2015). ∫ 1 √𝑥(1+𝑥) 3 1 𝑑𝑥 = ⋯

Pembahasan: Misalkan 𝑢 = √𝑥, maka 𝑢2+ 1 = 𝑥 + 1 dan 2𝑢𝑑𝑢 = 𝑥𝑑𝑥. Sehingga

∫ 1 √𝑥(1 + 𝑥) 3 1 𝑑𝑥 = 2 ∫ 1 1 + 𝑢2 3 1 𝑑𝑢 = [2tan−1_(√𝑥)]3 1= 2[tan −1_{(√3) − tan}−1_(1)] = 2 [𝜋 3− 𝜋 4] = 2. 𝜋 12= 𝜋 6.

Soal (MaG-D 2015). Daerah 𝐷 terletak di kuadran pertama, dibatasi kurva 𝑦 = 𝑒𝑥, garis 𝑦 =

𝑒, dan sumbu 𝑦. Jika daerah 𝐷 diputar terhadap sumbu 𝑦, maka volume benda putar yang terjadi adalah..

K o l e k s i S o a l d a n P e m b a h a s a n M a G - D 13 | 21 Kita iris secara horizontal, sehingga 𝑦 menjadi variabel integrasi. Bentuk 𝑦 = 𝑒𝑥 berpadanan dengan 𝑥 = ln𝑦. Maka Dengan menggunakan metode cakram, diperoleh ∆𝑉 ≈ 𝜋(ln 𝑦)2. Sehingga volumenya adalah

𝑉 = 𝜋 ∫(ln𝑦)2 𝑒

1

𝑑𝑦

Dengan menggunakan integral parsial, misalkan 𝑢 = ln𝑦, 𝑑𝑢 =1

𝑦𝑑𝑦, 𝑑𝑣 = ln𝑦 𝑑𝑦, dan 𝑣 = ∫ ln𝑦 𝑑𝑦 = 𝑦(ln𝑦 − 1). Maka 𝑉 = 𝜋 ∫(ln𝑦)2 𝑒 1 𝑑𝑦 = 𝜋 {[𝑦ln2_{𝑦 − 𝑦ln𝑦]}𝑒 1− ∫ (ln𝑦 − 1) 𝑒 1 𝑑𝑦} = 𝜋 {(𝑒ln2𝑒 − 𝑒ln𝑒) − (1. ln1 − 1. ln1) − [𝑦ln𝑦 − 2𝑦]𝑒₁} = 𝜋(𝑒 − 2).

Soal (MaG-D 2014). Jika fungsi 𝑔 terdiferensialkan di kuadran pertama dan 𝑓(𝑥, 𝑦) =𝑦_𝑥+

𝑔 (𝑥 𝑦), maka 𝑥 𝜕𝑓 𝜕𝑥+ 𝑦 𝜕𝑓 𝜕𝑦= ⋯

Pembahasan: Berdasarkan definisi turunan parsial, maka diperoleh

𝜕𝑓 𝜕𝑥= − 𝑦 𝑥2+ 1 𝑦𝑔 ′₍𝑥 𝑦) Dan 𝜕𝑓 𝜕𝑦= 1 𝑥− 𝑥 𝑦2𝑔′( 𝑥 𝑦)

K o l e k s i S o a l d a n P e m b a h a s a n M a G - D 14 | 21 Maka kita punya

𝑥𝜕𝑓 𝜕𝑥+ 𝑦 𝜕𝑓 𝜕𝑦= 𝑥 [− 𝑦 𝑥2 + 1 𝑦𝑔 ′₍𝑥 𝑦)] + 𝑦 [ 1 𝑥− 𝑥 𝑦2𝑔′( 𝑥 𝑦)] = −𝑦 𝑥+ 𝑥 𝑦𝑔 ′₍𝑥 𝑦) + 𝑦 𝑥− 𝑥 𝑦𝑔 ′₍𝑥 𝑦) = 0

Soal (MaG-D 2015). Untuk fungsi tiga peubah 𝑤 = ln (𝑥2+ 𝑦2_{+ 2𝑧), jika 𝑥 = 𝑠 + 𝑡, 𝑦 = 𝑠 −}

𝑡, dan 𝑧 = 2𝑠𝑡, maka 𝜕𝑤

𝜕𝑠 +

𝜕𝑤

𝜕𝑡 = ⋯

Pembahasan: Berdasarkan aturan rantai, maka

𝜕𝑤 𝜕𝑠 = 𝜕𝑤 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑠+ 𝜕𝑤 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑠 + 𝜕𝑤 𝜕𝑧 𝜕𝑧 𝜕𝑠 = 2𝑥 𝑥2_{+ 𝑦}2_{+ 2𝑧}(1) + 2𝑦 𝑥2_{+ 𝑦}2 _{+ 2𝑧}(1) + 2 𝑥2_{+ 𝑦}2_{+ 2𝑧}(2𝑡) = 2𝑥 + 2𝑦 + 4𝑡 𝑥2_{+ 𝑦}2_{+ 2𝑧}… (1) Dan 𝜕𝑤 𝜕𝑡 = 𝜕𝑤 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑡 + 𝜕𝑤 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑡 + 𝜕𝑤 𝜕𝑧 𝜕𝑧 𝜕𝑡 = 2𝑥 𝑥2_{+ 𝑦}2_{+ 2𝑧}(1) + 2𝑦 𝑥2_{+ 𝑦}2 _{+ 2𝑧}(−1) + 2 𝑥2_{+ 𝑦}2_{+ 2𝑧}(2𝑠) = 2𝑥 + 2𝑦 + 4𝑡 𝑥2 _{+ 𝑦}2_{+ 2𝑧}… (2)

Dengan mensubstitusikan nilai 𝑥 = 𝑠 + 𝑡 dan 𝑦 = 𝑠 − 𝑡, maka

𝜕𝑤 𝜕𝑠 + 𝜕𝑤 𝜕𝑡 = 4(𝑥 + 𝑠 + 𝑡) 𝑥2_{+ 𝑦}2_{+ 2𝑧}= 4(𝑠 + 𝑡 + 𝑠 + 𝑡) (𝑠 + 𝑡)2 _{+ (𝑠 − 𝑡)}2_{+ 2(2𝑠𝑡)}= 4 𝑠 + 𝑡.

Soal (MaG-D). Untuk fungsi 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) yang terdiferensialkan pada 𝑅2, jika 𝑥 = 𝑢 + 𝑣 dan

𝑦 = 𝑢 − 𝑣, maka 𝜕𝑧 𝜕𝑢+ 𝜕𝑧 𝜕𝑣= ⋯ Pembahasan: 𝜕𝑧 𝜕𝑢+ 𝜕𝑧 𝜕𝑣 = ( 𝜕𝑧 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑢+ 𝜕𝑧 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑢) + ( 𝜕𝑧 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑣+ 𝜕𝑧 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑣) = 𝜕𝑧 𝜕𝑥(1) + 𝜕𝑧 𝜕𝑦(1) + 𝜕𝑧 𝜕𝑥(1) + 𝜕𝑧 𝜕𝑦(−1) = 2𝜕𝑧 𝜕𝑥.

K o l e k s i S o a l d a n P e m b a h a s a n M a G - D 15 | 21

Soal (MaG-D 2014). lim

(𝑥,𝑦)→(1,2) 4𝑥2_−𝑦2 2𝑥2_−𝑥𝑦= ⋯ Pembahasan: lim (𝑥,𝑦)→(1,2) 4𝑥2− 𝑦2 2𝑥2_{− 𝑥𝑦}= _{(𝑥,𝑦)→(1,2)}lim (2𝑥 + 𝑦)(2𝑥 − 𝑦) 𝑥(2𝑥 − 𝑦) =(𝑥,𝑦)→(1,2)lim 2𝑥 + 𝑦 𝑥 = 2(1) + 2 1 = 4.

Soal (MaG-D 2015). Bilangan kompleks 𝑒𝑧 dengan 𝑧 = 𝑥 + i𝑦 adalah bilangan real jika 𝑧 =

Pembahasan: Misalkan 𝑧 = 𝑥 + i𝑦 dimana 𝑥 = Re(𝑧) dan 𝑦 = Im(𝑧). Maka 𝑒𝑧= 𝑒𝑥_{cos𝑦 +} i𝑒𝑥sin𝑦 adalah bilangan real jika dan hanya jika

𝑒𝑥sin𝑦 = 0 ↔ sin𝑦 = 0 ↔ 𝑦 = 𝑛𝜋

Untuk setiap 𝑛 ∈ 𝑍. Maka agar 𝑒𝑧 bernilai real, haruslah 𝑧 = 𝑥 + i𝑛𝜋.

Soal (MaG-D 2014). Himpunan semua bilangan kompleks yang memenuhi cosh𝑧 = 0 adalah...

Pembaahsan: Diketahui cosh𝑧 =1 2(𝑒

𝑧_{+ 𝑒}−𝑧_{), maka}

cosh𝑧 =1 2(𝑒

𝑧_{+ 𝑒}−𝑧_{) = 0 ↔ 𝑒}𝑧_{+ 𝑒}−𝑧 _{= 0 ↔ 𝑒}−𝑧_{(1 + 𝑒}2𝑧_{) = 0}

karena 𝑒𝑧 tidak mungkin bernilai nol untuk setiap 𝑧 ∈ 𝐶, maka haruslah

(1 + 𝑒2𝑧_{) = 0 ↔ 𝑒}2𝑧 _{= −1 ↔ 2𝑧 = i𝜋(2𝑛 + 1) ↔ 𝑧 =}i𝜋(2𝑛 + 1) 2

Dengan 𝑛 ∈ 𝑍.

Soal (MaG-D 2014). Jika fungsi 𝑓 kontinu dan monoton naik pada [𝑎, 𝑏] dan 𝑎 > 0, maka

∫ 𝑓(𝑥) 𝑏 𝑎 𝑑𝑥 + ∫ 𝑓−1_(𝑦) 𝑓(𝑏) 𝑓(𝑎) 𝑑𝑦 =

Pembahasan: Karena 𝑓 fungsi kontinu dan monoton naik serta memiliki invers 𝑓−1, kita punya

0 ≤ 𝑎 ≤ 𝑏, 0 ≤ 𝑓(𝑎) < 𝑓(𝑏)

K o l e k s i S o a l d a n P e m b a h a s a n M a G - D 16 | 21 Maka ∫ 𝑓(𝑥) 𝑏 𝑎 𝑑𝑥

Merupakan luas yang dibatasi oleh 𝑥 = 𝑎, 𝑥 = 𝑏, 𝑦 = 0 dan 𝛾. Dan juga

∫ 𝑓−1(𝑦) 𝑓(𝑏)

𝑓(𝑎)

𝑑𝑦

Merupakan luas yang dibatasi oleh 𝑦 = 𝑓(𝑎), 𝑦 = 𝑓(𝑏), 𝑥 = 0, dan 𝛾. Maka berdasarkan gambar yang diberikan, kita dapat lihat bahwa penjumlahan dari dua luas integral tersebut adalah 𝑏𝑓(𝑏) − 𝑎𝑓(𝑎).

Soal (MaG-D 2013). Jika fungsi 𝑓 kontinu pada selang [0, ∞) dan memenuhi

∫ 𝑓(𝑡) 𝑥2

0

𝑑𝑡 = 𝑥3

Maka aturan fungsi 𝑓 pada [0, ∞) adalah 𝑓(𝑥) =...

Pembahasan: Berdasarkan Teorema Dasar Kalkulus, jika 𝑔(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑡)₀𝑥 𝑑𝑡, maka 𝑔′(𝑥) =

𝑓(𝑥). Oleh karena itu kita misalkan 𝑔(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑡)₀𝑥2 𝑑𝑡 = 𝑥3 dan definisikan 𝐹(𝑡) sebagai fungsi integral dari 𝑓(𝑡), maka kita bisa peroleh aturan fungsi 𝑓(𝑥) dengan menurunkan fungsi 𝑔(𝑥) sebagai berikut

∫ 𝑓(𝑡) 𝑥2

0

K o l e k s i S o a l d a n P e m b a h a s a n M a G - D 17 | 21 𝐹(𝑥2) − 𝐹(0) = 𝑥3 𝑑[𝐹(𝑥2) − 𝐹(0)] 𝑑𝑥 = 𝑑(𝑥3) 𝑑𝑥 2𝑥𝑓(𝑥2) − 0 = 3𝑥2 𝑓(𝑥2_{) =}3 2𝑥 Sehingga 𝑓(𝑥) =3₂√𝑥 pada [0, ∞).

Soal (MaG-D 2013). Buktikan untuk setiap 𝑥 yang memenuhi 𝑥 > 1 berlaku ketaksamaan 1 − 1

𝑥< ln𝑥 < 𝑥 − 1.

Pembahasan: Untuk setiap 𝑥 > 1 berlaku

∫𝑑𝑡 𝑡 𝑥 1 = ln𝑥 ↔ ∫𝑑𝑡 𝑡 1 𝑥 = −ln𝑥 karena 1 <1 𝑡 < 1 𝑥

Integralkan ketiga ruas terhadap 𝑡 dari 𝑥 sampai dengan 1,

∫ 𝑑𝑡 1 𝑥 < ∫𝑑𝑡 𝑡 1 𝑥 < ∫1 𝑥 1 𝑥 𝑑𝑡 Maka 1 − 𝑥 < −ln𝑥 <1 𝑥− 1

Kalikan ketiga ruas dengan −1, kita dapat

1 −1

𝑥< ln𝑥 < 𝑥 − 1.

K o l e k s i S o a l d a n P e m b a h a s a n M a G - D 18 | 21

Soal (MaG-D 2013). Buktikan untuk setiap 𝑥 yang memenuhi 0 < 𝑥 <𝜋₂ berlaku ketaksamaan

sin𝑥 < 𝑥 < tan𝑥.

Pembahasan:

Misalkan 𝑂 titik pusat lingkaran yang berjai-jari 𝑟 = 1 dan 𝐶𝐷𝑂 serta 𝐵𝐴𝐷 merupakan segitiga siku-siku sehingga 𝑥 merupakan sudut yang terletak di 𝐶𝑂𝐷. Kita dapat lihat bahwa

cos𝑥 =𝑂𝐷 𝑂𝐶 = 𝑂𝐷 1 = 𝑂𝐷 sin𝑥 = 𝐶𝐷 𝑂𝐶 = 𝐶𝐷 1 = 𝐶𝐷 tan𝑥 =𝐴𝐵 𝑂𝐴= 𝐴𝐵 1 = 𝐴𝐵

Luas dari segitiga 𝑂𝐴𝐶 =_2.1. 𝑂𝐴. 𝐶𝐷 =1

2. 1. 𝐶𝐷 = 1

2. 1. sin𝑥 = sin𝑥

2 Luas dari sektor 𝑂𝐴𝐶 = 𝑥

2𝜋. 𝜋. 𝑟

2 ₌ 1

2. 𝑥. 1

2 ₌ 𝑥

2 Luas dari segitiga 𝑂𝐴𝐵 =1

2. 𝑂𝐴. 𝑂𝐵 = 1

2. 1. tan𝑥 = tan𝑥

2 .

Berdasarkan gambar di atas jelas bahwa segitiga 𝑂𝐴𝐵 lebih besar dari sektor 𝑂𝐴𝐶 yang mana lebih besar dari segitiga 𝑂𝐴𝐶. Oleh karenanya diperoleh pertidaksamaan

∆𝑂𝐴𝐶 < sektor 𝑂𝐴𝐶 < ∆𝑂𝐴𝐵 sin𝑥 2 < 𝑥 2< tanx 2 sin𝑥 < 𝑥 < tan𝑥. Terbukti.

Soal (MaG-D 2014). Jika fungsi kompleks 𝑤 = 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦), 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 analitik pada daerah 𝐷 di bidang kompleks dan kompleks sekawannya 𝑤̅ = 𝑢(𝑥, 𝑦) − 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) analitik pada 𝐷, buktikan fungsi 𝑓 konstan pada 𝐷.

K o l e k s i S o a l d a n P e m b a h a s a n M a G - D 19 | 21  Persamaan Cauchy-Riemann untuk 𝑤

𝜕𝑢 𝜕𝑥= 𝜕𝑣 𝜕𝑦… … (1) dan 𝜕𝑢 𝜕𝑦 = − 𝜕𝑣 𝜕𝑥… … (2)

 Persamaan Cauchy-Riemann untuk 𝑤̅ 𝜕𝑢 𝜕𝑥= − 𝜕𝑣 𝜕𝑦… … (3) dan 𝜕𝑢 𝜕𝑦= 𝜕𝑣 𝜕𝑥… … (4)

Dari persamaan (1) dan (3) kita peroleh 𝜕𝑢

𝜕𝑥 =

𝜕𝑣

𝜕𝑦= −

𝜕𝑢

𝜕𝑥, dengan mengeliinasi persamaan tersebut didapat 𝜕𝑢_𝜕𝑥 = 𝜕𝑣

𝜕𝑦= 0. Dengan cara yang sama, dari persamaan (2) dan (4) kita peroleh 𝜕𝑢_𝜕𝑦= 𝜕𝑣

𝜕𝑥= −

𝜕𝑢

𝜕𝑦, dengan mengeliminasi persamaan tersebut maka 𝜕𝑢

𝜕𝑦=

𝜕𝑣 𝜕𝑥 = 0.

Perhatika 𝑢(𝑥, 𝑦) dan 𝑣(𝑥, 𝑦) seluruh turunan parsialnya bernilai nol pada domain 𝐷. Akibatnya 𝑤 = 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) merupakan fungsi konstan. Terbukti.

Soal (MaG-D 2015). Buktikan 𝑓(𝑧) = { 𝑧̅2

𝑧 , 𝑧 ≠ 0

0, 𝑧 = 0 memenuhi Cauchy-Riemann di (0,0) tetapi 𝑓′(0) tidak ada.

Pembahasan: Akan ditunjukkan bahwa 𝑓′(0) tidak ada. Di titik 𝑧 = 0, maka

lim 𝑥→0 𝑓(𝑧) − 𝑓(0) 𝑧 − 𝑜 = lim𝑥→0 𝑧̅2 𝑧2

Ketika 𝑥 → 0 dan 𝑦 = 0, maka

lim 𝑥→0 𝑦=0 𝑧̅2 𝑧2 = lim_𝑥→0 𝑥2 𝑥2 = 1.

Ketika 𝑥 → 0 dan 𝑥 = 𝑦, maka

lim 𝑥→0 𝑦=𝑥 𝑧̅2 𝑧2 = lim_𝑥→0 (𝑥 − 𝑖𝑥)2 (𝑥 + 𝑖𝑥)2 = −1.

Oleh karenanya 𝑓′(0) tidak ada.

Soal (MaG-D 2013). Untuk medan vektor konservatif 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑦 + 𝑧)𝑖 + (𝑧 + 𝑥)𝑗 + (𝑥 + 𝑦)𝑘, suatu fungsi potensial 𝑢 = 𝛷(𝑥, 𝑦, 𝑧) yang memenuhi ∇𝛷(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) adalah 𝛷(𝑥, 𝑦, 𝑧) = ⋯

K o l e k s i S o a l d a n P e m b a h a s a n M a G - D 20 | 21 Pembahasan: Karena ∇𝛷(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧), maka

𝜕𝛷 𝜕𝑥 = 𝑦 + 𝑧 … … … (1) 𝜕𝛷 𝜕𝑦 = 𝑧 + 𝑥 … … … (2) 𝜕𝛷 𝜕𝑧 = 𝑥 + 𝑦 … … … (3)

Integralkan persamaan (1) terhadap 𝑥

𝛷 = ∫(𝑦 + 𝑧) 𝑑𝑥 = 𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝐶(𝑦) + 𝐶(𝑧) … … … (4)

Persamaan (4) diturunkan terhadap 𝑦 sehingga diperoleh

𝜕𝛷

𝜕𝑦 = 𝑥 + 𝐶

′_{(𝑦) … … … (5)}

Bandingkan persamaan (5) dengan (2) untuk memperoleh 𝐶(𝑦),

𝑥 + 𝐶′(𝑦) = 𝑥 + 𝑧

Maka 𝐶′(𝑦) = 𝑧, lebih lanjut didapat 𝐶(𝑦) = 𝑦𝑧. Kemudian persamaan (4) diturunkan terhadap 𝑧, diperoleh

𝜕𝛷

𝜕𝑧 = 𝑥 + 𝐶

′_{(𝑧) … … … (6)}

Bandingkan persamaan (6) dengan persamaan (3) untuk memperoleh 𝐶(𝑧),

𝑥 + 𝐶′(𝑧) = 𝑥 + 𝑦

Maka 𝐶′(𝑧) = 𝑦, lebih lanjut didapat 𝐶(𝑧) = 𝑦𝑧. Substitusikan nilai 𝐶(𝑦) dan 𝐶(𝑧) ke dalam persamaan (4), maka kita dapat fungsi potensialnya