UJIAN TENGAH SEMESTER KALKULUS I Senin, 5 Maret 1999 Waktu : 2,5 jam

UJIAN TENGAH SEMESTER KALKULUS I

Senin, 5 Maret 1999 Waktu : 2,5 jam

SETIAP NOMOR MEMPUNYAI BOBOT 10

1. Misalkan diketahui fungsi f dengan

f (x) = x² ; x 0 x³ ; x < 0

Gunakan de…nisi turunan untuk memeriksa apakah f⁰(0) ada.

2. Diketahui fungsi f yang dide…nisikan f (x) = x³+ 4x. Tentukan nilai maksimum dan minimum global fungsi f pada [ 2; 2].

3. Tentukan dy

dx dari fungsi implisit berikut x²+ sin(xy) + 3 = 0

4. Tentukan konstanta a dan b agar fungsi

f (x) = a(x + 3) ; 0 < x 1 x² bx ; x > 1 mempunyai turunan di x = 1.

5. Misalkan fungsi f terdiferensialkan pada selang buka I yang memuat 1.

Jika

g(x) = xf (x²) untuk setiap x pada I dan f (1) = f⁰(1) = 1 maka tentukan (a) g⁰(x)

(b) g⁰(1)

6. Diketahui fungsi f dengan

f (x) = 2x² ; 0 x < 1 (x 1)²+ 1 ; 1 x < 3 Tanpa menggunakan gambar, tentukan

(a) titik-titik kritisnya

(b) selang di mana gra…k f cekung ke atas dan selang di mana gra…k f cekung ke bawah

(c) titik balik (jika ada). Jika tidak ada berikan alasannya.

7. Suatu tabung lingkaran tegak (silinder) dipanaskan sehingga tinggi tabung dan jari-jari lingkaran berubah dengan laju masing-masing sebesar 2 cm/detik.

Hitunglah laju perubahan volume tabung tersebut pada saat tinggi tabung 10 cm dan jari-jari lingkaran 5 cm.

8. Berikut ini gambar sebuah talang air dengan kedua ujungnya tertutup.

Talang air tersebut memiliki dua penampang berbentuk segitiga sama sisi dan dua penampang lainnya berbentuk empat persegi panjang dengan panjang p cm dan lebar l cm.

SS

SS !!!!!!!!!

!!!!T!!!!

TT

l p

Talang air tersebut harus mempunyai volume 120 cm³. Tentukan l dan p agar bahan yang digunakan minimum.

(Petunjuk : sin 60 = ¹₂p 3)

9. Misalkan diketahui fungsi f dengan f (x) = x² 5x + 4

x . Tentukan (a) titik-titik kritis fungsi f , selang di mana gra…k f naik dan selang di

mana gra…k f turun, serta ekstrim lokal

(b) selang di mana gra…k f cekung ke atas dan selang di mana gra…k f cekung ke bawah

(c) asimtot-asimtot gra…k (jika ada) (d) sketsa gra…k f .

10. Dengan menggunakan teorema nilai rata-rata, tunjukkan bahwa 3 <p³

28 < 3 + 1 27

(Petunjuk : Pilih fungsi f dengan f (x) = x¹³)

**************Selamat Bekerja**************

Jurusan Matematika FMIPA IPB

JAWABAN UTS KALKULUS 1 1998/1999 SENIN, 5 MARET 1999

1. f (x) = x²; jika x 0 x³; jika x < 0 : lim

x!0

f (x) f (0)

x 0 = lim

x!0

x³ 0²

x = lim

x!0 x²= 0;

xlim!0⁺

f (x) f (0)

x 0 = lim

x!0⁺

x² 0²

x = lim

x!0⁺x = 0:

Karena lim

x!0

f (x) f (0)

x 0 = lim

x!0⁺

f (x) f (0)

x 0 ; maka f⁰(0) ada.

2. f (x) = x³+ 4x; maka f⁰(x) = 3x²+ 4:

f⁰(x) = 0 , 3x²= 4 ) tidak ada nilai x yang memenuhi.

f⁰(x) selalu ada untuk setiap x 2 ( 2; 2) :

Jadi f tidak mempunyai titik kritis. Nilai maksimum dan nilai minimum global (mutlak) diberikan oleh titik ujung selang:

x f (x) Keterangan

2 ( 2)³+ 4 ( 2) = 16 16 adalah nilai minimum global 2 2³+ 4 (2) = 16 16 adalah nilai maksimum global 3. x²+ sin (xy) + 3 = 0: Jika kedua ruas persamaan ini diturunkan secara

implisit terhadap x diperoleh d

dx x²+ sin (xy) + 3 = d dx(0) 2x + (cos (xy)) y + xdy

dx = 0

2x + y cos (xy) + x (cos (xy))dy

dx = 0 dy

dx = (2x + y cos (xy)) x cos (xy)

4. f (x) = a (x + 3) ; jika 0 x 1 x² bx; jika x > 1

Jika f tidak kontinu di x = 1; maka f⁰(1) tidak ada. Jadi haruslah f kontinu di x = 1: Ini berarti

lim

x!1 f (x) = lim

x!1⁺f (x) = f (1)

, lim

x!1 (a (x + 3)) = lim

x!1⁺ x² bx = a (1 + 3)

, 4a = 1 b = 4a

Jadi 4a = 1 b:

Turunan dari arah kiri:

lim

x!1

f (x) f (1)

x 1 = lim

x!1

a (x + 3) 4a

x 1 = lim

x!1

ax + 3a 4a x 1

= lim

x!1

ax a x 1 = lim

x!1

a (x 1) x 1 = lim

x!1 a = a Turunan dari arah kanan:

lim

x!1⁺

f (x) f (1)

x 1 = lim

x!1⁺

x² bx 4a

x 1 = lim

x!1

x² bx (1 b) x 1

= lim

x!1⁺

x² 1 bx + b

x 1 = lim

x!1⁺

(x 1) (x + 1) b (x 1) x 1

= lim

x!1⁺(x + 1 b) = 2 b:

Agar f⁰(1) ada maka haruslah lim

x!1

f (x) f (1)

x 1 = lim

x!1⁺

f (x) f (1)

x 1 :

Ini mengakibatkan a = 2 b: Jadi diperoleh

4a = 1 b; dan a = 2 b; sehingga a = 1

3 dan b = 7 3: 5. g (x) = xf x² dan f (1) = f⁰(1) = 1:

(a) g⁰(x) = 1 f x² + x f⁰ x² 2x = f x² + 2x²f⁰ x² (b)

g⁰(1) = f 1² + 2 1² f⁰ 1²

= f (1) + 2f⁰(1) = 1 + 2 (1) = 3:

6. f (x) = 2x²; jika 0 x < 1 (x 1)²+ 1; jika 1 x < 3 : (a)

f⁰(x) = 4x; jika 0 < x < 1 2 (x 1) ; jika 1 < x < 3 Karena

lim

x!1 f (x) = lim

x!1 2x² = 2;

lim

x!1⁺f (x) = lim

x!1⁺ 1 (x 1)² = 1 maka lim

x!1f (x) tidak ada, sehingga f tidak kontinu di x = 1: Aki- batnya f⁰(1) tidak ada. Jadi x = 1 titik kritis dari f:

Titik ujung selang x = 0; dan x = 3:

(b)

f⁰⁰(x) = 4; jika 0 < x < 1 2; jika 1 < x < 3

Jadi f cekung ke atas pada selang (0; 1) dan f cekung ke bawah pada selang (1; 3) :

(c) Terjadi perubahan kecekungan hanya di x = 1; tetapi f tidak kontinu di x = 1: Jadi f tidak mempunyai titik balik.

7. Misalkan

h adalah tinggi tabung pada saat t;

r adalah jari-jari tabung pada saat t;

V adalah volume tabung pada saat t:

Diketahui: dr dt = dh

dt = 2 cm/detik Ditanyakan dV

dt pada saat h = 10 cm dan r = 5 cm.

Persamaan yang menghubungkan laju yang ditanyakan dengan laju yang diketahui:

V = r²h:

Jika kedua ruas persamaan ini diturunkan secara implisit terhadap t;

diperoleh

dV

dt = 2rdr

dth + r²dh dt : Pada saat h = 10 dan r = 5 :

dV

dt = [2 (5) (2) (10) + 5² (2)]

= 250

Jai laju perubahan volume pada saat tinggi tabung 10 cm dan jari-jari tabung 5 cm adalah 250 cm/detik.

8. Misalkan p adalah panjang talang, ` adalah lebar talang, dan B adalah fungsi luas bahan yang digunakan. Karena penampang talang yang dibuat adalah segitiga sama sisi, maka luas segitiga sama sisi dengan panjang sisi

` adalah 1 2 `

p3

2 `, sehingga luas bahan yang digunakan adalah B = 2p` + 2 1

2 ` p3

2 ` = 2p` + p3

2 `²:

Fungsi B terdiri dari 2 variabel, yaitu p dan `: Substitusi salah satu vari- abel melalui batasan yang diketahui: yaitu volume talang 120 cm³: Jadi:

V =1 2`

p3 2 `

! p =

p3

4 `²p = 120 ) p = 120 p3

4 `²

= 480 p3` ²:

Fungsi B menjadi:

B = 2 480

p3` <sup>2</sup> ` + p3

2 `<sup>2</sup>=960 p3` ¹+

p3 2 `²:

B⁰(`) = ( 1)960

p3` ²+p

3` = 960 p3`² +p

3` = 960 + 3`³

p3`<sup>2</sup> =3 `³ 320 p3`²

B⁰(`) = 0 , `³ 320 = 0 ) ` = ³p

320; dan p = 480 p3

1

3p 320 ² :

9. f (x) = x² 5x + 4

x = x 5 + 4

x; maka Df = fxjx 6= 0g : (a) f⁰(x) = 1 4

x² = x² 4

x² =(x 2) (x + 2)

x² :

Tanda f⁰(x) + + + (0) ( ) (0) + + +

2 0 2

Fungsi f naik pada selang ( 1; 2] dan selang [2; 1); fungsi f turun pada selang [ 2; 0); dan (0,2]:

Nilai maksimum lokal adalah f ( 2) = ( 2) 5 + 4

2 = 9; nilai minimum lokal adalah f (2) = 1:

(b) f⁰⁰(x) = 8 x³

Tanda f⁰⁰(x) ( ) + + + 0

Fungsi f cekung ke bawah pada selang ( 1; 0) dan cekung ke atas pada selang (0; 1) :

(c) Karena lim

x!+1[f (x) (x 5)] = lim

x!+1

4

x = 0; maka garis y = x 5 adalah asimtot miring dari fungsi f:

Karena lim

x!0 f (x) = lim

x!0 x 5 + 4

x = 1; atau lim

x!0⁺f (x) = +1 maka garis x = 0 merupakan asimtot tegak dari f:

Karena

xlim!1f (x) = +1 dan lim

x! 1f (x) = 1;

maka f tidak mempunyai asimtot datar.

(d) Gra…k fungsi f :

10. Dengan menggunakan TNR dan memilih fungsi f (x) = x¹⁼³, akan ditun- jukkan bahwa 3 <p³

28 < 3 + 1 27:

Misalkan f (x) = x¹⁼³; dan misalkan a = 27; b = 28: Maka f kontinu pada selang [27; 28]. Karena f⁰(x) = 1

3x ²⁼³ = 1

3x²⁼³ maka f⁰(x) selalu ada untuk setiap x 2 (27; 28) : Jadi menurut Teorema Nilai Rata-rata, terdapat c 2 (27; 28) sehingga

f⁰(c) = f (28) f (27)

28 27 :

Jadi

f (28) = f (27) + f⁰(c) p3

28 = 3^{3 1=3}+ 1

3 c²⁼³ = :3 + 1 3 c²⁼³ Karena: c 2 (27; 28) ; maka 1

3c²⁼³ > 0 sehingga berlaku p3

28 > 3 (1)

Karena c 2 (27; 28) maka c > 27 sehingga 1

3c²⁼³ < 1

3 27²⁼³ = 1 3 (9) = 1

27: Akibatnya

p3

28 = 3 + 1

3 c²⁼³ < 3 + 1

27: (2)

Jadi dari (1) dan (2) dapat disimpulkan bahwa 3 <p³

28 < 3 + 1 27: