SOLUSI UJIAN AKHIR SEMESTER - MATEMATIKA IIA (MA1201) SEMESTER 2 2022-2023
Bagian A
Kode◦
1. (a) 7X dx
...
(b) −4X dx
...
2. (a) e2X dx
...
(b) 7e2X dx
...
3. (a) 2X dx
...
(b) 13X dx
...
4. (a) 5X dx
...
(b) −3X dx
...
5. (a) ⟨1,2,−1⟩X dx
...
Catatan: Kelipatan skalar dari vektor ini juga benar.
(b) (−2,4,2)X dx
...
Kode∗
1. (a) 5X dx
...
(b) 5X dx
...
2. (a) 2e2X dx
...
(b) 10e2X dx
...
3. (a) 3X dx
...
(b) 16X dx
...
4. (a) 4X dx
...
(b) −2X dx
...
5. (a) ⟨1,−2,−1⟩X dx
...
Catatan: Kelipatan skalar dari vektor ini juga benar.
(b) (1,2,−1)X dx
...
Bagian B
1. Persamaan kurva ketinggianz=kdari permukaanz= y
x2+ 1 adalahy=k(x2+ 1). Untukk=−1 dan k= 1, diperoleh parabolay=−x2−1 dany=x2+ 1. Untukk= 0, diperoleh garisy= 0. Sketsa kurva ketinggian z=kdiberikan sebagai berikut:
1
2. Turunan parsial darif adalah fx(x, y) = 2x+ 3y dan fy(x, y) = 3x+ 2y. Oleh karena itu,∇f(1,−1) =
⟨fx(1,−1), fy(1,−1) =⟨−1,1⟩. Karena vektor satuan yang searah denganuadalah v=
−4 5,3
5
, maka turunan berarah darif di titik (1,−1) dalam arah u=⟨−4,3⟩adalah
Dvf(1,−1) =∇f(1,−1)·v=⟨−1,1⟩ ·
−4 5,3
5
= 7 5. 3. DaerahR dapat ditulis sebagaiR={(x, y) : 0≤x≤3,0≤y≤2}. Oleh karena itu,
ZZ
R
(2xy+ 5)dA= Z 2
0
Z 3 0
(2xy+ 5)dx dy= Z 2
0
(x2y+ 5x)
3 0
dy
= Z 2
0
(9y+ 15) dy= 9
2y2+ 15y
2 0
= 48.
4. Nilai limit sepanjang garisx= 1 adalah
(1,y)→(1,−1)lim y+ 1
1−y2 = lim
(1,y)→(1,−1)
1 1−y = 1
2. Nilai limit sepanjang garis y=−1 berlaku
(x,−1)→(1,−1)lim
−x+ 1
x2−1 = lim
(x,−1)→(1,−1)
−1
x+ 1 =−1 2. Karena kedua nilai limit ini berbeda, maka terbukti bahwa lim
(x,y)→(1,−1)
xy+ 1
x2−y2 tidak ada.
5. Daerah pengintegralan dari integral pada soal adalahS ={(x, y) : 0≤x≤2,4−2x≤y≤4−x2}. Titik potong garis y = 4−2x dan kurva y = 4−x2 adalah (0,4) dan (2,0). Sketsa daerah pengintegralan diberikan sebagai berikut.
Daerah pengintegralan tersebut dapat ditulis sebagai S =
(x, y) : 4−y
2 ≤ x ≤ √
4−y, 0 ≤ y ≤ 4
. Jadi, integral pada soal dapat ditulis sebagai integral berulang
Z 4 0
Z
√4−y
4−y 2
f(x, y) dx dy.
2
6. Daerah pengintegralan adalah S =
(x, y) : 0 ≤ x ≤ √
2, x ≤ y ≤ √
4−x2 dengan sketsa sebagai berikut.
Dengan perubahan koordinat polar x = rcosθ dan x = rsinθ, diperoleh p
x2+y2 = r dan daerah pengintegralan diubah menjadi S =
(r, θ) : 0≤r≤2, π
4 ≤θ≤ π 2
. Jadi,
I = Z π
2
π 4
Z 2 0
r2 dr dθ= Z π
2
π 4
r3 3
2 0
dθ = Z π
2
π 4
8
3 dθ = 2π 3 . Bagian C
1. (a) Persamaan bantu (atau persamaan karakteristik) dari persamaan diferensial homogen y′′+ 4y = 0 adalah r2+ 4 = 0.Persamaan kuadrat tersebut memiliki akar r1,2 =±2i. Solusi umum persamaan diferensial homogen tersebut adalah yh =C1cos(2x) +c2sin(2x).
(b) Solusi partikular persamaan diferensial y′′+ 4y = 5e−x memiliki bentukyp1 =Ae−x.Substitusikan ini ke persamaan diferensial tersebut, diperoleh
Ae−x+ 4Ae−x= 5e−x =⇒ A= 1.
Jadi yp1 =e−x.
Solusi partikular persamaan diferensial y′′+ 4y= 4x memiliki bentuk yp2 =Bx+C.Substitusikan ini ke persamaan diferensial tersebut, diperoleh
0 + 4(Bx+C) = 4x =⇒ B = 1 danC = 0 Jadi yp2 =x.
Kita simpulkan bahwayp =yp1+yp2 =e−x+x.
Catatan: Solusi partikular boleh dipilih langsung dalam bentuk yp=Ae−x+Bx+C.
(c) Solusi umum PD tak homogen y′′+ 4y =ex+x adalah
y=yh+yp=C1cos(2x) +C2sin(2x) +e−x+x.
Dari syarat yang diberikan, diperoleh
4 =C1cos 0 +C2sin 0 +e0+ 0 =C1+ 1 =⇒ C1 = 3 2 =−2C1sin 0 + 2C2cos 0−e0+ 1 = 2C2 =⇒ C2 = 1.
Jadi, solusi khusus persamaan diferensial tak homogen di atas adalah y= 3 cos(2x) + sin(2x) +e−x+x.
3
2. (a) Perhatikan sketsa penampang talang air berbentuk trapesium berikut ini
Luas trapesium di atas, dalam x dan θadalah
L(x, θ) =xsinθ(60−2x+xcosθ) = 60xsinθ−2x2sinθ+x2sinθcosθ (b) Titik stasioner dari fungsi di atas adalah solusi Lx(x, θ) = 0 dan Lθ(x, θ) = 0, yakni
60 sinθ−4xsinθ+ 2xsinθcosθ= 0 (1) 60xcosθ−2x2cosθ+x2(cos2θ−sin2θ) = 0 (2) Dari persamaan (1), diperoleh
sinθ·(60−4x+ 2xcosθ) = 0 ⇐⇒ cosθ= 2x−30 x .
Substitusikan ini ke persamaan (2) dengan mengubah cos2θ−sin2θmenjadi 2 cos2θ−1, diperoleh 60x
2x−30 x
−2x2
2x−30 x
+x2 2
2x−30 x
2
−1
!
= 0
⇐⇒ 60(2x−30)−2x(2x−30) + 2(2x−30)2−x2 = 0.
Setelah disederhanakan, diperoleh persamaan x(x−20) = 0, sehinggax= 20.
Selanjutnya, cosθ = 2·20−30
20 = 1
2 sehingga θ = π
3 (karena lancip). Jadi fungsi di atas hanya memiliki satu titik stasioner, yakni
20,π 3
.
(c) Misalkan jari-jari penampang talang air (berbentuk setengah lingkaran) adalah r, maka πr = 60, sehingga r= 60
π.Luas penampang talang air tersebut adalah 1
2πr2 = 1800 π cm3.
(d) Jika dipilih penampang yang berbentuk trapesium, maka luas penampang maksimum yang di- hasilkan adalah
L 20,π
3
= 20·1 2
√ 3
60−40 + 20·1 2
= 300√ 3.
Perhatikan bahwa √
3>1,7> π
2, sehingga 1800
π > 1800 2√
3 = 300√ 3.
Jadi untuk mendapatkan daya tampung talang air yang lebih besar, dipilih penampang yang berben- tuk setengah lingkaran.
4
