1001-soal-solusi-uts-kalkulus-ii

5/17/2018 1001-soal-solusi-uts-kalkulus-ii - slidepdf.com

http://slidepdf.com/reader/full/1001-soal-solusi-uts-kalkulus-ii 1/43

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 supayapembaca 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.




2

Semoga bermanfaat !

Arip Paryadi




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 2005-2006 .................................................. 10


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 MA/DA1324 2000-2001 ........................................... 37

UTS Kalkulus II DA1324 1999-2000 ................................................... 41




4

SOAL SOAL




5

UJIAN TENGAH SEMESTER GANJIL 2008-2009

KALKULUS II MA 1424

SENIN 13 APRIL 2009

TUTUP BUKUUTS 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 c y x =+ 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" ===−− y ye y y y

x

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

partikel P adalah ( ) ( 50,4,3,0531,2,3 2≤≤+−+−= t t t t r

r

Tentukan :

a. Titik awal partikel P

b. Vector kecepatan dan percepatan pada t = 2

5. Tentukan kelengkungan dari kurva t yt x sin2,cos3 == di titik ( )1,323

No 1 2 3 4 5

Bobot 8 8 8 8 8

-o0o- Semoga Sukses -o0o-




6

UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2008-2009

KALKULUS II MA 1123

SENIN 13 APRIL 2009

TUTUP BUKUUTS Kalkulus II MA1123 2008-2009

Kerjakan dengan Singkat dan Benar !

Berdoalah sebelum mengerjakan !

1. Tentukan solusi khusus persamaan diferensial

( ) 01,' 3==+ ye y xy

x

2. Tentukan solusi umum persamaan diferensial

2215'2" xe y y yx+=−−

3. Tentukan selang kekonvergenan

( )

( )∑

+

−∞

=12

12

1

nn

n

n

x




7

UJIAN TENGAH SEMESTER PENDEK 2008-2009

KALKULUS II MA 1124

JUM’AT 24 JULI 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

==− ye x xydx

dy x

3. Tentukan solusi umum dari3" xe y y x

+=+

4. Diketahui ( ) ( ) jt it t r 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




8

UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2007 / 2008MA1224 KALKULUS II

SENIN / 7 APRIL 2008TUTUP BUKU

UTS Kalkulus II MA1224 2007-2008

1. a. Periksa apakah deret ( )( )

∑+

−∞

=1 1

11

n

n

nnkonvergen mutlak ,

konvergen bersyarat atau divergen

b. Periksa kekonvergenan deret ∑+

∞

=1 24nn

n

2. Perderetkan fungsi x

x f +

=2

2)( kedalam deret taylor dengan pusat di

x= 2.

3. a. Tentukan solusi persamaan differensial ( ) ( ) 20;1'1 ==++ y y y x

b. Tentukan solusi persamaan differensial x

e x y y y 22'3" +=+−

c. Tentukan solusi persamaan differensial3

'2" x

e y y y

x

=+−

4. Diketahui ( ) jt it t r rrr 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 .




9

UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2006/2007MA1124 KALKULUS 11

SENIN 2 APRIL 2007


1. Tentukan selang kekonvergenan deret( )

∑+∞

=1 2

13

nn

n

n

x

2. Tentukan solusi dari x

e y y +=− 2''' bila y(0) = 0, y’(0) = 1

3. Tentukan perderetan Mc Laurin dari : x x f 32

1

)( += dan selang

konvergensinya

4. Misalkan jt it t r rrr

)2()( −+=

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

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

5. Tentukan solusi persamaan difenrensial4

2' x y xy =−

Soal 1 2 3 4 5

Nilai 8 8 8 8 8

Korektor SMG RMI EBS RIZKI WDT




10

UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2005/2006

KALKULUS II MA 1124

SENIN / 3 APRIL 2006

CLOSE BOOKUTS Kalkulus II MA1124 2005-2006

1. Diketahui4

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

x x x

3. Tentukan solusi umum persamaan diferensial x x y y +=− 2sinh24''

(petunjuk : )2

sinh

axax

eeax

−−

=

4. Diketahui lintasan dengan fungsi vector jt it t F ˆsin3ˆcos2)( +=

r.

tentukan kelengkungan di (0,-3)

NO 1 2 3 4NILAI 10 10 10 10

Selamat Bekerja dengan Jujur




11


KALKULUS II MA1124

SENIN 11 APRIL 2005

TANPA KALKULATORUTS Kalkulus II MA1124 2004-2005

1. Periksa kekonvergenan deret :( )

∑+

∞

=0 25

4

1

n n

2. Tentukan deret Mc Laurin dari ( ) x x x f += 1ln)(

3. Tentukan persamaan trayektori ortogonal dari : ( ) 21 xc y −=

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

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




12

UJIAN TENGAH SEMESTER 2000-2001

MA/DA-1324 KALKULUS II

JUM’AT/ 6 APRIL 2001

TUTUP BUKUUTS Kalkulus II MA/DA1324 2000-2001

1. a. Tentukan solusi khusus persamaan diferensial ( ) 0'2 222=++ xy y x

dengan1)0( = y

b. Tentukan solusi umum

x

x y xy

sin2' =+

2. Diketahui persamaan diferensial )(2'2'' xr y y y =++

a. Tentukan solusi umum jika 0)( = xr

b. Tentukan solusi umum jika xe xr x sin)(−

=

3. Diketahui y x y x y x f 22),( 224−−+=

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

jia rrr+=

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

4. Diketahui persamaan kurva C di ruang k t jt eit et r t t 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




13


KALKULUS II / DA-1324

JUM’AT 24 MARET 2000

TUTUP BUKUUTS Kalkulus II DA1324 1999-2000

1. Tentukan solusi khusus dari PD ,sec2tan x x ydx

dy=+ bila y(0) = 2 .

2. Diketahui PD : )(2'3'' x f y y y =+−

a. Tentukan solusi khusus PD bila f ( x) = 0, y(0) = 3 dan y’(0) = 4

b. Tentukan solusi umum PD bila1

)(+

= x

x

e

e x f

3. Diketahui 2),( 23−+−= y x xy x y x f

Tentukan :

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

+= 3

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

4. Tentukan persamaan bidang singgung dan persamaan garis normal dari

permukaan )3,2,1(titik di174 222=++ z y x

5. Diketahui sebuah partikel bergerak sepanjang lengkungan C dengan

vektor posisi ( ( k t t jt it t t F rrrr

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)




14

PEMBAHASAN




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 kitalakukan 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

−=

+

+−=

+

+−=

∞→∞→

x xn

n x

n

n

nn

Menurut uji hasil bagi deret di atas akan divergen jika 1> dan

konvergen jika 1< yaitu jika 1522

1<− x atau

252 <− x

2522 <−<− x 723 << x

27

23

<< x ,

sedangkan untuk 1= (23

= x dan27

= x ) uji hasil bagi gagal sehingga

perlu dilakukan uji yang lainnya. Bila23

= x deret menjadi

( )( )

( )( ) ( )

∑=∑+

=∑+

−=∑

+

−−=∑

+

−−

∞

=

∞

=

∞

=

∞

=

∞

= 100

2

00 21

1

1

1

1

1

12

211

12

21

k nn

n

nn

nnn

nn

nn

k nnnn

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

Bila27

= 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




16

• 12

11<

+

+=

+

n

n

a

a

n

natau nn aa <

+1 dan

• 01

1

limlim=

+

=∞→∞→ n

annn

Oleh karena itu menurut uji deret ganti tanda ( )∑+

−∞

=0 1

11

n

n

nkonvergen.

Jadi ( )( )

∑∞

= +

−−

0 12

521

nn

nn

n

xkonvergen pada interval

27

23

≤< x

2. Menentukan solusi khusus dari ( ) 50,3222

==− ye x xy

dx

dy x

Faktor integrasi untuk PD tersebut adalah22 x xdx

ee I −−

=∫

=

Apabila PD awal dikalikan dengan faktor integrasi akan menghasilkan

232

22

x xyeedx

dy x x=−

−− yang dapat kita dituliskan dalam bentuk

23

2

x

dx

yed x

=

−

dx x yed x 2

32

=−

Dengan mengintegralkan kedua ruas diperoleh

c xdx x yex

+=∫=− 323

2

atau ( ) 23 x

ec x y += 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 xe x y +=

3. Menentukan solusi umum dari3" xe y y

x+=+

Persamaan karakteristik yang sesuai adalah : 012=+r

⇔ ir ±=

Sehingga didapat ir =1 dan ir −=2 .

Jadi solusi homogennya x B x A yh cossin +=

Untuk p y dipilih GFx Ex DxCe yx

p ++++=23 sehingga

F Ex DxCe yx

p +++= 23'2

E DxCe y

x p 26'' ++=




17

kemudian kita substitusi ke persamaan PD awal menghasilkan32326 xeGFx Ex DxCe E DxCe

x x x+=+++++++

( ) ( ) 323 262 xeG E xF D Ex DxCex x+=++++++

Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada keduaruas diperoleh

12 =C atau21

=C

0,1 == E D

06 =+F D atau 6−=F

02 =+G E atau 0=G

Jadi x xe yx

p 63

21

−+= dan solusi umum PD di atas adalah

x xe x B x A y x 6cossin 321 −+++=

4. Diketahui ( ) ( ) jt it t r ˆ4ˆ1 22+−=

r

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

0t = waktu saat titik P (1,0) tercapai yaitu 00 =t

( ) ( ) jt it t r ˆ8ˆ12' +−=r

( ) ( ) jir t r ˆ0ˆ20'' 0 +−==rr

( ) ( ) jir t r ˆ0ˆ00 +==rr

Jadi persamaan parameter garis singgung di titik P(1,0) adalah0,21 =−= yt x

b. Menentukan kelengkungannya di titik P tersebut.

untuk kasus di atas ( )21−= t x dan 24t y = maka :

( )12' −= t x 2"= x

t y 8'= 8"= y Kelengkungan untuk sembarang nilai t adalah :

( )( ) ( )[ ]

( )

( )[ ] ( )[ ] 23

23

23

2222226414

16

6414

16116

''

"'"'

t t t t

t t

y x

x y y xt

+−

=

+−

−−=

+

−=κ

Jadi kelengkungan di titik P adalah ( ) ( ) 200 ==κ κ t




18

PEMBAHASAN

UJIAN TENGAH SEMESTER GANJIL 2008-2009

KALKULUS II MA 1424

SENIN 13 APRIL 2009UTS 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 kitalakukan uji hasil bagi mutlak

Untuk deret ini( )

( )

∑

+

+=

∞

=0 31

2

nn

n

n

n

xa dan

( )

( )

∑

+

+=

∞

=

+

+

+

01

1

1

32

2

nn

n

n

n

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

n x

n



<+ x atau

32 <+ x

323 <+<− x 15 <<− x

sedangkan untuk 1= ( 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

nnyang 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 c y x =+22 2

a. Menentukan trayektori orthogonal dari c y x =+22 2

) ( )c D y x D x x =+22 2

0'42 =+ yy x

y x y2

' −=



1001 Pembaha

Trayektori orthogonal akan memenuhi persamaan

diferensial

'

1'

y

yt

−=

x

y y

t 2' =

x

y

dx

dy 2=

x

dx

y

dy 2= integralkan kedua ruas menghasilkan

*ln2ln C x y +=

22 lnlnlnln CxC x y =+= (C* = ln C )

2

Cx y = Jadi trayektori orthogonal dari c y x =+

22 2

adalah parabola 2Cx y =

b. Gambar keluarga kurva dan trayektori

ortogonalnya seperti pada gambar di samping.

3. Menentukan solusi khusus dari ( )5 0,10'3" ==−− ye y y yx

Persamaan karakteristik yang sesuai adalah 2−r

( )( ) 025 =+− r r

2atau5 −== r r

Jadi solusi homogennya x x

h ecec y2

25

1−

+=

Untuk p y dipilih x

p Axe y5

= sehingga

x x p Axe Ae y

555' +=

x x x x x p Axe Ae Axe Ae Ae y 55555 25102555" +=++=

kemudian kita substitusi ke persamaan PD aw

( ) x x x x x xe Axe Axe Ae Axe Ae 555555 10532510 =−+−+

x xe Ae

557 =

17 = A 71

= A

Sehingga x p xe y

5

71

=

Jadi solusi umum PD di atas adalah x xecec y

712

25

1 ++=−

an UTS Kalkulus II

19

( )710',1 = y

0103 =−r yaitu

l menghasilkan

x xe

5 .




20

Untuk mendapatkan solusi khususnya kita substitusikan kondisi awal

( ) ( )710'dan10 == y y .

x x x x xeeecec y

5

755

712

25

1 25' ++−=−

Dari ( ) 10 = y diperoleh *121 =+ cc

Dari ( )710' = y diperoleh **025 21 =− cc

Jika system ini diselesaikan akan diperoleh72

1 =c dan75

2 =c . Jadi

solusi khusus dari PD di atas adalah x x x xeee y

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

≤≤+−+−= t t t t r r

a. Menentukan titik awal partikel P

Titik awal partikel P terjadi ketika t = 0 yaitu ( ) 4,3,051,2,30 +−=r r

19,17,3=

b. Vector kecepatan dan percepatan pada t = 2

Vector kecepatan dan percepatan untuk sembarang t adalah :

( ) ( ) ( ) 4,3,032' −== t t r t vrr

( ) ( ) 8,6,04,3,02' === t vt a rr

Vector kecepatan dan percepatan untuk t = 2 adalah :

( ) 4,3,02 =vr

( ) 8,6,02 =ar

5. Menentukan kelengkungan dari kurva t yt x sin2,cos3 == di titik

( )1,323

t x sin3' −= t y cos2'=

t s x cos3" −= t y sin2" −=

Kelengkungan kurva untuk sembarang t adalah :

( )( ) ( )[ ] ( ) ( ) 2

32

32

32222

22

22 cos4sin9

6

cos4sin9

cos6sin6

''

"'"'

t t t t

t t

y x

x y y xt

+

=

+

+

=

+

−=κ

Titik ( )1,323 dipenuhi ketika

6π

=t , sehingga kelengkungan di titik

tersebut adalah ( )( ) 217

16

3

6

23

49

6=

+

=π

κ




21

UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2008-2009

Kalkulus II MA 1123

Senin 13 April 2009

Tutup BukuUTS Kalkulus II MA1123 2008-2009

1. Menentukan solusi khusus persamaan diferensial ( ) 01,' 3==+ ye y xy x

Jika kita perhatikan persamaan diferensial ini dapat kita tuliskan dalambentuk

( ) xe

dx

yxd 3=

( ) dxe yxd

x3=

( ) ∫=∫ dxe yxd x3

ce yxx+=

3

31

x

ce y

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

ee y

x

3

33−

=

2. Menentukan solusi umum persamaan diferensial 2215'2" xe y y yx+=−−

Persamaan karakteristik yang sesuai adalah 01522=−− r r yaitu

( )( ) 035 =+− r r

5=r atau 3−=r

Sehingga solusi homogennya adalah

x x

h ecec y

3

2

5

1

−+=

Untuk p y dipilih DCx Bx Ae y x

p +++=2 sehingga

C Bx Ae y x p ++= 2'

B Ae yx

p 2" +=

Kemudian kita substitusikan ke dalam PD awal menghasilkan

( ( 22 215222 xe DCx Bx AeC Bx Ae B Aex x x x+=+++−++−+

( ) ( ) 22 215221541516 xe DC B xC B Bx Ae x x+=−−++−−−

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




22

116 =− A atau161

−= A

215 =− B atau152

−= B

0154 =+ C B atau225

8=C

01522 =−− DC B atau3375

76−= D

Dengan demikian3375

7622582

152

161

−+−−= x xe y x p

Jadi solusi umum persamaan diferensial di atas adalah ph y y y +=

337576

22582

152

1613

25

1 −+−−+=−

x xeecec yx x x

3. Menentukan selang kekonvergenan( )

( )

∑+

−∞

=1

2

12

1

n

n

n

n

x

Untuk menentukan nilai x yang menyebabkan deret konvergen dapat kitalakukan 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

n x

x

n

n

x

a

a

nn

n

n

n

nn

n

n

ρ

Menurut uji hasil bagi deret akan divergen jika 1> dan konvergen jika1< yaitu jika 11

21

<− 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

nkonvergen mutlak.




23

Bila 3= x deret menjadi( )

∑+

∞

=12

1

1

n nyang merupakan deret konvergen

(deret p dengan 12 >= p ). Akhirnya dapat kita simpulkan bahwa

( )( )

∑+

−∞

=12

12

1

nn

n

n

xkonvergen pada 31 ≤≤− x




24

PEMBAHASANUJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2007 / 2008

MA1224 KALKULUS II

SENIN / 7 APRIL 2008


1. a. Memeriksa apakah deret ( )( )

∑+

−∞

=1 1

11

n

n

nnkonvergen 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= maka uji hasil bagi gagal mengujinya, sehingga perlu

dilakukan uji yang lain. Sekarang perhatikan bahwa karena :

( ) ( )( ) 1

1

11

1

1

1

+=

++

>

+

=nnnnn

an

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

nndengan

( )1

1

+

=

nnbn

• ( )

( )( )1

221

11<

+

=

++

+=

+

n

n

nn

nn

b

b

n

n

• ( )

01

1limlim =

+

=∞→∞→ nn

bn

nn




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

1

1n

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

a ρ

Karena 121<= ρ , menurut uji hasil bagi ∑

+

∞

=1 24nn

nkonvergen.

2. Menentukan deret Taylor dari x

x f +

=2

2)( dengan pusat di x = 2

( )

( )

( )

( )2

1

22

!112

2

12)('

x x x f

+

−=

+

−=

( )( )

( )

( )

( )3

2

32

!212

2

212)(''

x x x f

+

−=

+

−−=

( )( )( )( )

( )( )4

3

42

!312

2

3212)(''' x x

x f +

−=

+

−−−=

M M

( ) ( )

( ) 12

!12)(

++

−=

n

nn

x

n x f

( ) ( )14

!12)2(

+

−=

n

nn n

f

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

( ) ( ) ( )∑ −−=∑ −=

∞

=+

∞

= 01

02

4

212!

2)(

n

n

n

n

n

nn

x xn

f x f




26

3. a. Menentukan solusi persamaan differensial ( ) ( ) 20;1'1 ==++ y y y x

jika kita perhatikan PD di atas dapat kita tuliskan dalam bentuk

( )( )1

1=

+

dx

y xd atau

( )( ) dx y xd =+1 integralkan kedua ruas menghasilkan

( ) c x y x +=+1

1+

+=

x

c x y

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 12

+

+=

x x y

Note :( )( )

( )( ) ( )( )'111

y x y x Ddx

y xd x +=+=

+

b. Menentukan solusi persamaan differensial x

e x y y y 22'3" +=+−

Persamaan karakteristik yang sesuai adalah 0232=+− r r yaitu

( )( ) 012 =−− r r

1=

r atau 2=

r Dengan demikian solusi homogennya adalah

x xh ecec y

221 +=

Untuk p y dipilih x p Cxe B Ax y ++= sehingga

x x p CxeCe A y ++='

x x x x x p CxeCeCxeCeCe y +=++= 2"

Kemudian kita substitusikan ke PD awal menghasilkan

( (x x x x x x

e xCxe B AxCxeCe ACxeCe 2232+=+++++−+

( ) x x

e xCe Ax B A 2223 +=−++−

Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada keduaruas diperoleh :

2=−C atau 2−=C

12 = A atau21

= A

023 =+− B A atau43

= B

Jadi x p xe x y 24321 −+= dan solusi umum PD di atas adalah x x x

ph xe xecec y y y 243

212

21 −+++=+=




27

c. Menentukan solusi persamaan differensial3

'2" x

e y y y

x

=+−

Persamaan karakteristik yang sesuai adalah : 0122=+− r r atau

( ) 01 2 =−r 1=r

Jadi solusi homogennya adalah x x

h xecec y 21 +=

untuk p y dipilih 21 vyuy y p += dengan :

xe y =1

x xe y =2

xe y ='1 ( ) x x x

e x xee y 1'2 +=+=

Untuk mendapatkan u dan v, kita menghitung wronskian terlebih

dahulu yaitu

( ) x x xe xee x y y y yW 222

2121 1'' =−+=−=

Sehingga diperoleh :

( )∫ ∫ ∫ =−=−=−=

x xdx

e

xe xe

dxW

xr yu

x

x x

11.

.

22

32

( )∫ ∫ ∫ −====232

3

1

211

.

. x x

dxe

x

ee

dxW

xr yv x

x x

Jadi solusi nonhomogennya adalah x

e

x

xe

x

e y

x x x

p22 2

=−= dan solusi

umum PD di atas adalah x

e xecec y

x x x

221 ++=

4. ( ) jt it t r rrr 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 ( ) ( ) jt it r t v

rrrr2' +== , sedangkan

kelajuannya ( ) 241 t t v +=

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 ( )t r r

adalah2, t yt x ==

sehingga lintasan partikelberbentuk parabola 2

x y =

2 x y =




28

PEMBAHASANUJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 2006/2007

MA1124 KALKULUS 11

SENIN 2 APRIL 2007


1. Menentukan selang kekonvergenan deret( )

∑+∞

=1 2

13

nn

n

n

x

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

Untuk deret ini( )

n

n

n

n

xa

2

13 += dan

( )

( )1

1

1

21

13+

+

+

+

+=

n

n

n

n

xa

( )

( ) ( )13

1lim13

13

2.

21

13limlim 2

121

1

11

+=+

+=

++

+==

∞→+

+

∞→

+

∞→

xn

n x

x

n

n

x

a

a

nn

n

n

n

nn

n

n

ρ



<+ x atau

213 <+ x

2132 <+<− x

133 <<− x

311 <<− x

sedangkan untuk 1= ( 1−= x dan31


perlu dilakukan uji yang lainnya.

Bila 1−= x deret menjadi( ) ( )

∑−

=∑− ∞

=

∞

= 11

1

2

2

n

n

nn

n

nnyang merupakan deret

harmonis ganti tanda yang konvergen.

Bila31

= x deret menjadi ∑=∑∞

=

∞

= 11

1

2

2

nnn

n

nnyang merupakan deret harmonis

yang divergen.

Akhirnya dapat kita simpulkan bahwa( )

∑+∞

=1 2

13

nn

n

n

xkonvergen pada

311 <≤− x




29

2. Menentukan solusi dari PD x

e y y +=− 2''' bila y(0) = 0 dan y’(0) = 1.

Persamaan karakteristik yang sesuai adalah 02=− r r atau ( ) 01 =−r r

sehingga didapat 0=r atau 1=r . dengan demikian solusi homogennya

adalah xh ecc y 21 +=

Untuk p y dipilih x p Bxe Ax y += sehingga

x x p Bxe Be A y ++='

x x x x x p Bxe Be Bxe Be Be y +=++= 2"


( x x x x x e Bxe Be A Bxe Be +=++−+ 22

x x e Be A +=+− 2 Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada kedua

ruas kita peroleh2−= A dan 1= B

Sehingga x p xe x y +−= 2 dan solusi umum persamaan diferensial yaitu

x x xe xecc y +−+= 221 . x x x

xeeec y ++−= 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 x x xe xe y +−+−= 222 .

3. Menentukan deret Mc Laurin dari : x

x f 32

1)(

+= dan selang

konvergensinya

( )( ) x x x f

231

1

2

1

32

1)(

−=

+=

Dengan menggunakan fakta bahwa

1;...11

1

0

2<∑=++=

−

∞

=

x x x x x n

n

kita peroleh

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1;1...1)( 23

023

21

023

212

23

23

21 <∑ −=∑ −= −+−+=

∞

=

∞

=

x x x x x x f n

nnn

n

n




30

4. Misalkan jt it t r rrr

)2()( −+=

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

0t = waktu saat titik P (1,1) tercapai yaitu 10 =t

( ) jit

t r ˆˆ2

1' −=

r

( ) ( ) jir t r ˆˆ1''21

0 −==rr

( ) ( ) jir t r ˆˆ10 +==rr

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

t yt x −=+= 1,121

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

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

2

1

21'

−

= t x 2

3

41"

−

−= t x

1' −= y 0"= y

Kelengkungan untuk sembarang nilai t adalah :

( )( ) ( )[ ] [ ] [ ] 2

3

2

3

23

2

3

23

11''

"'"'1

41

4

1

1

41

41

22+

=

+

−

=

+

−=

−

−

−

−

t

t

t

t

y x

x y y xt κ

Jadi kelengkungan di titik P adalah ( ) ( )( ) 55

21

2

3

45

41

0 ===κ κ t

5. Menentukan solusi persamaan difenrensial42' x y xy =−

4

2' x y xy=−

32' x

x

y y =−

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

2lnln2

22

−−−

===∫

=−

xeee I x xdx

x

Kita kalikan persamaan terakhir dengan faktor integrasi menghasilkan

x x

y

x

y=−

322

'yang dapat kita tuliskan dalam bentuk




31

x x

y

dx

d =

2

xdx x

y

d =

2

∫=∫

xdx

x

yd

2

c x x

y+=

2

21

2

24

21 cx x y +=




32


KALKULUS II MA 1124SENIN / 3 APRIL 2006


1. Diketahui4

22

2

−

−

n

nn

e

ee

a. Memeriksa kekonvergenan barisan { }∞=1nna

( )1

1

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

x x x x

Untuk menentukan titik titik x yang menyebabkan deret konvergen dapatkita 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

n x

x

n

n

x

a

a

nnn

nn

nn

n

n

ρ


konvergen jika 1< yaitu jika 132 <− x atau

213 <− x

21

21 3 <−<− x

27

25

<< x




33

sedangkan untuk 1= (25

= x dan27


perlu dilakukan uji yang lainnya.

Bila 27= x deret menjadi

( )∑

+∑ =

+

∞

=

∞

= 002

1

3

1

3

2

nn

nn


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

Bila25

= x deret menjadi( ) ( )

∑+

−∑ =

+

− ∞

=

∞

= 00

21

3

1

3

2

n

n

n

nn


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

Misalkan( )

( )∑ −=∑+

− ∞

=

∞

= 00

1

3

1

n

nn

n

n

b

n

dengan

3

1

+

=

n

bn maka

4

11

+

=+

n

bn ,

sehingga :

14

31<

+

+=

+

n

n

b

b

n

n dan

03

1limlim =

+

=∞→∞→ n

bn

nn

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

( )∑+

−∞

=0 31

n

n

nkonvergen.

Jadi( )

∑+

−∞

=0 3

32

n

nn

n

xkonvergen pada

27

25

<≤ x .

3. Menentukan solusi umum persamaan diferensial x x y y +=− 2sinh24"

Persamaan karakteristik yang sesuai adalah : 042=−r . sehingga di

dapat 2±=r . Dengan demikian solusi homogennya adalah

x xh ecec y 2

22

1−+=

Untuk p y dipilih DCx Bxe Axe yx x

p +++=−22

sehingga

C Bxe Be Axe Ae yx x x x

p +−++=−− 2222 22'

x x x x x x p Bxe Be Be Axe Ae Ae y

222222422422" −−−

+−−++=

x x x x Bxe Be Axe Ae 2222 4444 −−+−+=


xee DCx Bxe Axe Bxe Be Axe Ae x x x x x x x x +−=+++−+−+ −−−− 22222222 44444

xee DCx Be Aex x x x+−=−−−

−− 2222 4444




34

Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada kedua

ruas diperoleh 0dan,,,41

41

41

=−=== DC B A .

Akhirnya kita peroleh solusi nonhomogennya yaitu

x xe xe y x x p 41241241 −+=−

.

Jadi solusi umum persamaan diferensial yang dimaksud adalah

x xe xeecec yx x x x

412

412

412

22

1 −+++=−−

4. Menentukan kelengkungan di (0,-3) jika diketahui lintasan fungsi vektor

yaitu jt it t F ˆsin3ˆcos2)( +=

r.

Untuk fungsi vektor tersebut t x cos2= dan t y sin3= maka

t x sin2' −= t x cos2" −= t y cos3'= t y sin3" −=

Sehingga kelengkungan untuk sembarang nilai t adalah

( )( ) ( )[ ]

( )( ) ( )2

3

2

32

3222

22

22cos54

6

cos9sin4

cossin6

''

"'"'

t t t

t t

y x

x y y xt

+

=

+

+=

+

−=κ

Titik (0,-3) tercapai ketika2

3π =t . Sehingga kelengkungan pada titik ini

adalah ( ) 4

3

4

6

2

3

23==

π κ




35


KALKULUS II MA1124SENIN 11 APRIL 2005


1. Memeriksa kekonvergenan deret :( )

∑+

∞

=0 25

4

1

n n

( )∑=∑

+

∞

=

∞

= 4 25

0 25

1

4

1

k n k n

yang merupakan deret p dengan 125>= p yang

konvergen.

2. Menentukan deret Mc Laurin dari ( ) x x x f += 1ln)( ( ) x x x f += 1ln)(

∫+

=

x

dt t

x0 1

1

( )∫

−−=

x

dt t

x0 1

1

( ) ( ) ( )( )∫+−+−+−+=

x

dt t t t x0

32

...1

( )[ ] xr

r

r t t t t t x

0

114

413

312

21 ...1... +−++−+−=

+

( )( ) ( )∑ −=+−++−+−=∞

=

++

1

11114

413

312

21 1...1...

n

n

n

nr

r

r x x x x x x x x

( )∑ −=∞

=

++

1

1111

n

n

n

n x

3. Menentukan persamaan trayektori ortogonal dari : ( ) 21 xc y −=

Untuk kurva tersebut belaku ( )*12+=

x

yc

dan ( ) xc y 12' −= .

berdasarkan (*) diperoleh x

y y

2'=

Trayektori ortogonal akan memenuhi persamaan diferensial

'1' y

y t −= y

x y t

2' −=



1001 Pembaha

y

x

dx

dy

2−=

xdx ydy −=2

∫ −=∫ xdx ydy2 C x y +−=

2

212

c x y =+2

212

Jadi Trayektori ortogonal dari keluarga kurva

parabola ( ) 21 xc y −= berupa keluarga kurva

ellips C x y =+2

212

4. Menentukan kuat arus yang mengalir pada rangkaianHenry, C = 0,01 Farad, sumber tegangan E(t ) = 12 vo

awal tidak ada arus yang mengalir dan tidak ad

kapasitornya.

5. Diketahui persamaan parametrik dari kurva C di

bidang :t t x sincos +=

t t y sincos −=

a. Menentukan persamaan kurva C dan gambarnya.

Dengan sedikit manipulasi aljabar kita peroleh

*cossin21cossin2sincos 222t t t t t t x +=++=

**cossin21cossin2sincos222

t t t t t t y −=−+=

Jumlahkan kedua ruas (*) dan (**) sehingga

diperoleh 222=+ y x . jadi kurva C adalah

sebuah lingkaran dengan pusat di titik (0,0) dan

jari jari 2 .

b. Menentukan persamaan parameter garis singgung di t

( ) t t t x cossin' +−=

( ) t t t y cossin' −−=

Titik (1,1) tercapai ketika 0=t sehingga ( ) 10' = x

jadi persamaan parameter garis singgung di titik

,1 t x += t y −=1

an UTS Kalkulus II

36

C dengan L = 1lt, jika pada saat

a muatan pada

i

tik (1,1).

dan ( ) 10' −= y .

((1,1) adalah :

2

2

x

y




37

PEMBAHASANUJIAN TENGAH SEMESTER 2000-2001

MA/DA-1324 KALKULUS IIJUM’AT/ 6 APRIL 2001

UTS Kalkulus II MA/DA1324 2000-2001

1. a. Menentukan solusi khusus persamaan diferensial ( ) 0'2 222=++ xy y x

dengan ( ) 10 = y

( ) 02222=++ xy

dx

dy x

( ) 2222 xy

dx

dy x −=+

( )

( )

( )22

2

21

2222

2

2 +

+=

+

=−

x

xd

x

xdx

y

dy

( )

( )∫

+

+=∫ −

22

2

21

22

2

x

xd

y

dy

( )c

x y+

+

−=

22

112

Untuk mendapatkan nilai c kita substitusikan kondisi awal ( ) 10 = y

menghasilkan45

=c sehingga

( ) 84

85

4

5

22

112

2

2+

+=+

+

−=

x

x

x y

Jadi solusi khusus PD yang dimaksud adalah

85

84

2

2

+

+=

x

x y

b. Menentukan solusi umum x

x y xy

sin2' =+

Kita tuliskan PD dalam bentuk

2

sin2'

x

x

x

y y =+


2lnln2

22

xeee I x xdx

x ====∫




38

Dengan mengalikan kedua ruas persamaan PD terakhir dengan faktorintegrasi kita peroleh

x xy y x sin2'2

=+ yang dapat dituliskan dalam bentuk

( ) xdx yxd sin

2= atau

xdx yxd sin2=

∫=∫ xdx yxd sin2

c x yx +−= cos2

Jadi solusi umum PD yang dimaksud adalah

2

cos

x

xc

y

−

=

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

a. Menentukan solusi umum jika 0)( = xr

Persamaan karakteristik yang sesuai adalah 0222=++ r r atau

( ) 0112

=++r

( ) 112

−=+r

( ) ir ±=+1

ir ±−= 1

Sehingga Solusi Homogennya adalah ( ) xc xce yx

h sincos 21 +=− .

Menurut definisinya, karena 0)( = xr maka PD diatas merupakan PD

homogen yang memiliki solusi umum sama dengan solusi

homogennya yaitu ( ) xc xce yx

sincos 21 +=−

b.

Menentukan solusi umum jika xe xr

x

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 homogentelah kita dapatkan pada poin sebelumnya. Untuk solusi nonhomogen

p y dipilih ( ) x B x A xe yx

p sincos +=− sehingga

( ( ) ( ) x B x A xe x B x A xee yx x x

p cossinsincos' +−++−=−−−




39

( ) ( )

( )( ) ( )

( ) ( )( ) x B x A xee x B x Ae

x B x A xe x B x A xee

x B x A xee x B x A xeee y

x x x

x x x

x x x x x p

cossin2sincos2

sincoscossin

cossinsincos"

+−−++−=

−−++−−+

+−−+++−−=

−−−

−−−

−−−−


( ) ( )( )

( )( ) ( )( )( ) xe x B x A xe

x B x A xe x B x A xee

x B x A xee x B x Ae

x x

x x x

x x x

sinsincos2

cossinsincos2

...cossin2sincos2

−−

−−−

−−−

=++

+−++−+

+−−++−

jika ruas kiri disederhanakan akan kita peroleh

( ) xe x B x Ae x x sincossin2 −−=+−

xe x Be x Aex x x sincos2sin2 −−−

=+−

Dengan membandingkan koefisien suku suku yang sejenis pada kedua

ruas akan didapat21

−= A dan 0= B sehingga solusi nonhomogennya

adalah x xe yx

p cos21 −

−=


( ) x xe xc xce yx x

cossincos21

21−−

−+=

Alternatif lain kita dapat menggunakan metode variasi parameter untuk menentukan solusi nonhomogennya. Pada metode ini kita pilih

21 vyuy y p += dengan

xe yx

cos1−

= dan xe yx

sin2−

= sehingga

( ) x xe xe xe yx x x

sincossincos'1 +−=−−=−−− dan

xe xe yx x

cossin'2−−

+−=

Untuk mendapatkan u dan v terlebih dahulu kita tentukanWronskiannya (W)

( )

x xe xe xe x xe

y y y y y yW

x x x xcossinsincoscossin

'',

222222

212121

−−−−+++−=

−=

( x xe x xe

2222 sincos −−=+=

( )( ) x xdx x xdxdx

W

xr yu

21

41

2122 2sin12cossin −=∫ −=∫−=∫−=

( ) x xdx xdx xdxW

xr yv 2cos2sincossin41

211 −=∫=∫=∫=




40

Sehingga ( ) x xe xe x x yx x

p sin2cos.cos2sin41

21

41 −−

−−=


( ) ( ) x xe xe x x xc xce yx x x sin.2coscos2sinsincos

41

21

41

21−−−

−−++=

Sekilas solusi umum pada metode variasi parameter berbeda denganmetode koefisien tak tentu pada poin sebelumnya. Pertanyaannyaapakah ada yang salah dengan matematika kita ? tentu saja tidak.

sekarang mari kita perhatikan

( ) ( ) x xe xe x x xc xce yx x x sin.2coscos2sinsincos

41

21

41

21−−−

−−++=

( ) x xe x xe x xe xc xce x x x x sin.2coscos2sincossincos41

41

21

21−−−−

−+−+=

( ) x xe x xe x xe xc xce x x x x sin.2coscossin2cossincos412

41

21

21−−−−

−+−+=

( ) ( ) x xe x xe x xe xc xcex x x x sin.2cos12cossincossincos

41

41

21

21−−−−

−++−+=

( ) xe x xe xc xcex x x sincossincos

41

21

21−−−

+−+=

( )( ) x xe xc xcex x cossincos

21

41

21−−

−++=

( ) x xe xc xcex x cossin*cos

21

1−−

−+=

Sekarang terlihat bahwa solusi umum pada metode koefisien tak tentudan variasi parameter akan memiliki basis penyelesaian yang sama.

3. Materi UAS4. Diketahui persamaan kurva C di ruang k t jt eit et r t t

rrrr++= sincos)(

a. Menentukan vektor singgung di titik (1,0,0)Vektor singgung untuk sembarang nilai t adalah

( ( k jt et eit et et r t t t t rrrr

+++−= cossinsincos)('

Titik (1,0,0) dipenuhi jika 0=t , sehingga vektor singgung pada titik

ini adalah k jir rrrr

++=)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 zt yt x ==+= ,,1




41

PEMBAHASAN

UJIAN TENGAH SEMESTER GENAP 1999/2000KALKULUS II / DA-1324JUM’AT 24 MARET 2000

UTS Kalkulus II DA1324 1999-2000

1. Menentukan solusi khusus dari PD ,sec2tan x x ydx

dy=+ bila y(0) = 2 .


xee I x xdx

secseclntan===

∫

Kita kalikan PD awal dengan faktor integrasi ini menghasilkan

x x x y xdx

dy 2sec2tansecsec =+ yang dapat kita tuliskan dalam bentuk

( ) x

dx

x yd 2sec2sec

=

( ) xdx x yd 2sec2sec =

( ) ∫=∫ xdx x yd 2sec2sec

c x x y += tan2sec

Sehingga solusi umum dari persamaan diferensial di atas adalah

xc x x

c x y cossin2

sec

tan2+=

+=

Untuk mendapatkan solusi khususnya kita sulihkan kondisi awal y(0) = 2ke dalam solusi umum menghasilkan c = 2 . Jadi solusi khusus PD yang

dimaksud adalah ( ) x x y cossin2 += .

2. Diketahui PD : )(2'3'' x f y y y =+−

a. Menentukan solusi khusus PD bila f ( x) = 0, y(0) = 3 dan y’(0) = 4Karena 0)( = x f maka menurut definisinya PD ini termasuk ke dalam

PD homogen yang memiliki penyelesaian umum sama dengan solusihomogennya.

Persamaan karakteristik yang sesuai adalah 0232=+− r r atau

( )( ) 012 =−− r r sehingga diperoleh 2=r atau 1=r . Jadi solusi umum

PD ini adalah x xh ecec y y 2

21 +== .

Untuk mendapatkan solusi khususnya kita sulihkan kondisi awal( ) 30 = y dan ( ) 40' = y .




42

x x ecec y 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 x x cee y 22 += .

b. Menentukan solusi umum PD bila1

)(+

= x

x

e

e x f

Karena 0)( ≠ x f maka menurut definisinya PD ini menjadi PD non

homogen yang memiliki penyelesaian umum berupa penjumlahan dari

solusi homogen h y dan solusi nonhomogen p y . Untuk solusi

homogen telah kita peroleh pada bagian sebelumnya, sedangkan untuk

solusi nonhomogennya kita pilih 21 vyuy y p += dengan

xe y =1 dan xe y 22 = sehingga

xe y ='1 dan xe y2

2 2'=

Untuk mendapatkan u dan v terlebih dahulu kita tentukanWronskiannya.

( )

x x x

eee y y y y y yW

333

212121 2'',=−=−=

.Sehingga

( ) ( )∫

+

−+−=∫

+

−=∫−= dxe

eedx

edx

W

x f yu

x

x x

x 1

1*

1

12

( )( ) ( )1ln

1

1

111 ++−=∫

+

++−=∫

+

+∫ ∫−=

+

−−=x

x

x

x

x

x

x

e xe

ed x

e

dxedxdx

e

e

( )

( )∫

+

−∫=∫

+

−=∫+

=∫=− dx

edxedx

eeee

dxdx

W

x f yv

x

x

x x x x 1

1

1

11

1

1

Berdasarkan penyelesaian dari (*) diperoleh ( 1ln ++−−=− x x e xev .

Dengan demikian ( )( ) ( )( )1ln1ln 2++−−+++−=

− x x x x x p e xeee xe y .

Jadi penyelesaian umum persamaan diferensial yang dimaksud adalah

(( (( 1ln1ln 2221 ++−−+++−++=

− x x x x x x x e xeee xeecec y

3. Materi UAS

4.

Materi UAS




43

5. Diketahui sebuah partikel bergerak sepanjang lengkungan C dengan

vektor posisi ( ( k t t jt it t t F rrrr

323 3323)( ++++=

a. Menentukan vektor kecepatan dan vektor percepatan partikel di titik

(5,3,4)Vektor kecepatan dan percepatan untuk sembarang nilai t secaraberturut turut adalah

( ) ( ( k t jt it t F t vrrrrr 22 33663)(' ++++==

( ) k t jit t F t arrrrr

6612)(" ++==

Titik (5,3,4) dipenuhi ketika 1=t . sehingga vektor kecepatan dan

percepatan di titik tersebut yaitu

( ) k jivrrrr

6691 ++=

( ) k jiarrrr

66121 ++=

b. Menentukan cosinus sudut antara vektor kecepatan dan vektorpercepatan 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

Documents

1001-soal-solusi-uts-kalkulus-ii