Soal dan Pembahasan – Ujian Akhir Semester (UAS) Kalkulus Lanjut

Berikut ini adalah 5 soal UAS Kalkulus Lanjut (TA 2017/2018) yang diujikan pada tanggal 11 Januari 2018 oleh Drs. Ade Mirza, M.Pd.

Soal Nomor 1
Buktikan bahwa \displaystyle \lim_{(x, y) \to (1, 1)} (2x^2 + y^2) = 3

Penyelesaian

Fungsi f(x, y) = z = (2x^2 + y^2) terdefinisi pada \mathbb{R}^2, dengan (1, 1) sebagai titik limitnya. Kita akan tunjukkan bahwa:
\boxed{\begin{aligned}\forall \epsilon > 0, & \exists \delta > 0 \ni 0 < ||(x, y) - (1, 1)|| \\ & < \delta \Rightarrow |f(x, y) - 3| < \epsilon \end{aligned} }
atau
\boxed{\begin{aligned} \forall \epsilon > 0, & \exists \delta > 0 \ni 0 < \sqrt{(x-1)^2 + (y -1)^2} < \delta \\ &  \Rightarrow |2x^2 + y^2 - 3| < \epsilon \end{aligned}}
Analisis:
\begin{aligned} |2x^2 + y^2 - 3| & = |2x^2 - 2 + y^2 - 1| \\ & = |2(x+1)(x-1) + (y+1)(y-1)| \\ & \leq 2|x+1||x-1| + |y+1||y-1| \end{aligned}
Untuk ini, kita harus membatasi faktor |x + 1| dan |y + 1| oleh suatu konstanta real.
Misalkan 0 < \sqrt{(x-1)^2 + (y -1)^2} < \delta \leq 1 \bigstar, maka berlaku
0 < |x - 1| <  \sqrt{(x-1)^2 + (y -1)^2} < \delta \leq 1
0 < |y - 1| < \sqrt{(x-1)^2 + (y -1)^2} < \delta \leq 1
Akibatnya,
|x + 1| = |x - 1 + 2| \leq |x - 1| + 2 \leq 1 + 2 = 3
|y + 1| = |y - 1 + 2| \leq |y - 1| + 2 \leq 1 + 2 = 3
sehingga dari pemisalan tersebut, diperoleh
\begin{aligned} & 2|x+1||x-1| + |y+1||y-1| \leq 6|x - 1| + 3|y - 1| \\ & \leq 6\sqrt{(x-1)^2 + (y -1)^2} + 3\sqrt{(x-1)^2 + (y -1)^2} \\ & = 9\sqrt{(x-1)^2 + (y -1)^2} \\ & < 9\delta \end{aligned}
Dengan demikian, (langkah bukti):
Ambil sembarang \epsilon > 0, pilih \delta = \min\left\{1, \dfrac{1}{6}\epsilon\right\}, akibatnya jika 0 < \sqrt{(x-1)^2 + (y -1)^2} < \delta, maka berlaku
|2x^2 + y^2 - 3| < \epsilon
Jadi, terbukti bahwa \displaystyle \lim_{(x, y) \to (1, 1)} (2x^2 + y^2) = 3
Catatan \bigstar: Mengapa harus 1? Untuk mempermudah pembuktian/perhitungan, ambil bilangan bulat positif terkecil, yaitu 1 sebagai batas konstanta real yang dimaksud.

[collapse]

Soal Nomor 2
Gunakan integral ganda dua untuk menentukan luas daerah yang dibatasi oleh y = x^2 - 2 dan y = x

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 3
Dengan menggunakan integral ganda dua, hitung isi benda yang terletak dalam silinder x^2 + z^2 = 9 dan x^2 + y^2 = 9

Penyelesaian

Klik sini untuk mengetahui representasi geometrik dan penjelasan yang lebih kompleks mengenai Steinmetz Solid (benda ruang yang diperoleh dari pengirisan/perpotongan dua atau lebih silinder)

Batas integrasi diberikan oleh
-3 \leq x \leq 3
-\sqrt{9 - x^2} \leq z \leq \sqrt{9 - x^2}
Jadi, volume bisilinder yang terbentuk ditentukan oleh
\begin{aligned} V & = \displaystyle \int_{-3}^{3} \int_{-\sqrt{9 - x^2}}^{\sqrt{9 - x^2}} 2\sqrt{9 - x^2}~dy~dx \bigstar \\ & = \int_{-3}^{3} \left[2\sqrt{9 - x^2}y\right]_{-\sqrt{9 - x^2}}^{\sqrt{9 - x^2}}~dx \\ & = \int_{-3}^{3} \left(2(9 - x^2) + 2(9 - x^2)\right)~dx \\ & = \left[36x - \dfrac{4}{3}x^3\right]_{-3}^{3} \\ & = 144~\text{satuan volume} \end{aligned}
Jadi, volume dari perpotongan dua silinder tersebut adalah 144 satuan volume.
Catatan \bigstar: Angka 2 pada integran didapat karena sifat kesimetrian.

[collapse]

Soal Nomor 4
Hitunglah integral berikut dengan mengubahnya dalam koordinat tabung terlebih dahulu.
\displaystyle \int_{0}^{3} \int_{0}^{\sqrt{9 - x^2}} \int_{0}^{2} \sqrt{x^2 + y^2}~dz~dy~dx

Penyelesaian

Ingat bahwa dalam sistem koordinat tabung, dV = dz~r~dr~d\theta (posisinya menyesuaikan integralnya)
Kita akan mengubah batas integralnya terlebih dahulu.
Integral ketiga memiliki batas yang tidak perlu diubah (untuk variabel z)
Integral kedua memiliki batas 0 < y < \sqrt{9 - x^2} \Leftrightarrow 0 < x^2 + y^2 < 9
Pertidaksamaan itu merupakan pertidaksamaan lingkaran dengan radius 3, sehingga diperoleh
0 \leq \theta \leq 2\pi
-3 \leq r \leq 3
Jadi,
\begin{aligned} \displaystyle \int_{0}^{3} \int_{0}^{\sqrt{9 - x^2}} \int_{0}^{2} \sqrt{x^2 + y^2}~dz~dy~dx  & = \int_{-3}^{3} \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2} r^2~dz~d\theta~dr \\ & = \int_{-3}^{3} \int_{0}^{2\pi} 2r^2~d\theta~dr \\ & = \int_{-3}^{3} 4\pi r^2~dr \\ & = 72\pi \end{aligned}
Jadi, diperoleh \boxed{\displaystyle \int_{0}^{3} \int_{0}^{\sqrt{9 - x^2}} \int_{0}^{2} \sqrt{x^2 + y^2}~dz~dy~dx = 72\pi}

[collapse]

Soal Nomor 5
Perlihatkan dengan integral ganda dua bahwa volume bola berjari-jari r adalah \dfrac{4}{3}\pi r^3

Penyelesaian

Gunakan integral ganda dua (double integrals) dalam sistem koordinat polar. Persamaan umum bola yang berpusat di titik asal dan berjari-jari r adalah x^2 + y^2 + z^2 = r^2. Jika z dijadikan subjek persamaan, diperoleh z = \pm \sqrt{r^2 - x^2 - y^2}. Dalam koordinat polar, ditulis z = \pm \sqrt{r^2 - R^2}. Batas integral yang ditentukan oleh variabel R dan \theta, yaitu
0 \leq R \leq r
0 \leq \theta 2\phi
Karena bola bersifat simetris dengan bagian separuhnya, maka kita dapat menentukan volume bola dengan menghitung volume setengah bola dikali 2, yaitu
\begin{aligned} V & = \displaystyle 2 \int_D \int \sqrt{r^2 - R^2}~dA \\ & = 2 \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{r} \sqrt{r^2 - R^2}~R~dR~d\theta \\ & = 2 \int_{0}^{2\pi} \left[-\dfrac{1}{3}\left(r^2 - R^2\right)^{\frac{3}{2}}\right]_{0}^{r}~d\theta \\ & = \dfrac{2}{3} \int_{0}^{2\pi} r^3~d\theta \\ & = \dfrac{2}{3} \left[r^3\theta\right]_{0}^{2\pi} \\ & = \dfrac{4}{3}\pi r^3 \end{aligned}
(Terbukti)

[collapse]

Selanjutnya, soal berikut merupakan soal UAS tahun-tahun sebelumnya yang diharapkan dapat melengkapi ilmu kita bersama.

Soal Nomor 6 
Selidiki apakah fungsi berikut kontinu pada daerah definisinya.
f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{xy}{x^2 + y^2}, & (x, y) \neq (0, 0) \\ 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}

Soal Nomor 7
Tentukan turunan parsial pertama dari f(x, y) = \tan^{-1} (x^2 + y^2)

Penyelesaian

Ingat!!
\boxed{\dfrac{d}{dx} (\tan^{-1} u) = \dfrac{u'}{1 + u^2}}
(u adalah fungsi terhadap variabel x)
Akan dicari turunan parsial pertama dari f(x, y) terhadap variabel x dan y.
(Turunan parsial pertama terhadap x)
Anggap x sebagai variabel dan y sebagai suatu konstanta.
\dfrac{\partial}{\partial x}(\tan^{-1} (x^2 + y^2) = \boxed{\dfrac{2x}{1 + (x^2 + y^2)^2}}
(Turunan parsial pertama terhadap y)
Anggap y sebagai variabel dan x sebagai suatu konstanta.
\dfrac{\partial}{\partial y}(\tan^{-1} (x^2 + y^2) = \boxed{\dfrac{2y}{1 + (x^2 + y^2)^2}}

[collapse]
Ayo Beri Rating Postingan Ini

Soal dan Pembahasan – Kalkulus Fungsi R^2 ke R

Soal Nomor 1
Carilah limit berikut atau nyatakanlah bahwa limitnya tidak ada.
a)  \displaystyle \lim_{(x, y) \to (1, 3)} (3x^2y - xy^3)
b)  \displaystyle \lim_{(x, y) \to (0, 0)} \dfrac{x^2 + y^2}{x^4 + y^4}
c)  \displaystyle \lim_{(x, y) \to (2, 2)} \dfrac{x^2 - 2y}{x^2 + 2y}
d)  \displaystyle \lim_{(x, y) \to (2, 2)} \dfrac{x^2 + 2y}{x^2 - 2y}

(Jawaban a) Gunakan substitusi secara langsung.
\begin{aligned}   \displaystyle \lim_{(x, y) \to (1, 3)} (3x^2y - xy^3) & = 3(1)^2(3) - (1)(3)^3 \\ & = 18 - 27 = -9 \end{aligned}
(Jawaban b) Gunakan koordinat polar, di mana x^2 + y^2 = r^2, x = r \cos \theta, y = r \sin \theta
\begin{aligned}  \displaystyle \lim_{(x, y) \to (0, 0)} \dfrac{x^2 + y^2}{x^4 + y^4} & =  \lim_{(x, y) \to (0, 0)} \dfrac{x^2 + y^2}{(x^2 + y^2)^2 - 2x^2y^2} \\ & =  \lim_{r \to 0} \dfrac{r^2}{r^4 - 2(r \cos \theta)^2(r \sin \theta)^2} \\ & =  \lim_{r \to 0} \dfrac{1}{r^2(1 - 2 \cos^2 \theta \sin^2 \theta)} = \infty \end{aligned}
(Jawaban c) Gunakan substitusi secara langsung.
 \displaystyle \lim_{(x, y) \to (2, 2)} \dfrac{x^2 - 2y}{x^2 + 2y} = \dfrac{2^2 -2(2)}{2^2 + 2(2)} = 0
(Jawaban d) Bila kita substitusikan x = y = 2, diperoleh ekspresi \dfrac{8}{0} dan ini jelas adalah bentuk tak tentu. Jika pembilangnya bukan 0, maka dapat dipastikan bahwa limitnya tidak ada.

Soal Nomor 2
Periksa apakah limit berikut ada. Bila ada, buktikan.
 \displaystyle \lim_{(x, y) \to (2, 2)} \dfrac{2x^3 - y^3}{x^2 + y^2}

Soal Nomor 3
Tentukan \partial f/\partial x, \partial^2 f/\partial x^2, dan \partial^2 f/\partial y~\partial x dari fungsi
f(x, y) = 3x^4y^2 + 7x^2y^7

\partial f/\partial x berarti turunan parsial pertama dari fungsi f terhadap x (anggap y sebagai suatu konstanta). Jadi,
\partial f/\partial x = 12x^3y^2 + 14xy^7
\partial^2 f/\partial x^2 berarti turunan parsial kedua dari fungsi f terhadap y (anggap x sebagai suatu konstanta). Gunakan jawaban sebelumnya, lalu diturunkan parsial terhadap x satu kali.
\partial^2 f/\partial x^2 = 36x^2y^2 + 14y^7
Selanjutnya,
\begin{aligned} \partial^2 f/\partial y~\partial x & = \dfrac{\partial f}{\partial y} \left(\dfrac{\partial f}{\partial x}\right) \\ & =  \dfrac{\partial f}{\partial y} (12x^3y^2 + 14xy^7) \\ & = 24x^3y + 98xy^6 \end{aligned}

Ayo Beri Rating Postingan Ini

Soal dan Pembahasan – Integral Lipat Dua


Soal Nomor 1
Hitung luas daerah yang dibatasi oleh garis x + y = 2 dan 2y = x + 4

Penyelesaian

Garis x + y = 2 ekuivalen dengan x = 2 - y, sedangkan garis 2y = x + 4 ekuivalen dengan x = 2y - 4. Titik potong kedua garis ini adalah (0, 2) Grafiknya adalah sebagai berikut.

Luas daerah yang dimaksud adalah
A = \displaystyle \int_D \int dA = \int_{0}^{2} \int_{x = 2y - 4}^{x = 2 - y} dx~dy
A = \displaystyle \int_{0}^{2} [(2-y) - (2y-4)]~dy = \int_{0}^{2} (6 - 3y)~dy
A = \left[6y - \dfrac{3}{2}y^2 \right]_{0}^{2} = (12 - 6) - 0 = 6
Jadi, luas daerah yang dimaksud adalah 6 satuan luas.

[collapse]

Soal Nomor 2
Hitunglah integral berikut dengan mengubahnya terlebih dahulu dalam sistem koordinat kutub.
\displaystyle \int_{D} \int 2xy~dA
dengan D adalah luas daerah pada kuadran pertama di antara lingkaran berjari-jari 2 dan lingkaran berjari-jari 5 yang berpusat di titik asal.

Penyelesaian


Daerah D yang dimaksud adalah daerah yang diarsir warna merah pada gambar di atas.
Langkah pertama adalah kita mencari dulu batas atas dan batas bawah integral. Karena luas yang dicari berada di antara lingkaran berjari-jari 2 dan 5 satuan, maka kita peroleh pertidaksamaan 2 \leq r \leq 5. Selain itu, kita juga mencari luas daerah hanya pada kuadran pertamanya, jadi didapat pertidaksamaan 0 \leq \theta \leq \dfrac{\pi}{2}
Ingat konversi: x = r \cos \theta dan y = r \sin \theta serta dA = r ~dr~d\theta (dalam koordinat polar), sehingga kita rumuskan
\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{2}^{5} 2(r \cos \theta)(r \sin \theta)r~dr~d\theta
= \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{2}^{5} r^3 \sin 2\theta~dr~d\theta
= \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left[\dfrac{1}{4}r^4 \sin 2\theta\right]_{2}^{5}~d\theta
= \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{609}{4} \sin 2\theta~d\theta
= \left[-\dfrac{609}{8} \cos 2\theta\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}
= \dfrac{609}{4}

[collapse]

Soal Nomor 3
Rumuskan integral untuk mencari luas daerah yang dibatasi oleh kurva polar r = 3 + 2 \sin \theta yang berada di luar lingkaran r = 2

Penyelesaian


Luas daerah yang dimaksud adalah daerah yang diarsir warna kuning pada gambar di atas. Langkah pertama adalah mencari titik potong kedua grafik yang diberikan. Untuk mencarinya, buatlah persamaan berikut.
3 + 2 \sin \theta = 2
\sin \theta = -\dfrac{1}{2}
Diperoleh \theta = \dfrac{7\pi}{6} atau \theta = \dfrac{11\pi}{6}
Perlu dicatat bahwa -\dfrac{\pi}{6} ekuivalen dengan \dfrac{11\pi}{6} . Ini sangat penting karena kita membutuhkan nilai \theta yang menutupi daerah yang diarsir saat bergerak dari batas bawah ke batas atas. Bila kita menggunakan \dfrac{11\pi}{6}, maka kita justru akan mencari luas pada proyeksi sebaliknya (menuju sumbu Y negatif). Jadi, kita peroleh batas pertidaksamaan
\dfrac{-\pi}{6} \leq \theta \leq \dfrac{7\pi}{6}
2 \leq r \leq 3 + 2 \sin \theta
Jadi, luas daerah D adalah
 \displaystyle \int_{\frac{-\pi}{6}}^{\frac{7\pi}{6}} \int_{2}^{3 + 2 \sin \theta} r~dr~d\theta

[collapse]

 

Ayo Beri Rating Postingan Ini

Soal dan Pembahasan – Integral Berulang (Repeated/Iterated Integral)


Anda HARUS sudah menguasai teknik pengintegralan (aturan umum, substitusi polinomial dan trigonometri, integrasi parsial, dekomposisi pecahan parsial, dan teknik integrasi tingkat tinggi lainnya) serta memahami perhitungan integral tertentu, karena pada postingan/penjelasan berikut ini, tidak dijabarkan secara rinci. Tetapi bila Anda memiliki pertanyaan, jangan sungkan untuk bertanya melalui kolom komentar.

Soal Nomor 1
Hitunglah \displaystyle \int_{0}^{2} \int_{0}^{1} (x^2 + 2y)~dx~dy

Penyelesaian:
\displaystyle \int_{0}^{2} \int_{0}^{1} (x^2 + 2y)~dx~dy = \int_{0}^{2} \left[\dfrac{1}{3}x^3 + 2xy\right]_{0}^{1}~dy
=\displaystyle \int_{0}^{2} \left[\left(\dfrac{1}{3} + 2y\right) - 0\right]~dy
=\left[\dfrac{1}{3}y + y^2\right]_{0}^{2} = \dfrac{2}{3} + 4 - 0 = \dfrac{14}{3}
Jadi, \boxed{\displaystyle \int_{0}^{2} \int_{0}^{1} (x^2 + 2y)~dx~dy = \dfrac{14}{3}}

Soal Nomor 2
Hitunglah \displaystyle \int_{3}^{4} \int_{1}^{2} \dfrac{dy~dx}{(x+y)^2}

Penyelesaian:
Tahap integrasi pertama adalah dengan menganggap x sebagai suatu konstanta dan integrasikan integrannya terhadap variabel y (menggunakan teknik substitusi), sehingga diperoleh
\displaystyle - \int_{3}^{4} \left[\dfrac{1}{x+y}\right]_{1}^{2}~dx
= \displaystyle \int_{3}^{4} \left(\dfrac{1}{x+1} -\dfrac{1}{x+2} \right)~dx
= \left[\ln (x+1) - \ln (x+2)\right]_{3}^{4} = \left[\ln \left(\dfrac{x+1}{x+2} \right) \right]_{3}^{4}
= \ln \dfrac{5}{6} - \ln \dfrac{4}{5} = \ln \dfrac{25}{24}
Jadi, \boxed{\displaystyle \int_{3}^{4} \int_{1}^{2} \dfrac{dy~dx}{(x+y)^2} = \ln \dfrac{25}{24}}

Soal Nomor 3
Hitunglah \displaystyle \int_{0}^{1} \int_{x}^{1} (x + y)~dy~dx

Penyelesaian:
\displaystyle \int_{0}^{1} \int_{x}^{1} (x + y)~dy~dx = \int_{0}^{1} \left[xy + \dfrac{1}{2}y^2\right]_{x}^{1}~dx
=\displaystyle \int_{0}^{1} \left[\left(x + \dfrac{1}{2}\right) - \left(x^2 + \dfrac{1}{2}x^2\right)\right]~dx
=\displaystyle \int_{0}^{1} \left(x - \dfrac{3}{2}x^2 + \dfrac{1}{2}\right)~dx
=\left[\dfrac{1}{2}x^2 - \dfrac{1}{2}x^3 + \dfrac{1}{2}x \right]_{0}^{1} = \dfrac{1}{2}
Jadi, \boxed{\displaystyle \int_{0}^{1} \int_{x}^{1} (x + y)~dy~dx = \dfrac{1}{2}}

Soal Nomor 4
Hitunglah \displaystyle \int_{1}^{\ln 8} \int_{0}^{\ln y}e^{x + y}~dx~dy

Penyelesaian:
Sebelum mengerjakannya, Anda perlu mengingat kembali teknik integrasi parsial.
\boxed{\int uv' = uv - \int u'v}
Selain itu, ingat juga sifat logaritma dan penulisan logaritma natural.
\boxed{a^{^a \log b} = b~~~\ln a = ^e \log a}
\displaystyle \int_{1}^{\ln 8} \int_{0}^{\ln y}e^{x + y}~dx dy = \int_{1}^{\ln 8}\left[e^{x+y}\right]_{0}^{\ln y}
\displaystyle =\int_{1}^{\ln 8} (e^{\ln y + y} - e^y)~dy
\displaystyle =\int_{1}^{\ln 8} (ye^y - e^y)~dy
(Integrasikan ye^y menggunakan integrasi parsial)
= \left[ye^y - 2e^y\right]_1^{\ln 8}
= \left[e^y(y - 2)\right]_1^{\ln 8}
= e^{\ln 8}(\ln 8 - 2) - (e(1-2))
= 8(\ln 8 - 2) + e
= 8 \ln 8 - 16 + e
Jadi, \boxed{\int_{1}{\ln 8} \int_{0}^{\ln y}e^{x + y}~dx dy = 8 \ln 8 - 16 + e}

Soal Nomor 5
Hitunglah \displaystyle \int_{0}^{\pi} \int_{0}^{x} x \sin y~dy~dx

Penyelesaian:
\displaystyle \int_{0}^{\pi} \int_{0}^{x} x \sin y~dy dx = \int_{0}^{\pi} \left[-x \cos y\right]_{0}^{x}~dx
= \int_{0}^{\pi} (-x \cos x + x)~dx
(Untuk mengintegrasikan x \cos x, gunakan metode integrasi parsial)
= \left[-x \sin x - \cos x + \dfrac{1}{2}x^2\right]_{0}^{\pi}
= -\pi \sin \pi - \cos \pi + \dfrac{1}{2}\pi^2 - (0 - 1 + 0)
= 2 + \dfrac{1}{2}\pi^2
Jadi, \boxed{\displaystyle \int_{0}^{\pi} \int_{0}^{x} x \sin y~dy dx = 2 + \dfrac{1}{2}\pi^2}

Ayo Beri Rating Postingan Ini