Soal dan Pembahasan – Ujian Akhir Semester (UAS) Kalkulus Lanjut Versi 1

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

Today Quote

Jangan membuat kisah cintamu seperti garis asimtot, yang hanya bisa mendekat tapi tidak akan pernah bersatu.

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

Pembahasan

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
$$\begin{aligned} & 0 < |x- 1| <  \sqrt{(x-1)^2 + (y-1)^2} < \delta \leq 1 \\ & 0 < |y- 1| < \sqrt{(x-1)^2 + (y-1)^2} < \delta \leq 1 \end{aligned}$$Akibatnya,
$\begin{aligned} |x + 1| = |x- 1 + 2|  & \leq |x- 1| + 2 \\ & \leq 1 + 2 = 3 \end{aligned}$
$\begin{aligned} |y + 1| = |y- 1 + 2| & \leq |y- 1| + 2 \\ & \leq 1 + 2 = 3 \end{aligned}$
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 $y = x$

Pembahasan Belum Tersedia
[collapse]

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

Pembahasan

Klik sini untuk mengetahui representasi geometrik dan penjelasan yang lebih kompleks mengenai Steinmetz Solid (bangun 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
$\begin{aligned} V & = \displaystyle \int_{-3}^{3} \int_{-\sqrt{9- x^2}}^{\sqrt{9- x^2}} 2\sqrt{9- x^2}~\text{d}y~\text{d}x \bigstar \\ & = \int_{-3}^{3} \left[2\sqrt{9- x^2}y\right]_{-\sqrt{9- x^2}}^{\sqrt{9- x^2}}~\text{d}x \\ & = \int_{-3}^{3} \left(2(9- x^2) + 2(9- x^2)\right)~\text{d}x \\ & = \left[36x- \dfrac{4}{3}x^3\right]_{-3}^{3} \\ & = 144~\text{satuan volume} \end{aligned}$
Jadi, volume dari perpotongan dua silinder tersebut adalah $\boxed{144}$ 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.
$\displaystyle \int_{0}^{3} \int_{0}^{\sqrt{9- x^2}} \int_{0}^{2} \sqrt{x^2 + y^2}~\text{d}z~\text{d}y~\text{d}x$

Pembahasan

Ingat bahwa dalam sistem koordinat tabung, $dV = \text{d}z~r~dr~d\theta$ (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,
$\begin{aligned} \displaystyle & \int_{0}^{3} \int_{0}^{\sqrt{9- x^2}} \int_{0}^{2} \sqrt{x^2 + y^2}~\text{d}z~\text{d}y~\text{d}x \\  & = \int_{-3}^{3} \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2} r^2~\text{d}z~d\theta~dr \\ & = \int_{-3}^{3} \int_{0}^{2\pi} 2r^2~d\theta~dr \\ & = \int_{-3}^{3} 4\pi r^2~dr \\ & = 72\pi \end{aligned}$
Jadi, diperoleh $\boxed{\displaystyle \int_{0}^{3} \int_{0}^{\sqrt{9- x^2}} \int_{0}^{2} \sqrt{x^2 + y^2}~\text{d}z~\text{d}y~\text{d}x = 72\pi}$

[collapse]

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

Pembahasan

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
$0 \leq R \leq r$
$0 \leq \theta \leq 2\pi$
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 $f(x, y) = \tan^{-1} (x^2 + y^2)$

Pembahasan

Ingat!!
$\boxed{\dfrac{d}{\text{d}x} (\tan^{-1} u) = \dfrac{u’}{1 + u^2}}$
($u$ 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]

Leave a Reply

Silakan beri tanggapan dan saran, tidak perlu sungkan. Mohon juga diinformasikan melalui kolom komentar ini bila ada kesalahan pengetikan sekecil apapun (typo atau bahasa latex yang error) atau kesalahan konsep dan pembahasan soal. Terima kasih. Ganbatte!

Your email address will not be published. Required fields are marked *