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 (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
$\begin{aligned} V & = \displaystyle \int_{-3}^{3} \int_{-\sqrt{9 - x^2}}^{\sqrt{9 - x^2}} 2\sqrt{9 - x^2}~dy~dx \bigstar \\ & = \int_{-3}^{3} \left[2\sqrt{9 - x^2}y\right]_{-\sqrt{9 - x^2}}^{\sqrt{9 - x^2}}~dx \\ & = \int_{-3}^{3} \left(2(9 - x^2) + 2(9 - x^2)\right)~dx \\ & = \left[36x - \dfrac{4}{3}x^3\right]_{-3}^{3} \\ & = 144~\text{satuan volume} \end{aligned}$
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
$0 \leq R \leq r$
$0 \leq \theta \leq 2\pi$
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 $f(x, y) = \tan^{-1} (x^2 + y^2)$

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]

Sumber gambar:
https://www.tutorvista.com/content/math/triple-integral/

More from my site

Ayo Beri Rating Postingan Ini

More from my site

Tinggalkan Balasan Batalkan balasan