Integral – Mathcyber1997

April 5, 2018April 7, 2018

Soal ON MIPA-PT dan Pembahasan – Bidang Analisis Real

Berikut ini adalah soal-soal ON MIPA-PT bidang Analisis Real beserta pembahasannya. Beberapa soal mungkin belum disediakan penyelesaiannya. Jika Anda dapat memberi solusi, silakan kirimkan argumentasi Anda di email: shanedizzy6@gmail.com. Tentunya, kami mengucapkan terima kasih atas hal tersebut.
Jika ada pertanyaan, silakan ajukan di kolom komentar.

Soal Nomor 1
Diberikan himpunan $A = \{3^{2x} + 3^{\frac{1}{2x}} | x > 0\}$ . Tentukan infimum $A$ .

Penyelesaian

Dengan menggunakan ketaksamaan Aritmetik-Geometri,
$\begin{aligned} 3^{2x} + 3^{\frac{1}{2x}} &\geq 2\left(3^{2x}.3^{\frac{1}{2x}}\right)^{\frac{1}{2}} \\ & = 2\left(3^{2x + (2x)^{-1}} \right)^{\frac{1}{2}} \\ & \geq 2.3^{\left((2x)(2x) ^{-1}\right)\frac{1}{2}} = 2 \times 3 = 6 \end{aligned}$
dan persamaannya berlaku jika dan hanya jika $3^{2x} = 3^{\frac{1}{2x}}$ dan $2x = (2x) ^{-1}$ . Untuk $x > 0$ , kita bisa mengambil $x = \dfrac{1}{2}$ untuk memenuhi kondisi tersebut. Jadi, infimum $A$ adalah $6$ .

[collapse]

Soal Nomor 2 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Jika barisan bilangan real $(x_n)$ memenuhi sifat
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} x_{2n} + x_{2n+1}= 315$
dan
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} x_{2n} + x_{2n-1}= 2016$
maka
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{x_{2n}}{x_{2n+1}} = \cdots$

Penyelesaian

Dengan menggunakan Teorema Stolz-Cesaro, diperoleh
$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{x_{2n}}{x_{2n+1}} & =\lim_{n \to \infty} \dfrac{x_{2n} - x_{2(n-1)}}{x_{2n+1} - x_{2(n-1)+1}} \\ & = \lim_{n \to \infty} \dfrac{x_{2n} - x_{2n-2}}{x_{2n+1} - x_{2n - 1}} \\ &= \lim_{n \to \infty} \dfrac{x_{2n} + x_{2n-1} - (x_{2n-2} + x_{2n-1})}{x_{2n+1} + x_{2n} - (x_{2n} + x_{2n-1})} \\ & = \dfrac{2016-315}{315-2016} = -1 \end{aligned}$
Jadi, didapat
$\boxed{\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{x_{2n}}{x_{2n+1}} = -1}$

[collapse]

Soal Nomor 3 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Diketahui $a < \dfrac{\pi} {2}$ . Jika $M < 1$ dengan $|\cos x - \cos y| \leq M|x-y|$ untuk setiap $x, y \in [0,a]$ , maka $M = \cdots$

Penyelesaian

Perhatikan bahwa jika fungsi $f$ terdiferensialkan pada interval $I$ , maka
$f~\text{fungsi lipschitz}~\Leftrightarrow f'(x)~\text{terbatas di}~I$
dan
$M = \sup\{|f'(x)|, x \in I\}$
Dalam kasus ini, kita mendapatkan $f(x) = \cos x$ , sehingga $f'(x) = -\sin x$ . Dengan demikian,
$\begin{aligned} M & = \sup\{|-\sin x|, x \in [0,a]\} \\ & = \sup\{\sin x| x \in [0,a]\} \\ & = \sin a \end{aligned}$
Jadi,
$\boxed{M = \sin a}$

[collapse]

Soal Nomor 4
Diketahui fungsi
$f(x) = \begin{cases} \sin 2x, & x \leq 0 \\ ax, & 0 < x < 1 \\ x^2+b, & x \geq 1 \end{cases}$
mempunyai turunan di $x = 0$ dan $x = 1$ .

Penyelesaian

$f(x)$ memiliki turunan di $x = 0$ dan $x = 1$ berarti fungsi itu kontinu di titik-titik tersebut.
Perhatikan bahwa
$\begin{aligned} \displaystyle & \lim_{x \to 1^{-}} f(x) = f(1) \\ & \lim_{x \to 1^{-}} ax = f(1) \\ & a = (1)^2 + b \\ & \boxed{a - b = 1} \end{aligned}$
Catatan:
Untuk memeriksa masing-masing nilai $a$ dan $b$ , diferensialkan fungsinya,
$f'(x) = \begin{cases} 2 \cos 2x, & x \leq 0 \\ a, & 0 < x < 1 \\ 2x, & x \geq 1 \end{cases}$
Agar fungsinya kontinu, haruslah $2 \cos 2(0) = a$ , dan mengimplikasikan $a = 2$ dan $b = 1$ .

[collapse]

Soal Nomor 5
Diberikan deret pangkat $\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{x^k} {k^2+1}$ .
Tentukan himpunan/selang kekonvergenan deret itu.

Penyelesaian

Bentuk sumasinya dapat diubah dalam bentuk deret pangkat, yaitu
$\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{x^k} {k^2+1} = \sum_{k=0}^{\infty} C_k(x-0)^k$
Dengan menggunakan uji rasio, diperoleh
$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{k \to \infty} \dfrac{|C_{k+1}(x)|} {|C_k(x)|} & = \lim_{k \to \infty} \dfrac{\left|\dfrac{1}{(k+1)^2+1}\right|\left|x^{k+1}\right|} {\left|\dfrac{1}{k^2+1}\right| \left|x^k\right|} \\ & = |x| \lim_{k \to \infty} \left|\dfrac{k^2+1}{k^2+2k+2}\right| \\ & = |x| \end{aligned}$
Berdasarkan teorema uji rasio, deret itu akan konvergen apabila $|x| < 1$ .
Jadi, selang kekonvergenan deret itu adalah $(-1, 1)$

[collapse]

Soal Nomor 6
Tentukan nilai dari $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-x)^{k+1}} {k}$
dan jari-jari konvergensinya.

Penyelesaian

Perhatikan bahwa
$\begin{aligned} & \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-x)^{k+1}} {k} \\ & = x^2 - \dfrac{1}{2}x^3 + \dfrac{1}{3}x^4 - \cdots + (-1)^{n+1}\dfrac{x^{n+1}} {n} + \cdots \\ & = x\left(x - \dfrac{1}{2}x^2 + \dfrac{1}{3}x^3 - \cdots + (-1)^{n+1}\dfrac{x^{n}} {n} + \cdots \right) \\ & = x(\ln |1 + x|) \end{aligned}$
dengan jari-jari konvergensinya $(-1, 1)$
Catatan:
Bentuk khusus (saat $x = 1$ )
$\displaystyle \sum_{k=1}^{infty} \dfrac{(-1)^{k+1}} {k} = \ln 2$
sering muncul dalam beberapa kasus.

[collapse]

Soal Nomor 7
Diberikan fungsi tak nol $f: D \mapsto \mathbb{R}$ dan fungsi $g: D \mapsto \mathbb{R}$ dengan $D \subseteq \mathbb{R}$ sedemikian sehingga
$\dfrac{f(x)} {g(x)} \leq 1, \forall x \in D$
Berilah contoh fungsi $f$ dan $g$ yang menunjukkan bahwa belum tentu berlaku
$\displaystyle \sup_{x \in D} g(x) \leq \inf_{x \in D} f(x)$

Penyelesaian

Diketahui untuk setiap $x \in \mathbb{R}$ , berlaku
$\begin{aligned} & x^2 \geq 0 \\ & 2x^2 \ge x^2 \geq 0 \\ & 1 + 2x^2 \geq 1 + x^2 > 0 \\ & \dfrac{1}{1+2x^2} \leq \dfrac{1}{1+x^2} \\ & \dfrac{1+x^2}{1+2x^2} \leq 1 \end{aligned}$
Ambil $g(x) = \dfrac{1}{1+2x^2}$ dan $f(x) = \dfrac{1}{1+x^2}$ , sehingga terpenuhi
$\dfrac{g(x)} {f(x)} \leq 1$
dan ini menunjukkan bahwa
$\displaystyle \sup_{x \in D} g(x) = 1 \leq \inf_{x \in D} f(x) = 0$

[collapse]

Soal Nomor 8
Tentukan nilai dari $\displaystyle \lim_{k \to \infty} \dfrac{1}{k^k} \sum_{n=1}^{k} n^k$

Penyelesaian

Perhatikan bahwa bentuk di atas dapat ditulis menjadi
$\begin{aligned} & \displaystyle \lim_{k \to \infty} \sum_{n=1}^{k} \left(\dfrac{n} {k}\right)^k \\ & = \lim_{k \to \infty} \left(\left(\dfrac{1}{k}\right)^k +\left(\dfrac{2}{k}\right)^k + \cdots + \left(\dfrac{k}{k}\right)^k\right) \\ & = \lim_{k \to \infty} \left(1 + \left(1 + \dfrac{-1}{k}\right)^k + \left(1 + \dfrac{-2}{k}\right)^k + \cdots + \left(1 + \dfrac{-k}{k}\right)^k \\ & = 1 + e^{-1} + e^{-2} + e^{-3} + \cdots \\ & = \dfrac{1}{1-e^{-1}} = \boxed{\dfrac{e} {e - 1}} \end{aligned}$
Catatan:
Ingat bahwa
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left(1 + \dfrac{x} {n} \right)^n = e^x$
untuk setiap $x \in \mathbb{R}$

[collapse]

Soal Nomor 9 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Untan Tahun 2018)
Jika $f$ fungsi kontinu pada selang $[0, \infty]$ dan
$\displaystyle \int_0^{x^2} f(t)~dt = x(\cos (\pi x) - 1)$
Hitung $f(9)$

Penyelesaian

Teorema Dasar Kalkulus Pertama mengatakan bahwa untuk setiap fungsi $f$ yang kontinu pada interval tertutup $[a, b]$ dan $x$ sembarang titik dalam interval tersebut, maka berlaku
$\displaystyle \dfrac{d}{dx} \int_0^x f(t)~dt = f(x)$
Jadi,
$\begin{aligned} \dfrac{d}{dx} \int_0^{x^2} f(t)~dt & = \dfrac{d}{dx}\left[F(t)\right]_0^{x^2} \\ & = \dfrac{d} {dx} (F(x^2) - F(0)) \\ & = f(x^2). 2x = 2xf(x^2) \end{aligned}$
Selanjutnya, dapat kita tuliskan
$\begin{aligned} \displaystyle \dfrac{d}{dx} \int_0^{x^2} f(t)~dt & = \dfrac{d}{dx} x(\cos (\pi x) - 1) \\ 2xf(x^2) & = (\cos \pi x - 1) - \pi x \sin \pi x \\ 2.3f(3^2) & = \cos 3\pi - 1 - 3\pi \sin 3\pi \\ f(9) &= - \dfrac{1}{3} \end{aligned}$
Jadi, nilai dari $f(9)$ adalah $-\dfrac{1}{3}$
Catatan:
Turunan $x$ terhadap fungsi konstan $f(0) = 0$ adalah $f'(0)=0$

[collapse]

Soal Nomor 10 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2007)
Diberikan $\theta_n = \arctan n$ , maka
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} (\theta_{n+1}- \theta_n) = \cdots$

Penyelesaian

Perhatikan bahwa
$\begin{aligned} \displaystyle & \lim_{n \to \infty} (\theta_{n+1}- \theta_n) \\ & = \lim_{n \to \infty} (\arctan (n+1) - \arctan n) \\ & = \dfrac{\pi} {2} - \dfrac{\pi} {2} = 0 \end{aligned}$
Jadi, diperoleh
$\boxed{\displaystyle \lim_{n \to \infty} (\theta_{n+1}- \theta_n) = 0}$

[collapse]

Soal Nomor 11
Diberikan fungsi $f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ dengan
$f(x) = 1 + a_1 \sin x + a_2 \sin 2x + \cdots + a_n \sin nx$
untuk $\forall x \in \mathbb{R}$ . Jika $|f(x) -1| = 2 \sin 2x$ , maka nilai
$|a_1 + 2a_2 + \cdots + na_n| = \cdots$

Penyelesaian

Perhatikan bahwa,
$\begin{aligned} & f(x) = 1 + a_1 \sin x + a_2 \sin 2x + \cdots + a_n \sin nx \\ & f'(x) = a_1 \cos x + 2a_2 \cos 2x + \cdots + na_n \cos nx \\ & f'(0) = a_1 + 2a_2 + \cdots na_n \end{aligned}$
Diberikan $|f(x) -1| = 2 \sin 2x$ , sehingga
$f(x) -1 = \begin{cases} 2 \sin 2x, & x \in \left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi} {2}\right] \\ \\ -2 \sin 2x, & x \in \left[-\pi, -\dfrac{\pi} {2}\right) \cup \left(\dfrac{\pi}{2}, \pi \right] \end{cases}$
Dari sini, kita dapatkan turunannya, $f'(x) = \begin{cases} 4 \cos 2x \\ -4 \cos 2x \end{cases}$
untuk nilai $x$ yang bersesuaian, sehingga
$f'(0) = \begin{cases} 4 \\ -4 \end{cases}$
Akibatnya,
$|f'(0)| = 4$
Jadi, kita peroleh
$\boxed{|a_1 + 2a_2 + \cdots + na_n| = |f'(0)| = 4}$

[collapse]

Soal Nomor 12 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Misalkan $a_i > 0, \forall i = 1,2,\cdots, 2016$ . Jika
$(a_1a_2\cdots a_{2016})^{\frac{1}{2016}} = 2$ , maka
$(1 + a_1)(1 + a_2)\cdots(1 + a_{2016}) \geq \cdots$

Penyelesaian

Persamaan $(a_1a_2\cdots a_{2016})^{\frac{1}{2016}} = 2$ mencapai nilai minimum saat $a_1 = a_2 = \cdots = a_{2016} = 2$ , sehingga
$\begin{aligned} (1 + a_1)(1 + a_2)\cdots(1 + a_{2016}) & \geq (1 + 2)(1+2)\cdots (1+2) \\ & =3^{2016} \end{aligned}$

[collapse]

Soal Nomor 13 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Untuk setiap $n \in \mathbb{N}, f_n = nx(1 - x^2)^n$ untuk setiap $x$ dengan $0 \leq x \leq 1$ dan $a_n = \displaystyle \int_0^1 f_n(x)~dx$ . Jika $s_n = \sin (\pi a_n)$ untuk setiap $n \in \mathbb{N}$ , maka $\displaystyle \lim_{n \to \infty} s_n = \cdots$

Penyelesaian

Diberikan $f_n = nx(1 - x^2)^n$
dan
$\displaystyle a_n = \int_0^1 f_n(x)~dx = \int_0^1 nx(1-x^2)^n~dx$
Dengan menggunakan metode substitusi dalam integral, misalkan $u = 1 - x^2$ sehingga $\text{d}u = 2x~dx$ , diperoleh
$a_n = \left[-\dfrac{n} {2(n+1)} (1-x^2)^{n+1}\right]_0^1 = \dfrac{n}{2(n+1)}$
Jadi,
$\boxed{\displaystyle \lim_{n \to \infty} s_n = \lim_{n \to \infty} \sin\left(\pi \times \dfrac{n} {2(n+1)}\right) = \sin \dfrac{\pi} {2}= 1}$

[collapse]

Soal Nomor 14 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Jika $E = \{f | f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ fungsi kontinu dengan $f(x) \in \mathbb{Q}, \forall x \in \mathbb{R}\}$ , maka $E = \cdots$

Penyelesaian

$E = \{f(x) = c, c \in \mathbb{Q}\}$
Dengan menggunakan kontradiksi, andaikan $f \in E$ dan $f$ tak konstan, maka akan ditemukan dua bilangan real $x$ dan $y$ sedemikian sehingga $f(x) \neq f(y)$ . Ambil sebuah bilangan irasional $z$ di antara $f(x)$ dan $f(y)$ . Dengan menggunakan Teorema Nilai Antara (Intermediate Value Theorem), ada $w \in \mathbb{R}$ sedemikian sehingga $f(w) = z$ dan ini kontradiksi dengan definisi himpunan $E$ , di mana harus $f(w) \in \mathbb{Q}$ terpenuhi untuk setiap $w \in \mathbb{R}$ . Jadi, haruslah $f$ konstan berupa bilangan rasional.

[collapse]

Ayo Beri Rating Postingan Ini

Februari 6, 2018April 7, 2018

Soal dan Pembahasan – Residu Fungsi Kompleks dan Pengintegralan dengan Residu

Soal Nomor 1
Tentukan residu pada semua titik singular (pole) dari fungsi
$f(z) = \dfrac{4}{1+z^2}$

Penyelesaian

Fungsi itu dapat ditulis menjadi
$f(z) = \dfrac{4}{(z+i) (z-i)}$
Diperoleh titik singular $z_0 = -i$ dan $z_0 = i$ yang masing-masing berorde satu alias kutub sederhana (simple pole).
Ambil
$p(z) = 4$ dan $q(z) = 1 + z^2$
Dengan menggunakan rumus
$\boxed{\displaystyle \text{Res}_{z = z_0} f(z) = \text{Res} \limits_{z = z_0} \dfrac{p(z)} {q(z)} = \dfrac{p(z_0)} {q'(z_0)}}$
diperoleh
$\displaystyle \text{Res}_{z = -i} \dfrac{4}{z^2+i} = \dfrac{4}{[2z]_{z = -i}} = \dfrac{4}{-2i}= -2i$
dan
$\displaystyle \text{Res} \limits_{z = i} \dfrac{4}{z^2+i} = \dfrac{4}{[2z]_{z = i}} = \dfrac{4}{2i}= 2i$
Jadi, untuk titik singular $z_0= i$ , residu fungsinya adalah $2i$ , sedangkan untuk titik singular $z_0 = -i$ , residu fungsinya adalah $-2i$ .

[collapse]

Soal Nomor 2
Tentukan residu pada titik singular dari fungsi $f(z) = \dfrac{\cos z} {z^4}$

Penyelesaian

(Cara I)
Diketahui titik singular fungsi ini adalah $z_0 = 0$ . Ubah bentuk fungsinya dalam deret Laurent, di mana ekspresi $\cos z$ sebagai bagian deret Taylor dan $\dfrac{1}{z^4}$ sebagai principal part deret Laurent, sehingga
$\begin{aligned} \displaystyle \dfrac{\cos z} {z^4} & = \dfrac{1}{z^4} \times \displaystyle \sum \dfrac{(-1)^n \times z^{2n}} {(2n)!} \\ & = \dfrac{1}{z^4} \times \left(1 - \dfrac{z^2}{2!} + \dfrac{z^4}{4!} - \dfrac{z^6}{6!} + \cdots\right) \\ & = \dfrac{1}{z^4} -\dfrac{1}{z^4.2!} + \dfrac{1}{4!} - \dfrac{z^2}{6!} + \cdots \end{aligned}$
Residu fungsi pada titik singular $z_0 = 0$ adalah koefisien dari $\dfrac{1}{z - z_0} = \dfrac{1}{z}$ . Tampak pada ekspresi terakhir, tidak ada bentuk $\dfrac{1}{z}$ yang berarti koefisiennya $0$ . Jadi, residu fungsi ini untuk titik singular $z_0 = 0$ adalah $0$ .
(Cara II)
Anda dapat menggunakan rumus residu secara langsung untuk $z_0 = 0$ , yaitu
$\displaystyle \text{Res} \limits_{z = z_0} f(z) = \dfrac{1}{(n-1)!} \lim_{z \to z_0} \left[\dfrac{d^{n-1}} {dz^{n-1}} \left((z - z_0)^n \times f(z)\right)\right]$ ,
maka
$\begin{aligned} \displaystyle \text{Res} \limits_{z = 0} \dfrac{\cos z} {z^4} & = \dfrac{1}{(4-1)!} \lim_{z \to 0} \left[\dfrac{d^{4-1}} {dz^{4-1}} \left(z^n \times \dfrac{\cos z} {z^4} \right)\right]\\ & = \dfrac{1}{3!} \lim_{z \to 0} \left(\dfrac{d^3}{dz^3} (\cos z)\right) \\ & = \dfrac{1}{6} \lim_{z \to 0} (\sin z) = 0 \end{aligned}$

[collapse]

Soal Nomor 3
Tentukan residu pada titik singular dari fungsi $f(z) = \dfrac{\sin 2z} {z^6}$

Penyelesaian

Diketahui titik singular fungsi ini adalah $z_0 = 0$ .
Kita dapat memanfaatkan penjabaran fungsinya menjadi deret Laurent untuk mencari residunya.
$\begin{aligned}\dfrac{\sin 2z} {z^6} & = \displaystyle \dfrac{1}{z^6} \times \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^n(2z)^{2n+1}} {(2n+1)!} \\ & = \dfrac{1}{z^6} \times \left((2z) - \dfrac{(2z)^3} {3!} + \dfrac{(2z) ^5}{5!} - \cdots\right) \\ & = \dfrac{2}{z^5} - \dfrac{2^3}{z^3.3!} + \dfrac{2^5}{z. 5!} - \cdots \end{aligned}$
Residunya adalah koefisien dari $\dfrac{1}{z - z_0} = \dfrac{1}{z}$ (karena $z_0 = 0$ ), yaitu
$\boxed{\dfrac{2^5}{5!} = \dfrac{4}{15}}$

[collapse]

Soal Nomor 4
Carilah residu dari $f(z) =\tan z$

Penyelesaian

Perhatikan bahwa
$f(z) = \tan z = \dfrac{\sin z} {\cos z}$
Titik singular fungsinya adalah nilai $z$ yang membuat $\cos z = 0$ , yaitu $z_0 = \dfrac{\pi}{2}$ , sehingga dengan menggunakan rumus
$\boxed{\displaystyle \text{Res} \limits_{z = z_0} f(z) = \text{Res} \limits_{z = z_0} \dfrac{p(z)} {q(z)} = \dfrac{p(z_0)} {q'(z_0)}}$
diperoleh
$\displaystyle \text{Res}_{z = \frac{\pi} {2}} \dfrac{\sin z} {\cos z} = \dfrac{\sin \dfrac{\pi} {2}} {-\sin \dfrac{\pi} {2}} = -1$
Jadi, residu fungsinya adalah $-1$

[collapse]

Soal Nomor 5
Tentukan residu dari fungsi $f(z) = \sec z$

Penyelesaian

Perhatikan bahwa
$f(z) = \sec z = \dfrac{1}{\cos z}$
Titik singular/pole fungsinya adalah nilai $z$ saat $\cos z = 0$ , yaitu $z_0 = \dfrac{\pi} {2}$ , sehingga
$\displaystyle \text{Res}_{z = \frac{\pi} {2}} \dfrac{1}{\cos z} = \dfrac{1}{-\sin \dfrac{\pi} {2}} = -1$
Jadi, residu fungsinya adalah $-1$ .

[collapse]

Soal Nomor 6
Tentukan residu dari fungsi $f(z) = \dfrac{1}{1 - e^z}$

Penyelesaian

Titik singular/pole fungsi ini adalah nilai $z$ sehingga $1 - e^z = 0$ , yaitu $z_0 = 0$
$\displaystyle \text{Res} \limits_{z = 0} \dfrac{1}{1 - e^z} = \dfrac{1}{-e^0} = -1$
Jadi, residu fungsinya adalah $-1$

[collapse]

Soal Nomor 7
Carilah residu dari fungsi $f(z) = \dfrac{1}{(z^2-1)^2}$

Penyelesaian

Fungsi ini dapat ditulis menjadi
$f(z) = \dfrac{1}{(z-1)^2(z+1)^2}$
Fungsi ini ternyata memiliki dua buah pole, yaitu $z_0 = 1$ (berorde dua) dan $z_0 = -1$ (berorde dua).
Residu pada titik singular $z_0 = 1$ adalah
$\begin{aligned}& \displaystyle \text{Res} \limits_{z = 1} \dfrac{1}{(z-1)^2(z+1)^2} \\ & = \dfrac{1}{(2-1)!} \lim_{z \to 1} \left[\dfrac{d} {dz} \left((z-1)^2 \times \dfrac{1}{(z-1)^2(z+1)^2} \right)\right]\\ & = \lim_{z \to 1} \left(\dfrac{d}{dz} \left(\dfrac{1}{(z+1)^2}\right)\right) \\ & = \lim_{z \to 1} \left(\dfrac{-2}{(z+1)^3}\right) = -\dfrac{1}{4} \end{aligned}$

[collapse]

Soal Nomor 8
Tentukan residu dari $f(z) = \dfrac{z^4}{z^2 - iz + 2}$

Penyelesaian

Fungsi di atas dapat ditulis
$f(z) = \dfrac{z^4}{(z-2i) (z+i)}$
Diperoleh pole fungsinya, yaitu $z_0 = 2i$ dan $z_0 = -i$ (masing-masing berorde satu).
Residu pada titik singular/pole $z_0 = 2i$ adalah
$\displaystyle \text{Res} \limits_{z = 2i} \dfrac{z^4}{z^2 - iz + 2} = \dfrac{(2i^4}{2(2i) - i} = \dfrac{16}{3}i$
Residu pada titik singular/pole $z_0 = -i$ adalah
$\displaystyle \text{Res} \limits_{z = -i} \dfrac{z^4}{z^2 - iz + 2} = \dfrac{(-i) ^4}{2(-i) - i} = -\dfrac{1}{3}i$

[collapse]

Soal Nomor 9
Hitunglah $\displaystyle \int \limits_{C} \tan \pi z~dz$ dengan $C: |z| = 1$

Penyelesaian

Kurva yang diberikan adalah kurva lingkaran berpusat di titik asal dan berjari-jari 1. Pertama, kita akan mencari pole dari integrannya, yaitu
$\tan \pi z = \dfrac{\sin \pi z} {\cos \pi z}$
Nilai $z$ yang membuat $\cos \pi z = 0$ adalah $z_0 = \pm \dfrac{1}{2}$ . Selain itu, $z_0 = \pm \dfrac{3}{2}$ juga membuat $\cos \pi z = 0$ , tetapi $z_0$ ini berada di luar kurva $C$ , jadi tidak perlu ditinjau.
Langkah selanjutnya akan dicari residu pada pole $z_0 = \dfrac{1}{2}$ pada fungsi tersebut, yaitu
$\displaystyle \text{Res} \limits_{z = \frac{1}{2}} \dfrac{\sin \pi z} {\cos \pi z} = \dfrac{\sin \dfrac{1}{2}\pi} {-\pi \sin \dfrac{1}{2}\pi} = -\dfrac{1}{\pi}$
Berikutnya, akan dicari residu pada pole $z_0 = -\dfrac{1}{2}$ pada fungsi tersebut, yaitu
$\displaystyle \text{Res} \limits_{z = -\frac{1}{2}} \dfrac{\sin \pi z} {\cos \pi z} = \dfrac{\sin -\dfrac{1}{2}\pi} {-\pi \sin -\dfrac{1}{2}\pi} = -\dfrac{1}{\pi}$
Dengan demikian,
$\begin{aligned} \displaystyle \int \limits_{C} \tan \pi z~dz & = 2\pi i \times \sum \text{Res} \tan \pi z \\ & = 2 \pi i\left(-\dfrac{1}{\pi} - \dfrac{1}{\pi}\right) = -4i \end{aligned}$
Jadi, hasil integralnya adalah $-4i$

[collapse]

Soal Nomor 10
Hitunglah $\displaystyle \int \limits_{C} \dfrac{z^2 \sin z} {4z^2 - 1}~dz$ dengan $C: |z| = 2$

Penyelesaian

Pole fungsinya adalah nilai $z$ yang membuat $4z^2 - 1 = 0$ , yaitu $z_0 = \pm \dfrac{1}{2}$ (keduanya berorde satu dan berada dalam kurva $C$ ).
Berikut akan dicari residu dari kedua pole itu satu per satu, yaitu
$\displaystyle \text{Res}_{z = \frac{1}{2} \dfrac{z^2 \sin z} {4z^2 - 1} = \dfrac{\frac{1}{4} \sin \frac{1}{2}} {4} = \dfrac{1}{16} \sin \dfrac{1}{2}$
dan
$\displaystyle \text{Res}_{z = -\frac{1}{2} \dfrac{z^2 \sin z} {4z^2 - 1} = \dfrac{\frac{1}{4} \sin -\frac{1}{2}} {-4} = \dfrac{1}{16} \sin \dfrac{1}{2}$
Dengan demikian,
$\begin{aligned}\displaystyle \int \limits_{C} \dfrac{z^2 \sin z} {4z^2 - 1}~dz & = 2\pi i \times \left(\dfrac{1}{16} \sin \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{16} \sin \dfrac{1}{2} \right) \\ & = \boxed{\dfrac{1}{4}\pi i \sin \dfrac{1}{2}} \end{aligned}$

[collapse]

Soal Nomor 11
Hitunglah $\displaystyle \int \limits_{C} \dfrac{e^z + z} {z^3 - z}$ dengan $C: |z| = \dfrac{1}{2}\pi$

Penyelesaian

Integrannya dapat ditulis menjadi
$f(z) = \dfrac{e^z + z} {z(z-1)(z+1)}$
Pole fungsi ini adalah $z_0 = 0, z_0 = 1$ , dan $z_0 = -1$ , ketiganya berorde satu dan berada dalam kurva $C$ .
Berikut ini akan dicari residunya.
Residu untuk $z_0 = 0$ adalah
$\displaystyle \text{Res} \limits_{z = 0} \dfrac{e^z + z} {z^3 - z} = \dfrac{e^0 + 0}{3(0)^2 - 1} = -1$
Residu untuk $z_0 = 1$ adalah
$\displaystyle \text{Res} \limits_{z = 1} \dfrac{e^z + z} {z^3 - z} = \dfrac{e^1 + 1}{3(1)^2 - 1} = \dfrac{e + 1}{2}$
Residu untuk $z_0 = -1$ adalah
$\displaystyle \text{Res} \limits_{z = -1} \dfrac{e^z - z} {z^3 - z} = \dfrac{e^{-1} - 1}{3(-1)^2 - 1} = \dfrac{e^{-1} - 1}{2}$
Dengan demikian,
$\begin{aligned} \displaystyle \int \limits_{C} \dfrac{e^z + z} {z^3 - z} & = 2\pi i \times \left(-1 + \dfrac{e + 1}{2} + \dfrac{e^{-1} - 1}{2}\right) \\ & = \boxed{\pi i(-2 + e + e^{-1})} \end{aligned}$

[collapse]

Ayo Beri Rating Postingan Ini

Januari 26, 2018April 7, 2018

Soal dan Pembahasan – Analisis Kurva Kompleks dan Integral Kontur (Integral Garis)

Berikut ini adalah kumpulan soal beserta pembahasannya mengenai analisis kurva kompleks (termasuk Kurva Yordan) dan integral kontur (integral garis) yang didapat dari berbagai referensi. Beberapa soal merupakan soal olimpiade tingkat perguruan tinggi bidang Analisis Kompleks dan juga soal-soal yang diujikan saat Ujian Akhir Semester (UAS) sehingga dapat dijadikan sebagai referensi/sumber belajar. Selamat belajar! Jika ada pertanyaan/perbaikan, silakan ajukan di kolom komentar.

Persamaan Integral Cauchy
Jika $f(z)$ analitik dalam domain $D$ yang terhubungkan sederhana, maka untuk sembarang titik $z_0$ dalam $D$ dan sembarang lintasan tertutup sederhana $C$ dalam $D$ yang melingkungi $z_0$ berlaku
$\boxed{\displaystyle \oint \limits_{C} \dfrac{f(z)} {z -z_0}= 2\pi if(z_0)}$
Pengintegralannya dilakukan dalam arah berlawanan jarum jam.

Turunan dari Fungsi Hasil Integral Cauchy
Jika $f(z)$ analitik dalam domain $D$ , maka $f(z)$ mempunyai turunan semua ordo di dalam $D$ , yang semuanya juga analitik dalam $D$ . Nilai turunan di titik $z_0$ itu dinyatakan sebagai
$f'(z_0) = \displaystyle \dfrac{1}{2\pi i} \oint \limits_{C} \dfrac{f(z)} {(z-z_0)^2}~dz$
Secara umum, dapat ditulis
$\boxed{f^n(z_0) = \displaystyle \dfrac{n!} {2\pi i} \oint \limits_{C} \dfrac{f(z)} {(z-z_0)^{n+1}}~dz}$
atau
$\boxed{\displaystyle \oint \limits_{C} \dfrac{f(z)} {(z-z_0)^{n+1}}~dz = f^n(z_0) \times \dfrac{2\pi i} {n!}}$

Soal Nomor 1
Tentukan nilai dari integral kompleks $\int \limits_{C} \cos z~dz$ jika $C$ adalah setengah lingkaran $|z| = \pi, x \geq 0$ dari $-\pi i$ ke $\pi i$

Penyelesaian

Dalam mata kuliah kalkulus, diketahui bahwa
$\boxed{\int \cos x~dx = \sin x + C}$
Jadi,
$\begin{aligned} \displaystyle \int \limits_{C} \cos z~dz & = \int_{-\pi i}^{\pi i} \cos z~dz \\ & = [\sin z]_{-\pi i}^{\pi i} \\ & = \sin \pi i + \sin \pi i = 2 \sin \pi i \end{aligned}$
Karena $\sin iz = i~\sinh z$ , berarti dapat ditulis,
$\boxed{\int \limits_{C} \cos z~dz = 2 \sin \pi i = 2i \sinh \pi}$

[collapse]

Soal Nomor 2
Nilai dari $\displaystyle \int \limits_{C} f(z)~dz$ jika $f(z) = y - x + 6ix^2$ dan $C$ terdiri atas dua penggal garis dari $z = 0$ sampai $z = i$ dan dari $z = i$ sampai $z = 1 +i$ adalah $\cdots$

Penyelesaian

Integral garis dalam kasus ini memberikan
$\begin{aligned} \displaystyle \int \limits_{C} & (y - x + 6ix^2)~(dx + idy) \\ & = \int \limits_{C} (y - x +6ix^2)~dx + \int \limits_{C} (iy - ix - 6x^2)~dy \end{aligned}$
Garis dari $z = 0$ sampai $z = i$ sama dengan garis dari titik $(0,0)$ ke $(0,1)$ berarti $x = 0$ sehingga $dx = 0$
Jadi, integralnya ditulis
$\int_0^{1} 0 + \int_0^{1} (iy - 0)~dy = \left[\dfrac{i} {2}y^2\right]_0^{1} = \dfrac{i} {2}$
Selanjutnya, garis dari $z = i$ sampai $z = 1+i$ sama dengan garis dari titik $(0,1)$ ke $(1, 1)$ berarti $y = 1$ sehingga $dy = 0$
Jadi, integralnya ditulis
$\begin{aligned} \int_0^{1} (1-x+6ix^2)~dx + \int_0^{1} 0 & = \left[x - \dfrac{1}{2}x^2 + 2ix^3\right]_0^{1} \\ & = 1 -\dfrac{1}{2} + 2i \\ & = \dfrac{1}{2} +2i \end{aligned}$
Ini berarti, nilai dari $\int_C f(z) ~dz$ yang dimaksud adalah
$\dfrac{i} {2}+ \dfrac{1}{2} +2i = \boxed{\dfrac{1+5i} {2}}$

[collapse]

Soal Nomor 3
Hitunglah $\int \limits_{C} \overline{z}~dz$ dari $z = 0$ ke $z = 4 + 2i$ sepanjang kurva $C$ yang diberikan oleh
a) $z = t^2 + it$
b) garis $z = 0$ ke $z = 2i$ kemudian dari $z = 2i$ ke $z = 4 + 2i$

Penyelesaian

(Jawaban a)
Diketahui $z = t^2+it$ berarti konjugatnya adalah $\overline{z} = t^2-it$
Titik $z = 0$ dan $z = 4+2i$ berkaitan dengan $t = 0$ dan $t = 2$ (akan menjadi batas bawah dan atas integral). Selain itu, dari $z = t^2+it$ , diperoleh
$dz = (2t + i)~dt$
Jadi, integral garisnya diberikan oleh
$\begin{aligned} \displaystyle \int_{0}^{2} (t^2-it)(2t+i)~dt & = \int_{0}^{2} (2t^3-it^2+t) ~dt \\ & = \boxed{10 - \dfrac{8}{3}i} \end{aligned}$
(Jawaban b)
Integral garis yang diberikan adalah
$\begin{aligned} \int \limits_{C} (x-iy)&(dx + i~dy) = \int_C (x~dx + y~dy) \\ & + i \int_C (x~dy - y~dx) \end{aligned}$
Garis dari $z = 0$ ke $z = 2i$ sama dengan garis dari titik $(0,0)$ ke $(0,2)$ , sehingga $x = 0$ , $dx = 0$ , dan integral garisnya adalah
$\int_{y=0}^{2} (0 +y~dy) + i \int_{y = 0}^{2}(0 - 0) = \int_{y = 0}^{2} y~dy = 2$
Garis dari $z = 2i$ ke $z = 4+2i$ sama dengan garis dari titik $(0,2)$ ke $(4,2)$ , sehingga $y = 2, dy = 0$ , dan integral garisnya adalah
$\begin{aligned}& \int_{x=0}^{4} (x~dx + 0) + i \int_{x = 0}^{4}(0 - 2~dx) \\ & = \int_{x = 0}^{4} x~dx + \int_{x =0}^{4} (-2)~dx \\ & = 8 - 8i \end{aligned}$
Jadi, nilai yang diinginkan adalah
$(2) + (8 - 8i) = 10 - 8i$

[collapse]

Soal Nomor 4
Tentukan letak dan nama kesingularan dari $f(z) = \dfrac{z^3+2}{(z - 2)^3}$

Penyelesaian

Titik singular adalah titik di mana suatu fungsi tidak memiliki turunan. Sedangkan kesingularan adalah keadaan di mana suatu titik pada bidang kompleks menjadi titik singular.
Fungsi $f$ untuk kasus ini memiliki kesingularan kutub berderajat 3 di $z = 2$ (perhatikan penyebutnya).
Untuk memeriksa kesingularan di $z = \infty$ , andaikan bahwa $w = 0$ dan $z = \dfrac{1}{w}$ , sehingga
$\begin{aligned} f(z) & = f\left(\dfrac{1}{w} \right)\\ & = \dfrac{\dfrac{1}{w^3} + 2}{\left(\dfrac{1}{w} -2\right)^3} \\ & = \dfrac{1 + 2w^3}{(1-2w)^3} \end{aligned}$ .
Dari bentuk ini, kita dapatkan bahwa tidak terjadi kesingularan saat $w = 0$ , yang artinya $f$ tidak memiliki kesingularan di $z = \infty$

[collapse]

Soal Nomor 5 (Soal ON-MIPA PT Seleksi Untan Tahun 2017)
Jika $C:$ persegi panjang dengan titik sudut $2 + 2i, -2 + 2i, -2 - 2i$ , dan $2 - 2i$ , dengan $C$ berorientasi positif, nilai dari
$\displaystyle \oint \dfrac{\cos z} {z(z^2-8)}~dz$ adalah $\cdots$

Penyelesaian

$C$ adalah kurva yang membentuk bangun persegi pada bidang kompleks. Perhatikanlah bahwa titik singular integran, yaitu $z = 0$ berada dalam $C$ , sedangkan $z^2 - 8 = 0 \Rightarrow z = \pm\sqrt{8}$ tidak berada dalam $C$ , jadi dapat ditulis
$\begin{aligned} \displaystyle \oint \dfrac{\cos z} {z(z^2-8)}~dz & = \oint \dfrac{\cos z}{z^2-8} \times \dfrac{dz}{z} \\ & = 2\pi i\left[\dfrac{\cos z}{z^2 - 8}\right]_{z = 0} \\ & = 2\pi i\left[\dfrac{\cos 0}{0 - 8}\right] \\ & = \boxed{-\dfrac{1}{4} \pi i} \end{aligned}$

[collapse]

Soal Nomor 6
Hitunglah dengan Rumus Cauchy
$\displaystyle \oint \limits_{C} \dfrac{\cos \pi z} {z^2-1}$

Penyelesaian Belum Tersedia

[collapse]

Soal Nomor 7
Hitunglah integral kompleks
$\displaystyle \int \limits_{C} ze^{z^2}~dz$ , $C$ adalah kurva dari 1 menuju $i$ sepanjang sumbu kompleks.

Penyelesaian

Integral ini dapat diselesaikan dengan metode substitusi.
Misal $u = z^2$ berarti $du =2z~dz$ atau $z~dz = \dfrac{du} {2}$ , sehingga
$\displaystyle \int \limits_{C} ze^{z^2}~dz = \dfrac{1}{2} \int \limits_{C_1} e^u~du$
di mana $C_1$ adalah kurva hasil transformasi $C$ karena adanya perubahan variabel integrasi.
Perhatikan pada kurva $C$ :
$z_0 = 1$ (batas bawah)
$z_1 = i$ (batas atas)
berarti pada kurva $C_1$ (pemisalan $u = z^2$ ) :
$u_0 = 1^2 = 1$ (batas bawah)
$u_1 = i^2 = -1$ (batas atas)
Selanjutnya, kita siap menghitung integralnya.
$\begin{aligned} \displaystyle \dfrac{1}{2} \int \limits_{C_1} e^u~du & = \dfrac{1}{2}\left[e^u\right]_{1}^{-1} \\ & = \dfrac{1}{2}(e^{-1} - e^1) \\ & = -\dfrac{1}{2}(e^1 - e^{-1}) \\ & = \boxed{-\sinh 1} \end{aligned}$
Catatan:
Hal yang perlu Anda perhatikan:
$\boxed{\sinh z = \dfrac{1}{2}(e^z - e^{-z})}$

[collapse]

Soal Nomor 8
Hitunglah $\displaystyle \oint \limits_{C} \dfrac{e^z} {z - 2}~dz$ dengan integral Cauchy.

Penyelesaian

$\displaystyle \oint \limits_{C} \dfrac{e^z} {z - 2}~dz = 2\pi i e^z\left|_{z = 2} = \boxed{2\pi i e^2}$
untuk setiap kontur (lintasan tertutup sederhana) yang melingkungi $z_0 = 2$ dan bernilai 0 untuk setiap kontur yang tidak melingkungi $z_0 = 2$ .

[collapse]

Soal Nomor 9
Hitunglah $\displaystyle \oint \limits_{C} \dfrac{z^3-6}{2z-i}~dz$ dengan menggunakan integral Cauchy.

Penyelesaian

$\begin{aligned} \displaystyle \oint \limits_{C} \dfrac{z^3-6}{2z-i}~dz & = \oint \limits_{C} \dfrac{\dfrac{z^3-6}{2}} {z - \dfrac{i} {2}}~dz \\ & = 2\pi i\left[\dfrac{z^3-6}{2}\right]_{z = \dfrac{i} {2}} \\ & = 2\pi i\left[\dfrac{\dfrac{-i} {8} - 6}{2} \right] \\ & = \boxed{\dfrac{\pi} {8} - 6\pi i} \end{aligned}$
untuk setiap kontur yang melingkungi $z_0 = \dfrac{i} {2}$ di mana $z_0$ terletak di dalam $C$ .

[collapse]

Soal Nomor 10
Integralkan $\dfrac{z^2}{z^2+1}$ dengan arah berlawanan jarum jam sepanjang lingkaran $|z + i| = 1$

Penyelesaian

Perhatikan bahwa $C$ adalah kurva berupa lingkaran yang berpusat di $(0,-1)$ beradius 1.
$\displaystyle \begin{aligned} \oint \limits_{C} \dfrac{z^2}{z^2+1}& ; C: |z + i| = 1 \\ & = \oint \limits_{C} \dfrac{z^2}{z-i}. \dfrac{dz} {z+i} \\ & = 2\pi i\left[\dfrac{z^2}{z-i} \right] _{z = -i} \\ & = 2\pi i \times \dfrac{-1}{-i-i} \\ & = -\pi \end{aligned}$
untuk setiap kontur yang melingkungi $z = -i$ termasuk dalam kasus ini $C: |z + i| = 1$

[collapse]

Soal Nomor 11
Integralkan $\dfrac{z^2}{z^4-1}$ dengan arah berlawanan jarum jam sepanjang lingkaran $|z - 1| = 1$

Penyelesaian

Perhatikan bahwa $C$ adalah kurva berupa lingkaran yang berpusat di $(1, 0)$ beradius 1.
$\displaystyle \begin{aligned} \oint \limits_{C} \dfrac{z^2}{z^4-1} & ; C: |z - 1| = 1 \\ & = \oint \limits_{C} \dfrac{z^2}{(z^2+1)(z+1)}. \dfrac{dz} {z-1} \\ & = 2\pi i\left[\dfrac{z^2}{(z^2+1)(z+1)} \right] _{z = 1} \\ & = 2\pi i \times \dfrac{1}{(1+1)(1+1)} \\ & = \dfrac{1}{2}\pi i \end{aligned}$
untuk setiap kontur yang melingkungi $z = 1$ termasuk dalam kasus ini $C: |z - 1| = 1$

[collapse]

Soal Nomor 12
Integralkan $\dfrac{1}{4z + i}$ dengan arah berlawanan jarum jam sepanjang lingkaran satuan.

Penyelesaian

Perhatikan bahwa $C$ adalah kurva berupa lingkaran yang berpusat di $(0, 0)$ beradius 1 (lingkaran satuan).
$\displaystyle \begin{aligned}& \oint \limits_{C} \dfrac{1}{4z + i}~dz ; C: |z| = 1 \\ & = \oint \limits_{C} \dfrac{\dfrac{1}{4}}{z + \dfrac{i} {4}}~dz \\ & = 2\pi i\left[\dfrac{1}{4}\right] _{z = -\frac{i}{4}\\ & = \dfrac{\pi i} {2} \end{aligned}$
untuk setiap kontur yang melingkungi $z = -\dfrac{i}{4}$ termasuk dalam kasus ini $C: |z|= 1$

[collapse]

Soal Nomor 13
Hitunglah integral kompleks $\displaystyle \oint \limits_{|z| = 2} z^2e^{2z}~dz$ .

Penyelesaian

Fungsi $f(z) = z^2e^{2z}$ merupakan fungsi analitik karena merupakan hasil perkalian polinom $z^2$ dan bentuk eksponensial $e^{2z}$ yang keduanya merupakan fungsi analitik. (Ingat: suatu fungsi dikatakan analitik pada domain $D$ jika fungsinya terdefinisi dan dapat diturunkan pada setiap titik dari $D$ ). Lintasannya (pada integral) adalah $|z| = 2$ yang merupakan lingkaran berpusat di titik asal dan berjari-jari 2, sehingga merupakan lintasan tertutup. Menurut akibat Teorema Cauchy-Goursat, diperoleh
$\boxed{\displaystyle \oint \limits_{|z| = 2} z^2e^{2z}~dz = 0}$

[collapse]

Soal Nomor 14
Hitunglah integral kompleks $\displaystyle \oint_{C} e^{-x}e^{-iy}~dz$ jika $C$ adalah persegi dengan titik-titik sudut $0, 1, 1 + i, i$

Penyelesaian

Perhatikan integran $f(z) = e^{-x}e^{-iy} = e^{-x - iy} = e^{-z}$ yang merupakan fungsi analitik. Karena lintasannya berupa persegi (lintasan tertutup), maka dengan menggunakan Teorema Cauchy-Goursat, dapat disimpulkan bahwa
$\boxed{\displaystyle \oint_{C} e^{-x}e^{-iy}~dz = 0}$

[collapse]

Soal Nomor 15
Integralkan fungsi berikut dalam arah berlawanan jarum jam sepanjang lingkaran satuan.
a) $\dfrac{z^2}{(2z-1)^2}$
b) $\dfrac{z^3}{(2z+1)^3}$

Penyelesaian

Ingat bahwa
$\boxed{\displaystyle \oint \limits_{C} \dfrac{f(z)} {(z - z_0)^{n+1}} = f^n(z_0)\dfrac{2\pi i} {n!}}$
Dengan demikian,
(Jawaban a)
$\begin{aligned} \displaystyle \oint \limits_{C} \dfrac{z^2}{(2z-1)^2}~dz & = \dfrac{1}{4} \oint \limits_{C} \dfrac{z^2}{\left(z - \dfrac{1}{2}\right)^2}~dz \\ & = \dfrac{1}{4}\left[\dfrac{d}{dz}(z^2)\right] _{z= \dfrac{1}{2}} \times \dfrac{2\pi i} {1!} \\ & = \dfrac{1}{2}\pi i \end{aligned}$
(Jawaban b)
$\begin{aligned} \displaystyle \oint \limits_{C} \dfrac{z^3}{(2z+i)^3}~dz & = \dfrac{1}{8} \oint \limits_{C} \dfrac{z^3}{\left(z + \dfrac{i}{2}\right)^3}~dz \\ & = \dfrac{1}{8}\left[\dfrac{d}{dz^2}(z^3)\right] _{z = -\dfrac{i}{2}} \times \dfrac{2\pi i} {2!} \\ & = \dfrac{3}{8}\pi \end{aligned}$

[collapse]

Ayo Beri Rating Postingan Ini

Januari 16, 2018Januari 19, 2018

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

Berikut ini adalah 5 soal UAS Kalkulus Integral (TA 2017/2018) yang diujikan pada tanggal 15 Januari 2018 oleh Drs. Ade Mirza, M.Pd. Materi yang diujikan mengenai perhitungan volume benda dengan integral, fungsi transenden dan turunannya, serta teknik integrasi tingkat lanjut.

Soal Nomor 1
Susunlah integral yang sesuai untuk menentukan volume benda yang terbentuk dengan menunjukkan sketsa jalur potongan dan hampirannya dari daerah $R$ yang dibatasi oleh $y = x^{-3}, x = 1, x = 3$ , dan $y = 0$ apabila diputar mengelilingi:
a) Sumbu $Y$
b) Garis $y =-1$

Penyelesaian Belum Tersedia

[collapse]

Soal Nomor 2
Hitunglah volume daerah yang terbentuk dan perlihatkan cara menentukannya pada daerah $R$ yang dibatasi oleh kurva $y = x^2, y = 2$ , dan $x = 0$ dan diputar mengelilingi $y = 2$

Penyelesaian Belum Tersedia

[collapse]

Soal Nomor 3
Buktikan bahwa $\sec(\tan^{-1} x) = \sqrt{1 + x^2}$
(Gunakan hubungan $\sec^2\beta = 1 + \tan^2 \beta$ )

Penyelesaian

Berangkat dari identitas trigonometri berikut.
$\sec^2 \beta = 1 + \tan^2 \beta$
Substitusi $\beta = \tan^{-1} x$ , diperoleh
$\sec^2 (\tan^{-1} x) = 1 + \tan^2 (\tan^{-1} x)$
Gunakan fakta bahwa $\tan(\tan^{-1} x) = x$ untuk mendapatkan
$\sec^2 (\tan^{-1} x) = 1 + x^2$
$\sec(\tan^{-1} x) = \sqrt{1+x^2}$
(Terbukti)

[collapse]

Soal Nomor 4
Tentukan $\dfrac{dy}{dx}$ dari $y =7 \cos^{-1}\sqrt{2x}$

Penyelesaian

Ingat!!
$\boxed{\dfrac{d}{dx} (\cos^{-1} u) = -\dfrac{u'}{\sqrt{1-u^2}}}$
( $u$ adalah fungsi dalam $x$ )
Dalam kasus ini,
$u =\sqrt{2x} \Rightarrow u' = \dfrac{1}{\sqrt{2x}}$
Jadi, untuk $y = 7 \cos^{-1}\sqrt{2x}$
$\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{-7}{\sqrt{2x}\sqrt{1-2x}} = \boxed{-\dfrac{7}{\sqrt{2x -4x^2}}}$

[collapse]

Soal Nomor 5
Selesaikan integral berikut.
a) $\displaystyle \int \dfrac{dx}{x\sqrt{x^2+9}}$
b) $\displaystyle \int \sqrt{x} \ln x~dx$
c) $\displaystyle \int \dfrac{2x^2+x-4}{x^3-x^2-2x} ~dx$

Penyelesaian

(Jawaban a) Substitusi
$u = \sqrt{x^2+9} \Leftrightarrow x^2 = u^2-9$
sehingga diperoleh
$du = \dfrac{x}{\sqrt{x^2+9}}~dx$ atau ditulis
$dx = \dfrac{\sqrt{x^2+9}} {x}$
Jadi, integralnya dapat ditulis menjadi
$\begin{aligned} \displaystyle \int \dfrac{1}{x\sqrt{x^2+9}} \times \dfrac{\sqrt{x^2+9}} {x} ~du & = \int \dfrac{1}{u^2-9}~du \\ & = \int \dfrac{1}{(u+3)(u-3)} ~du \end{aligned}$
Selanjutnya, gunakan teknik dekomposisi pecahan parsial. Tinjau integrannya.
$\begin{aligned} \dfrac{1}{(u+3)(u-3)} & = \dfrac{A}{u+3} + \dfrac{B} {u-3} \\ & = \dfrac{(A+B)u + (-3A+3B)}{(u+3)(u-3)} \end{aligned}$
Diperoleh SPLDV
$\begin{cases} A+B=0 \\ -3A+3B=1 \end{cases}$
Selesaikan sehingga diperoleh $A = - \dfrac{1}{6}$ dan $B=\dfrac{1}{6}$
Kembalikan pada integralnya.
$\begin{aligned} \displaystyle \int \dfrac{1}{(u+3)(u-3)} ~du & = \int \left(-\dfrac{1}{6(u+3)} + \dfrac{1}{6(u-3)}\right)~du \\ & = \dfrac{1}{6}(\ln (u-3) - \ln (u+3)) + C \\ & = \dfrac{1}{6} \times \ln \left(\dfrac{u-3}{u+3}\right) + C\end{aligned}$
Substitusikan kembali $u = \sqrt{x^2+9}$ , sehingga diperoleh
$\boxed{\dfrac{\ln \left(\dfrac{\sqrt{x^2+9} - 3}{\sqrt{x^2+9} + 3}\right)}{6} + C}$

(Jawaban b)
Gunakan teknik integrasi parsial
$\boxed{\int uv' = uv - \int u'v}$
Misal $u = \ln x$ dan $v' = \sqrt{x}$ , berarti $u' = \dfrac{1}{x}$ dan $v = \dfrac{2x^{\frac{3}{2}}}{3}$
Jadi, diperoleh
$\begin{aligned} \dfrac{2x^{\frac{3}{2}} \ln x}{3} - \displaystyle \int \dfrac{1}{x} \times \dfrac{2}{3}x^{\frac{3}{2}} ~dx & = \dfrac{2x^{\frac{3}{2}} \ln x}{3} - \dfrac{2}{3} \displaystyle \int \sqrt{x}~dx \\ & = \dfrac{2x^{\frac{3}{2}} \ln x}{3} - \dfrac{4}{9}x^{\frac{3}{2}} + C \\ & = \boxed{\dfrac{2x^{\frac{3}{2}} (3 \ln x - 2)} {9} + C} \end{aligned}}$

(Jawaban c) Gunakan metode dekomposisi pecahan parsial karena penyebutnya dapat difaktorkan. Tinjau integrannya.
$\begin{aligned} \dfrac{2x^2+x-4}{x^3-x^2-2x} & = \dfrac{2x^2+x-4}{x(x-2)(x+1)} \\& = \dfrac{A}{x} + \dfrac{B}{x-2} + \dfrac{C}{x+1} \\ & = \dfrac{A(x-2)(x+1) +Bx(x+1) + C(x)(x-2)}{x(x-2)(x+1)} \\ & = \dfrac{(A+B+C)x^2 + (-A+B-2C)x - 2A}{x(x-2)(x+1)} \end{aligned}$
Bandingkan pembilangnya untuk memperoleh SPLTV berikut.
$\begin{cases} A+B+C=2 \\ -A+B-2C = 1 \\-2A = -4 \end{cases}$
Selesaikan sehingga diperoleh $A = 2, B = 1$ , dan $C = -1$
Jadi, dapat ditulis
$\begin{aligned} \displaystyle \int \dfrac{2x^2+x-4}{x^3-x^2-2x} ~dx & = \int \left(\dfrac{2}{x} + \dfrac{1}{x-2} -\dfrac{1}{x+1}\right) ~dx \\ & = 2 \ln x + \ln (x - 2) -\ln (x +1) \\ &= \boxed{\ln \left(\dfrac{x^3-2x^2} {x+1}\right)} \end{aligned}$

[collapse]

Ayo Beri Rating Postingan Ini

Januari 11, 2018Januari 20, 2018

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