SOAL-SOAL UJIAN AKHIR SEMESTER GANJIL, 2006/2007

DAFTAR ISI

Matakuliah Wajib MMS2109 Kalkulus Multivariabel I MMS2301 Persamaan Differensial Elementer MMS2303 Program Linier MMS2410 Peng. Model Probabilitas MMS2400 Metode Statistika I UMS3001 Peng. Filsafat Ilmu & Sejarah Matematika MMS1201 Peng. Logika Matematika & Himpunan MMS3301 Fungsi Khas MMS3302 Peng. Persamaan Differensial Parsial MMS3101 Peng. Analisis Real I MMS3613 Basis Data MMS3205 Matematika Diskrit Matakuliah Pilihan MMS2105 Analisis Vektor MMS3105 Geometri Ruang Dimensi n MMS3204 Aljabar Linear Numerik MMS3203 Teori Grup Hingga MMS3304 Teori Optimisasi MMS3308 Peng. Teori Permainan

http://himatika.mipa.ugm.ac.id

ALJABAR LINEAR NUMERIK Dosen : Sutopo S.Si M.Si Tanggal Ujian : 5 Januari 2007, Jum’at Sifat : Closed Book Waktu : 120 Menit

1. Buktikan matriks A simetri definit positif jika dan hanya jika matriks A memiliki

dekomposisi Cholesky. 2. Tentukan dekomposisi Cholesky dari matriks berikut :

10 5 25 3 22 2 3

A⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

3. Find the orthogonal projection of (5,6,7,2)u = on the solution space of this homogeneous

linear system :

1 2 3 4

2 3 4

0 2 0x x x x

x x x+ + + =

+ + =

4. Find the least square straight line that fit to this four points (0,1), (2,0), (3,1), and (3,2) ! 5. Tentukan dekomposisi Schur dari matriks berikut :

2 1 06 2 1

2 3 2A

−⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

SOLUSI ALJABAR LINEAR NUMERIK Diselesaikan oleh Maw dan tidak dijamin benar semua. ⇒ diketahui kalau matriks A simetri definit positif. Apakah matriks A memiliki dekomposisi Cholesky ? Syarat sebuah matriks dapat didekomposisi Cholesky adalah matriks tersebut haruslah hermitian definit positif. Matriks hermitian adalah matriks simetri dalam bilangan kompleks. Karenanya ambil saja entri-entri matriks A adalah bilangan kompleks yang bagian imajinernya bernilai 0 sehingga entri-entrinya tidak lain adalah bilangan Real. Maka A matriks simetri bukan? ⇐ diketahui kalau matriks A memiliki dekomposisi Cholesky. Apakah matriks A simetri definit postif ?

Matriks 1 1 0 1

2 1 0 1i i

Ai i

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

, tentu saja 1

2 1 12i

i= − =

−

Matriks A hermitian definit positif. Jadi tidak setiap matriks yang memiliki dekomposisi Cholesky berupa matriks simetri, yaitu matriks hermitian yang semua entrinya bilangan real. Wong, syaratnya saja matriks hermitian kok bukan matriks simetri.

11 11 12 13

12 22 22 23

13 23 33 33

10 5 2 0 05 3 2 0 02 2 3 0 0

R* R

R R R RA R R R R

R R R R

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Didapat

211 11

10511 12 12 210

10211 13 13 510

10 10

5

3

R R

R R R

R R R

= ⇒ =

= ⇒ = =

= ⇒ = =

( )22

2 21022 12 4 2

2 123

3 3

2

R R

R −

= − = − =

= =

151033 25 53 2R = − − =

Sehingga

10 102 5

22

155

10

0 2

0 0

R

⎡ ⎤⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

, maka

10 102 5

10 2 22 2 2

1510 1555 5

1010 0 0

0 0 2

0 02

A

⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

1 2 3 4

2 3 4

0 2 0x x x x

x x x+ + + =

+ + = , sama dengan

1

2

3

4

1 1 1 1 00 2 1 1 0

A x b

xxxx

⎡ ⎤⎢ ⎥⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

Tentunya dengan mereduksi matriks A menggunakan operasi baris elementer akan didapat ruang solusinya :

1 11 2 2

1 12 2 2

3

4

1 00 1

xx

t sxx

− −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥= +⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

, bentuk sebuah matriks baru yang kolom-kolomnya merupakan ruang

solusi.

1 12 21 12 2 A' =

1 00 1

− −⎡ ⎤⎢ ⎥− −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Proyeksi ortogonal u pada A’ adalah 1` ' ( '* ') '*Aproj u u A A A u−= =

Atau sama saja dengan ( '* ') ' '*A A u A u=

3 12 2

312 2

'* 'A A⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

, dan 3272

'*A u⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

Maka u’ yang memenuhi ( '* ') ' '*A A u A u= adalah 1494

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

Salah satu solusi dari persamaan Ax = b yang juga merupakan hasil proyeksi dari vektor u adalah

131 182 2

1311 14 82 2

` 9 14 4

94

=1 00 1

Aproj u

−− − ⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ −− − ⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎢ ⎥ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Garis ( y mx c= + ) yang melewati titik (0,1), (2,0), (3,1), dan (3,2) adalah :

0 1 12 1 03 1 13 1 2

mc

A x b

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Nilai m dan c yang terdapat pada vektor x didekati menggunakan metode least square yaitu

( * ) *A A x A b=

Yaitu :

22 8 98 4 4

mc

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Diperoleh

9 84 4 122 8 68 4

m = = dan

22 98 4 422 8 68 4

c = = , sehingga persamaan garis yang dicari adalah :

6 4y x= +

Nilai-nilai eigen matriks 2 1 06 2 1

2 3 2A

−⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

salah satunya adalah 0λ = . Maka vektor eigen yang

berkorespondensi dengan 0λ = adalah

12

11

v t⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

, untuk sebarang konstanta t. Dengan demikian

dipilih nilai 23t = , sehingga

132323

v⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

adalah vektor yang ortonormal. Selanjutnya akan dicari

vektor-vektor 1v dan 2v sehingga himpunan 1 2{ , , }v v v adalah himpunan ortonormal.

Vektor 1v dan 2v dapat diperoleh salah satu caranya melalui proses Gram-Schmidt. Dipilih

11 2

12

0v

−

⎡ ⎤⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

dan

4 26

22 6

26

v −

−

⎡ ⎤⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

. Kemudian dibentuk matriks [ ]1 2V v v v= , sehingga matriks V adalah

matriks ortonormal.

4 213 6

22 13 62

22 13 62

0

V −

−−

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

. Selanjutnya akan dicari matriks T yaitu

9 2362

0

* 0 3 60 0 3

T V AV

−−⎡ ⎤⎢ ⎥

= = −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Karena submatriks T yaitu 3 60 3

−⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

sudah berbentuk matriks segitiga atas maka tidak perlu lagi

dilakukan proses dekomposisi. Sehingga diperolehlah dekomposisi Schur yang dikehendaki :

9 24 2 31 1 2 263 6 2 3 3 3

22 1 1 13 62 2 2

2 4 2 2 22 13 6 6 6 62

002 1 06 2 1 0 3 6 0

2 3 2 0 0 3

*A V T V

−−

− −

− − −−

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤−⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− = − ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

KALKULUS MULTIVARIABEL I Sebelumnya bernama Kalkulus Lanjut I

Dosen : Dr. YM Sri Daru Unoningsih, MS Tanggal Ujian : 8 Januari 2007, Senin Sifat : Closed Book Waktu : 120 Menit

1. Didefinisikan fungsi dua variabel f dengan

( ) ( )

( )2 2 , 0,0

( , )0 0,0

xy untuk x yx yf x y

untuk

⎧ ≠⎪ +⎨⎪⎩

Buktikan : a) f diskontinu di (0,0) b) fungsi ( ,0)f x kontinu terhadap x dan fungsi (0, )f y kontinu terhadap y

2. Tentukan nilai maksimum/minimum relatif fungsi 2 2 2( , ) 6 3f x y xy x y= − − jika ada. 3. Berapakah ukuran kotak persegi panjang yang atasnya terbuka dan volumenya

maksimum jika luas permukaannya 48 satuan luas ?

4. Hitung 2( )

D

x xy dx dy−∫∫ jika D daerah pada 2 diantara y x= dan 23y x x= −

5. Hitung volume benda di oktan pertama, dibawah paraboloida 2 2z x y= + dan di dalam tabung 2 2 9x y+ = dengan menggunakan koordinat kutub.

SOLUSI KALKULUS MULTIVARIABEL I Diselesaikan oleh Maw untuk beberapa soal dan tidak dijamin benar semua.

Fungsi 2 2( , ) xyf x yx y

=+

, bila didekati sepanjang kurva x = 0 dan y = 0 nilai fungsinya

mendekati 0, namun jika didekati sepanjang y = x nilai fungsinya mendekati 12 . Akibatnya

fungsi ini tidak memiliki nilai limit pada (0,0) akibatnya fungsi ini diskontinu di (0,0). Turunan-turunan parsialnya :

2 1212

x

xx

f y xf= −

= −

2 6

2y

yy

f xy y

f x

= −

=

2xyf y=

2 12 0xf y x= − =

2 6 0 3 atau 0yf xy y x y= − = ⇔ = = Jika dipilih 3x = , didapat 6y = ± . Jika dipilih 0y = diperoleh 0x = . Sehingga titik-titik kritisnya (0,0), (3,-6), dan (3,6).

2 2 ( , ) ( ) 72 24 4xx yy xyD x y f f f x y= − = − − , kemudian dimasukkan titik-titik kritis ke fungsi D (0,0) 72D = (3, 6) 144D − = − (3,6) 144D = −

(0,0) 72D = dan 12xxf = − , sehingga (0,0) adalah titik maksimum relatifnya. Nilai maksimum

relatifnya (0,0) 0f = . Fungsi sasaran ( , , )f p l t plt= , fungsi kendala ( , , ) 2 2 48g p l t lt pt pl= + + = Menggunakan metode peubah Lagrange

2 ...(1)

2 ...(2)2 2 ...(3)

p p

l l

t t

f g lt t l

f g pt t pf g pl l p

λ λ λ

λ λ λλ λ λ

= ⇒ = +

= ⇒ = += ⇒ = +

Mengeliminasi (1) dan (2) diperoleh 2p tλ λ= . Berlaku jika 0λ = atau p = 2t. Karena 0λ = tidak mungkin (masakan variabel-variabel ukuran kotak bernilai 0 ?) dipilih p = 2t. Mengeliminasi (2) dan (3) diperoleh p = l = 2t. Masukkan nilai-nilai p, l, dan t yang baru saja ditemukan ke dalam fungsi kendala. Diperoleh :

2 2 2(2 , 2 , ) 4 4 4 48g t t t t t t= + + = , sehingga 4 2t = = . Didapat tinggi kotak = 2 satuan, lebar dan panjangnya adalah sama yakni 4 satuan. Volumenya 32 satuan volume.

2 2 9x y+ = adalah lingkaran dengan jari-jari 3. 2 2 2z x y r= + = , sehingga volume yang dicari :

32 3 2 242

0 0 0 00

81 81 4 4 2

rr

r r

rr r dr d d dπ π π

θ θ θ

πθ θ θ==

= = = ==

= = =∫ ∫ ∫ ∫

Perpotongan kurva y x= dan 23y x x= − adalah (0,0) dan (2,2) , sehingga :

22 32 3 2 22 3 4 52 2 2

0 0 0

4 4( ) ( ) 2 2

x xx x

D x y x x xx

xy x x xx xy dx dy x xy dy dx x y dx dx−−

= = = =

− + −− = − = − =∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫

25 6

4

0

1 4 82 5 6 15

x

x

x xx=

=

⎛ ⎞ −= − + − =⎜ ⎟

⎝ ⎠

MATEMATIKA DISKRIT & KOMBINATORIKA

Dosen : Drs. Al. Sutjijana, M.Sc Tanggal Ujian : 8 Januari 2007, Senin Sifat : Closed Book Waktu : 100 Menit

1. Berikan definisi Group Action G pada himpunan X dan berikan contoh serta sifat-sifatnya.

2. Berkaitan dengan soal no.1, tunjukkan bahwa himpunan dari orbit-orbit membentuk

partisi pada X.

3. Berikan definisi dan contoh Balanced Incomplete Block Design BIBD (v, b, r, k, λ ) dan hubungan antara parameter-parameter tersebut.

4. Jika S merupakan himpunan yang anggota-anggotanya merupakan semua bujur sangkar

latin order n yang saling ortogonal. Tunjukkan bahwa 1S n≤ − yaitu banyaknya anggota dari S tidak lebih dari 1n − .

Catatan : Matematika Diskrit dan Kombinatorika pada semester ini merupakan matakuliah peralihan dari semester ganjil ke semester genap. Karenanya materi yang diberikan bukan materi perkuliahan biasa.. Lagipula mayoritas peserta kuliah sudah pernah mengambil matakuliah ini sebelumnya, alias mereka mengulang matakuliah ini. Sehingga bisa jadi pada matakuliah Matematika Diskrit dan Kombinatorika yang bakal digelar pada semester genap nanti, tidak akan memunculkan topik ini. Matakuliah ini membahas Enumerasi Polya dan Balanced Incomplete Block Design. Bahan kuliahnya yang berupa makalah presentasi kelompok dapat diunduh di situs Himatika@Web.

FUNGSI KHAS Dosen : Drs. Sumardi M.Si Tanggal Ujian : 9 Januari 2007, Selasa Sifat : Open Handouts (bebas dimodifikasi) Waktu : 120 Menit

1. Tunjukkan

( )2

10

1 coscos xJ x dx

π

θ θ −=∫

2. Hitunglah ( )cos sin nP x x dx∫

3. Tunjukkan bahwa

( ) ( )31cos 3cos 5cos38

P θ θ θ= +

4. Nyatakan 4 2( ) 4 2f x x x x= + − , dalam kombinasi linier 0 1 4( ), ( ),..., ( )L x L x L x dengan ekspansi deret polinomial Laguerre.

5. Hitunglah

23 ( ) xnx e H x dx

∞−

−∞∫

SOLUSI FUNGSI KHAS Diselesaikan oleh Maw untuk beberapa soal dan tidak dijamin benar semua.

( )cos sin nP x x dx∫ , ingat bahwa ( )sin cosx dx d x= − , sehingga wujud integral menjadi

( ) ( ) ( )cos sin cos cosn nP x x dx P x d x= −∫ ∫ , agar lebih mudahnya subtitusi cosy x= , sehingga

wujud integral kembali berubah menjadi seperti ini ( ) ( ) ( )cos cos n nP x d x P y dy− = −∫ ∫ .

Formula Rodriguez untuk fungsi Legendre, ( )21( ) 12 !

n n

n n n

dP y yn dy

= − , diintegralkan menjadi.

( ) ( ) ( )1

2 2 21

1 1 1( ) 1 1 12 ! 2 ! 2 !

n n nn n n

n n n n n n n

d d dP y y y yn dy n dy n dy

−

−= − = − = −∫ ∫ ∫ .

Sehingga ( ) ( )1

21

1cos sin cos 12 ! (cos )

n n

n n n

dP x x dx xn d x

−

−

−= −∫

Diketahui 313 2 (5 3 )P x x= − , sehingga ( ) ( )3

31cos 5cos 3cos2

P θ θ θ= − . Dari sini akan

ditunjukkan bagaimana kesamaan itu bisa terjadi.

( ) ( ) ( )3 33

1 1cos 5cos 3cos 20cos 12cos ...(1)2 8

P θ θ θ θ θ= − = − ,

perhatikan 320cos 12cosθ θ− ! ( )3 3 220cos 12cos 20cos 15cos 3cos 5cos 4cos 3 3cos ...(2)θ θ θ θ θ θ θ θ− = − + = − +

Ingat bahwa 2cos 2 2cos 1θ θ= − dan 2 2sin 1 cosθ θ= − , sehingga 2 2 2 24cos 3 2cos 1 (2 2cos ) cos 2 2sin ...(3)θ θ θ θ θ− = − − − = −

Subtitusikan kembali (3) ke (2) didapat

( ) ( ) ( )2 2 25cos 4cos 3 3cos 5cos cos 2 2sin 3cos 5 cos cos 2 2cos sin 3cosθ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ− + = − + = − +

Bahwa 2cos sin sin sin 2 sinθ θ θ θ θ= , menjadi

( )5 cos cos 2 sin 2 sin 3cos 5cos3 3cos ...(4)θ θ θ θ θ θ θ= − + = +

Subtitusikan (4) ke (1) sehingga diperoleh ( ) ( )31 120cos 12cos 5cos3 3cos8 8

θ θ θ θ− = +

0

12

2

11

2 4

LL x

L x x

== −

= − +

2 3

34 3 2

4

6 18 9

16 72 96 24

L x x x

L x x x x

= − + −

= − + − +

4 2

4 3 2 1 0( ) 4 2 4 ( ) 64 ( ) 286 ( ) 1911 ( ) 1052 ( )f x x x x L x L x L x L x L x= + − ≈ − − + −

23 ( ) xnx e H x dx

∞−

−∞∫ . Perhatikan bahwa ( )3

3 11 ( ) 6 ( )8

x H x H x= + , sehingga bentuk Integral berubah

menjadi :

2 2

3 11 ( ) ( ) 6 ( ) ( ) 8

x xn ne H x H x dx e H x H x dx

∞ ∞− −

−∞ −∞

⎛ ⎞+⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫ , suatu bentuk integral ortogonalitas fungsi

Hermite. Karena 2

( ) ( ) 0, xm ne H x H x dx m n

∞−

−∞

= ≠∫ . Maka kemungkinan yang mungkin ada 2

yaitu 1,3n = . Khususnya untuk 3n = , integral tersebut menjadi 2 2

3 3 1 31 ( ) ( ) 6 ( ) ( ) 8

x xe H x H x dx e H x H x dx∞ ∞

− −

−∞ −∞

⎛ ⎞+ =⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫

2 33 3

1 1( ) ( ) 2 3! 68 8

xe H x H x dx π π∞

−

−∞

= =∫

PENGANTAR PERSAMAAN DIFERENSIAL PARSIAL Dosen : Lina Aryati Tanggal Ujian : 10 November 2007, Rabu Sifat : Closed Book Waktu : 120 Menit

1. a. Selesaikan masalah nilai awal :

0u uut x

∂ ∂+ =

∂ ∂ , dengan ( ,0) 1u x x= −

b. Tentukan waktu dan posisi pecahnya. Jika ( ,0) 1u x x= − menyatakan gelombang awal,

gambarkan gerakan gelombangnya.

2. Selesaikan masalah nilai awal :

u ut xut x

∂ ∂+ =

∂ ∂ , dengan ( ,0)u x x=

3. a. Tentukan penyelesaian D’Alembert masalah syarat awal dan syarat batas :

, 0 4, 0

(0, ) (4, ) 0, 0( ,0) 0, 0 4( ,0) ( )

tt xx

t

y y x ty t y t ty x xy x g x

= < < >= = >= ≤ ≤=

dengan 0, 0 2

( )1, 2 4

xg x

x< <⎧

⎨ ≤ <⎩

b. Gambarlah penyelesaiannya untuk t = 0 dan t = 1. 4. a. Diberikan masalah syarat awal dan syarat batas :

, 0 8, 0

(0, ) 5, 0(8, ) 21, 0( ,0) 5 2 , 0 8

t xxu u x tu t tu t tu x x x

= < < >= >= >= + ≤ ≤

Dengan mengunakan metode eksplisit dan dengan mengambil 2x∆ = dan 0,4t∆ = , hitung nilai pendekatan untuk (4, (0,4))u dan (2, (1,2))u .

b. Tuliskan rumus pendekatan diferensiasi yang mendasari penyusunan metode eksplisit.

SOLUSI PENGANTAR PERSAMAAN DIFERENSIAL PARSIAL Diselesaikan oleh Maw untuk beberapa soal dan tidak dijamin benar semua.

0u uut x

∂ ∂+ =

∂ ∂, dengan ( ,0) 1u x x= −

Dengan mengambil ( )x x τ τ= = , ( ) 0t t τ= = , dan ( ) 1u u τ τ= = − 1

01 0dx dt

d d

a b u

τ τ

τ∆ = = ≠ , sehingga punya tepat satu penyelesaian!

1 ( )t t s fs

τ∂= ⇒ = +

∂. Karena ( ) 0t τ = maka ( ) 0f τ = , sehingga t s=

0 ( )u u gs

τ∂= ⇒ =

∂. Karena ( ) 1u τ τ= − maka ( ) 1g τ τ= − , sehingga 1u τ= −

1 ( )x u x s s hs

τ τ τ∂= = − ⇒ = − +

∂. Karena ( )x τ τ= maka ( )h τ τ= , sehingga x s sτ τ= − +

Diperoleh 1( , ) 1 1 ( , )1 1x t xu s u x t

t tτ τ − −

= − = − = =− −

u ut xut x

∂ ∂+ =

∂ ∂, dengan ( ,0)u x x=

Dengan mengambil ( )x x τ τ= = , ( ) 0t t τ= = , dan ( ) 1u u τ τ= = − 1

01 0dx dt

d d

a b t

τ τ

τ∆ = = ≠ , sehingga punya tepat satu penyelesaian!

1 ( )t t s fs

τ∂= ⇒ = +

∂. Karena ( ) 0t τ = maka ( ) 0f τ = , sehingga t s=

2

( )2

x st s x gs

τ∂= = ⇒ = +

∂. Karena ( )x τ τ= maka ( )g τ τ= , sehingga

2

2sx τ= +

2 3

ln ( )2 6

u u s sxu x s s u s hs u

τ τ τ∂ ∂= ⇒ = ∂ = + ∂ ⇒ = + +

∂.

Dengan kata lain 3

( )6s

s hu e e eτ τ= . Karena ( )u τ τ= maka ( ) lnh τ τ= , sehingga 3

6s

su e eττ=

Jadi ( ) ( )3 3

3226 6

2

ts txts tu e e x e eττ−

= = −

Karena ( ) ( ,0) 0, 0 4f x y x x= = ≤ ≤ maka fungsi perluasannya juga bernilai nol sehingga.

[ ]1 1 1( , ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2

x t x t

o o o ox t x t

y x t f x t f x t g s ds g s ds+ +

− −

= − + + + =∫ ∫ , dengan

0, 2 2( )

1, 2 4 4 2o

xg x

x x− < <⎧

⎨ ≤ < − < ≤ −⎩ ∪

Dengan mengambil 2x∆ = dan 0,4t∆ = diperoleh ( )

( )20, 41 0,14

tKx

π ∆= = =

∆

Sehingga diperolehlah rumus : ( ) ( ) ( ), 1 1, , 1,0,1 0,8 0,1i j i j i j i ju u u u+ − += + +

Menggunakan syarat awal dan batas dibentuklah tabel :

i 0 1 2 3 4 j 0 2 4 6 8 x

0 0 5 9 13 17 21 1 0,4 5 9 13 17 21 2 0,6 5 21 3 0,8 5 21 4 1,2 5 21

t Sehingga ( ) ( ) ( )1,1 0,0 1,0 2,00,1 0,8 0,1 9u u u u= + + = . Hitunglah nilai 2,1 3,1,u u maka akan didapat bahwa untuk t = 0,4 berlaku ( , (0, 4)) ( ,0)u x u x= . Akan tetapi karena baris-baris selanjutnya dibentuk oleh baris-baris terdahulu maka bisa disimpulkan bahwa :

i 0 1 2 3 4 j 0 2 4 6 8 x

0 0 5 9 13 17 21 1 0,4 5 9 13 17 21 2 0,6 5 9 13 17 21 3 0,8 5 9 13 17 21 4 1,2 5 9 13 17 21

t Dengan demikian diketahui dengan mudah (4, (0,4)) 13u = dan (2, (1,2)) 9u =

PENGANTAR ANALISIS REAL I Dosen : Dr. YM Sri Daru Unoningsih, MS Tanggal Ujian : 11 Januari 2007, Kamis Sifat : Closed Book Waktu : 120 Menit

1. Jika ,x y∈ dengan x < y, buktikan terdapat bilangan rasional r sehingga x < r < y. 2. Diberikan himpunan X φ≠ dan fungsi-fungsi :f X → memiliki Range terbatas. Jika

a∈ maka buktikanlah : sup{ ( ) | } sup{ ( ) | }a f x x X a f x x X+ ∈ = + ∈ inf{ ( ) | } inf{ ( ) | }a f x x X a f x x X+ ∈ = + ∈

3. Diberikan barisan bilangan real { }nx yang naik monoton dan terbatas ke atas. Buktikan

{ }nx konvergen ke sup{ | }nx n∈ . 4. Diberikan A⊆ , fungsi :f A→ dan c titik limit ( ),A c∩ ∞ . Buktikan dua

pernyataan berikut ekuivalen :

( i ). lim ( )x c

f x L+→

=

( ii ). Untuk setiap barisan { }nx A⊂ yang konvergen ke c dengan nx c> untuk setiap n∈ , barisan { }( )nf x konvergen ke L.

5. Definisikan pengertian himpunan terbuka pada . Selanjutnya buktikan gabungan

sebarang himpunan-himpunan terbuka dalam juga terbuka.

Diperuntukkan bagi mereka yang NIM nya Ganjil

PENGANTAR ANALISIS REAL I Dosen : Yusuf Tanggal Ujian : 11 Januari 2007, Kamis Sifat : Closed Book Waktu : 120 Menit

1. Diberikan barisan bilangan real { }nx yang terbatas. Jika ada a∈ sehingga setiap barisan bagian { }nx konvergen ke a, buktikan bahwa barisan { }nx juga konvergen ke a !

2. Buktikan barisan bilangan real yang naik monoton dan terbatas ke atas konvergen ke

supremumnya ! 3. Definisikan pengertian himpunan terbuka pada . Selanjutnya, buktikan Jika A, B, dan

C masing-masing merupakan himpunan terbuka dalam maka A B C∩ ∩ juga terbuka dalam .

4. Jika barisan bilangan real { }nx merupakan barisan Cauchy, buktikan bahwa { }nx

konvergen. Selanjutnya berikan contoh suatu barisan Cauchy.

5. Diberikan A⊆ , fungsi :f A→ dan c titik limit ( ),A c∩ ∞ . Buktikan dua

pernyataan berikut ekuivalen :

( i ). lim ( )x c

f x L+→

=

( ii ). Untuk setiap barisan { }nx A⊂ yang konvergen ke c dengan nx c> untuk setiap n∈ , barisan { }( )nf x konvergen ke L.

Diperuntukkan bagi mereka yang NIM nya Genap

SOLUSI PENGANTAR ANALISIS REAL I Diselesaikan oleh Maw untuk beberapa soal dan tidak dijamin benar semua

Andaikan x,y keduanya positif. Menggunakan teorema Archimedes didapat bilangan asli n∈ , sehingga x ny< . Ingat bahwa ,x y∈ sebarang karena itu ketidaksaamaan tersebut dapat

diubah menjadi bentuk 1 ny x

<−

dengan kata lain 1 ny nx< − atau 1 nx ny+ < .

Teorema Archimedes juga mengatakan bahwa terdapat bilangan asli m∈ , sehingga 1m nx m− < < atau bisa juga 1 1m nx m< + < + . Tapi ingat karena 1 nx ny+ < maka 1m nx ny< + < . Sehingga diperolehlah nx m ny< < atau x r y< < dengan m

nr = . { }nx barisan bilangan real terbatas maka terdapat M ∈ sehingga , nx M n< ∈ . Andaikan { }nx tidak konvergen ke a. Maka pasti terdapat barisan bagian ' { }

nrX x= dimana X’ tidak

konvergen ke a, yaitu terdapat 0oε > dengan nr ox a ε− ≥ . Karena X’ adalah barisan bagian dari

{ }nx , maka M juga merupakan batas bagi X’. Akibatnya elemen barisan bagian X’ terdefinisi pada himpunan K : [ ] [ ]: , ,o oK M a a Mε ε− − ∪ + Perhatikan teorema berikut : K adalah himpunan bilangan real yang tertutup sekaligus terbatas. Maka setiap barisan { }nx dengan nx K∈ , n∀ ∈ memiliki barisan bagian yang konvergen dan limit barisan bagian tersebut merupakan elemen K. Gunakan teorema tersebut pada barisan bagian X’ dan himpunan K berakibat terdapat barisan bagian X’’ yang konvergen serta limitnya merupakan elemen himpunan K. Menurut hipotesa bahwa semua barisan bagian dari { }nx konvergen ke a, sehingga X’’ juga konvergen ke a. Namun ''X K∈ serta a K∉ berakibat timbulnya kontradiksi dengan pengandaian. Misalkan himpunan 1 2 3, , ,..., nG G G G merupakan himpunan terbuka. Andaikan 1 2 3, , ,..., nG G G G

semuanya tidak saling asing maka, 1

'n

ii

G G=

=∩ bukan merupakan himpunan kosong. Karenanya

terdapat 'g G∈ dengan 1 2, ,..., ng G g G g G∈ ∈ ∈ . Karena 1G adalah himpunan terbuka maka

terdapat persekitaran dari g, yaitu { }1 1( ) | 1V g x x g Gε ε= ∈ − < ⊆ . Hal serupa berlaku pula

untuk 2 3, ,..., nG G G , sehingga terdapat 2 2( ) ,..., ( )n nV g G V g Gε ε∈ ∈ . Dipilihlah { }inf 1, 2,..., nε ε ε ε= , sehingga 1( ) ( ),..., ( ) ( )nV g V g V g V gε ε ε ε⊆ ⊆ . Akibatnya

1

( ) 'n

ii

V g G Gε=

⊆ =∩ , dengan kata lain G’ juga himpunan terbuka.

PENGANTAR FILSAFAT DAN SEJARAH MATEMATIKA Dosen : Sri Wahyuni dan Widodo Tanggal Ujian : 11 Januari 2007, Kamis

a. Dari Dosen 1: Dr. Widodo (30 Menit, Buku Tertutup) Diberikan lingkaran dengan jari-jari r satuan. Pada lingkaran tersebut dibuat bangun segi n yang sudut-sudutnya terletak pada lingkaran tersebut.

i. Hitunglah luas bangun segi n tersebut, n = 3,4,5,… ii. Hitunglah lim nn

A→∞

dengan nA luas segi n, n = 3,4,5,…

Tugas dikerjakan dalam waktu 30 (tiga puluh) menit, buku tertutup

b. Dari Dosen 2: Prof. Dr. Sri Wahyuni

Teorema Binomial Newton sangat bermanfaat baik dalam bidang matematika maupun bidang non-matematika. Ceritakan secara ringkas tapi jelas

“Sejarah Singkat Teorema Binomial Newton”

Dalam bentuk makalah diketik rapi dalam format A4 spasi 1,5 kurang lebih 3 halaman, dilengkapi dengan referensi yang diacu

SOLUSI PENG. FILSAFAT DAN SEJARAH MATEMATIKA Diselesaikan oleh Maw untuk beberapa soal dan tidak dijamin benar semua

Perhatikan untuk n = 5, segi n yang terbentuk :

Sehingga luas segi 5 adalah jumlahan luas lima segitiga sama kaki dengan panjang kakinya r.

Panjang Alas sinsin

rl βα

= =

Diketahui 360n

β = dan ( )360180180 180902 2

n

nβα

−−= = = −

Sehingga ( )

( ) ( )2(180)

180180

sinsin 2 sinsin sin 90

nn

n

rrl rβα

= = =−

Luas segi n adalah jumlahan

( ) ( )( )( ) ( )2180 180 360 luas segitiga sin 2 sin( ) cos( ) sin2 2 2n n nn n nn l r r r rα= = =

Jika nilai n semakin besar maka segi-n yang dibentuk akan semakin besar sehingga daerah residu (daerah yang berwarna kuning) mengecil. Sedemikian sehingga jika nilai n semakin besar maka segi-n akan semakin mendekati bentuk lingkaran. Karena itu 2lim nn

A rπ→∞

= atau luas lingkaran berjari-jari r itu sendiri

BASIS DATA Dosen : Aina Musdholifah Tanggal Ujian : 12 Januari 2007, Jum’at Sifat : Closed Book Waktu : 120 Menit

1. Jelaskan apa yang dimaksud dengan data, basis data, dan sistem manajemen basis data! 2. Jelaskan apa yang dimaksud dengan model data dan sebutkan apa saja beserta

definisinya!

3. Rancanglah database untuk menggambarkan suatu transaksi di tempat jasa rental mobil, gunakan model relasional.

4. Desainlah diagram E-R dari basis data berikut: Orang (no_sim, alamat, nama_orang) Mobil (no_stnk, model, tahun_pembuatan) Kecelakaan(no_catatan, lokasi, tanggal) Memiliki(no_sim, no_stnk) Catatan Kecelakaan(no_sim, no_stnk, no_catatan, tingkat kerusakan)

5. Dari no 4, bagaimana ekspresi Aljabar Relasional untuk menjawab pertanyaan berikut: a) Nama orang yang mobilnya pernah mengalami kecelakaan dengan tingkat

kerusakan parah. b) Model mobil yang dibuat pada tahun 90-an dan pernah kecelakaan di Solo. c) Tanggal terjadinya kecelakaan mobil milik orang yang beralamat di Jogja.

METODE STATISTIKA I Dosen : Herni Utami, S.Si, M.Si Tanggal Ujian : 5 Januari 2007, Jum’at Sifat : Open Book Waktu : 100 Menit

1. a. Jelaskan tentang Tingkat Signifikansi dalam Inteferensi Statistik ! c. Apa yang anda ketahui tentang Interval Konfidensi ?

2. Suatu perusahaan otomobil mengklaim bahwa mobil mewah model barunya dapat menempuh 18 mil per galon bahan bakar. Untuk menguji klaim perusahaan tersebut, suatu majalah otomotif menguji 36 mobil model tersebut dan mencatat jarak mil yang dapat ditempuh dengan 1 galon bahan bakar. Data yang diperoleh adalah rata-rata jarak yang ditempuh 17,2 mil per galon dengan standar deviasi 1,8 mil per galon. Apakah fakta mendukung klaim perusahaan ?

3. Seandainya anda adalah seorang manajer personalia pada suatu perusahaan dan anda

mencurigai bahwa rata-rata waktu kerja yang hilang terkait dengan penyakit untuk karyawan yang bekerja pada malam hari lebih banyak dibanding untuk karyawan yang bekerja pada siang hari. Untuk menguji kecurigaan anda, dipilih secara random beberapa karyawan yang bekerja pada malam hari dan siang hari. Selanjutnya dicari record banyaknya hari ijin karena sakit selama satu tahun yang lalu. Data ditunjukkan dibawah ini :

Shift Malam Hari Shift Siang Hari

21 2 10 19 14 6 33 4 7 12

13 18 5 17 16 3

0 24 7 1

Jika diasumsikan waktu kerja yang hilang berdistribusi normal, lakukan inteferensi statistik untuk menyimpulkan kecurigaan anda !

Diketahui; F(10;10;2,5%) = 3,72 F(10;10;5%) = 2,98 F(9;9;2,5%) = 4,03 F(9;9;5%) = 3,15

1 2 3

1 2 3

1 2 3

2 503 20

, , 0

x x xx x x

x x x

+ + ≥− + + ≥

≥

1560

3 75

x yx yx y

− + ≤+ ≤+ ≤

1 2

1 2

1 2

1 2

2 3 205 2 25

12

,

x xx xx x

x x +

+ ≤+ ≤

− + ≤

∈

PROGRAM LINEAR Dosen : Indarsih Tanggal Ujian : 4 Januari 2007, Kamis Sifat : Closed Book Waktu : 120 Menit

1. Primal : Minimalkan 1 2 315 60 75Z x x x= + + Dengan kendala

a. Tentukan masalah Dual-nya ! b. Tentukan penyelesaian optimal masalah Primal serta Dual-nya ! 2. Maksimumkan 50 20Z x y= +

Dengan kendala a. Tentukan penyelesaian optimal masalah program linear diatas dengan metode grafik ! b. Tentukan range optimalitas untuk 1c c. Tentukan range fisibelitas untuk 2b d. Tentukan shadow price untuk kendala ke-2 3. Tentukan penyelesaian optimal masalah program linear bilangan bulat murni

Maksimumkan 1 23Z x x= + Dengan kendala

4. A company manufactures two products (A and B) and the profit per unit sold is £3 and £5 respectively. Each product has to be assembled on a particular machine, each unit of product A taking 12 minutes of assembly time and each unit of product B takes 25 minutes of assembly time. The company estimates that the machine used for assembly has an effective working week of only 30 hours (due to maintenance/breakdown).

Technological constraits means that for every five units of product A produced at least two units of product B must be produced.

Formulate the problem of how much of each product to produce as a linear program.

5. a. Jelaskan pengertian Himpunan Konveks. Beri contohnya !

d. Buktikan bahwa irisan berhingga himpunan konveks merupakan himpunan konveks juga !

PERSAMAAN DIFFERENSIAL ELEMENTER Dosen : Ch. Rini Indrati Tanggal Ujian : 12 Januari 2007, Kamis Sifat : Closed Book Waktu : 120 Menit

1. Selesaikan persamaan differensial berikut :

a. 32 2

dy x ydx y x

= − + b. 3 3 3( ) 0y dx x y dy+ − =

c. 4

4 sin 2xd y y e xdx

−− = +

2. Selesaikan sistem persamaan differensial berikut :

2

2

t

t

dx dy x y edt dt

dx dy x y edt dt

−⎧ + − − =⎪⎪⎨⎪ + + + =⎪⎩

3. Selesaikan masalah nilai awal berikut menggunakan Transformasi Laplace !

2

2 4 4 td y dy y edt dt

+ + = , dengan (0) 0, '(0) 1y y= =

( )F t { ( )} ( )L F t f s= ( )F t { ( )} ( )L F t f s= 1 , 0,1, 2,3,...nt n =

1

!n

ns +

4 sin at 2 2

as a+

2 ate 1s a−

5 cos at

2 2

ss a+

3 Jika { ( )} ( )L F t f s= , maka { ( )} ( )atL e F t f s a= −

6 Jika { ( )} ( )L F t f s= , maka

( ){ ( )} ( 1) ( )n

n nn

dL t F t f sds

= −

Jika F kontinu di 0, terdiferensial kontinu hingga tingkat ke (n-1) untuk ( )0, ( ) ( 1, 2,..., 1)kt F t k n> = −

eksponensial berorde, ( )nF kontinu sepotong-sepotong pada [ ]0, t , dan { ( )} ( )L F t f s= , maka :

( ) 1 2 ( 2) ( 1){ ( ) } ( ) (0) '(0) ... (0) (0)n

n n n n nn

dL F t s f s s F s F sF Fdt

− − − −= − − − − −

PENGANTAR MODEL PROBABILITAS Dosen : Sardjono Tanggal Ujian : 16 Januari 2007, Selasa Sifat : Closed Book Waktu : 120 Menit

1. Diketahui variabel random X dengan fungsi densitas probabilitas : 31

9 , 0( )0 , yang lain

xxe xf xx

−⎧ >⎪⎨⎪⎩

a. Tentukanlah fungsi pembangkit momen dari X b. Hitung ( )E X dan ( )Var X

2. Sebuah kotak berisi 5 buah bola terdiri dari 2 bola merah dan 3 bola hitam. Dari kotak

tersebut diambil satu demi satu bola tanpa pengembalian. Misalkan X adalah banyaknya bola merah yang diperoleh sebelum bola hitam diperoleh pertama kali.

a. Tentukan distribusi probabilitas dari X, ( ) ( )f x P X x= = dan tegaskan jawaban anda bahwa ( ) 1f x =∑ !

b. Hitung ( )E X dan ( )Var X

3. Setiap orang pelanggan yang masuk ke toko sepatu K akan membeli sepasang sepatu dengan probabilitas p. Jika banyaknya pelanggan yang masuk ke toko sepatu K tersebut berdistribusi Poisson dengan mean λ , hitunglah probabilitas :

a. Tak sepasangpun sepatu terjual di toko tersebut b. 5 pasang sepatu terjual di toko tersebut

(petunjuk: misalkan X banyaknya sepatu yang terjual di toko tersebut dan N banyaknya pelanggan yang masuk toko tersebut. Selanjutnya hitunglah probabilitas tersebut dengan probabilitas bersyarat)

4. Ditentukan variabel random diskrit X dan Y dengan distribusi probabilitas bersama

sebagai berikut :

y 1 2 3 4 1 0,1 0 0,2 0

x 3 0 0,2 0 0,1 5 0,1 0 0,1 0,2

a. Tentukan distribusi probabilitas marginal dari Y b. Hitung ( )E X dan ( )Var X c. Tentukan distribusi probabilitas bersyarat dari X dengan diketahui Y = 3 d. Hitunglah ( | 3)E Y X Y+ =

GEOMETRI RUANG DIMENSI N Dosen : Imam Solekhudin Tanggal Ujian : 4 Januari 2007, Kamis Sifat : Closed Book Waktu : 120 Menit

1. Diberikan luasan bola 2 2 2 2: 4 2 2 2 3s x y z w x y z w+ + + + + + + = −

Serta hyperplane : 4v x y z w+ + + = − Tentukan kutub v terhadap s !

2. Tentukan nilai terkecil dari 2 2 2 2 2 2 2 2x y z w x y z w+ + + + + + +

Dimana x, y, z, w memenuhi persamaan 2 3 14x y z w+ + + =

3. Tentukan kuasa dari luasan-luasan bola : 2 2 2 2

12 2 2 2

22 2 2 2

32 2 2 2

42 2 2 2

52 2 2 2

6

: 4 2 2 2 8

: 2 3

: 3 4 3 3 11

: 2 1

: 4 2 5 4 14

: 3 4 3 6

s x y z w x y z w

s x y z w x y z w

s x y z w x y z w

s x y z w z

s x y z w x y z w

s x y z w x y z w

+ + + + + + + =

+ + + + + + + =

+ + + + + + + =

+ + + + =

+ + + + + + + =

+ + + + + + + =

4. Diberikan luasan-luasan bola 1 1

2 2

: 0: 0

s Ss S

==

Dari luasan-luasan bola tersebut dibentuk berkas : { }1 1 2 2 1 2: 0 | ,B s S Sλ λ λ λ λ= + = ∈

Tunjukkan berkas yang dibangun oleh sebarang dua luasan bola yang berbeda anggota B sama dengan B !

ANALISIS VEKTOR Dosen : Drs. Sri Tundjung WK, Ms Tanggal Ujian : 17 Januari 2007, Rabu Sifat : Closed Book Waktu : 120 Menit

1. Diketahui tiga titik (1,7,3), (0,7, 1)P Q − , dan ( 1,6,2)R − a. Tunjukkan bahwa segitiga PQR ialah suatu segitiga siku-siku !

b. Carilah luas segitiga PQR itu ! c. Carilah persamaan bidang V yang memuat titik P,Q, dan R ! d. Carilah vektor satuan e yang tegak lurus pada bidang V !

2. Diketahui kurva-kurva _ _ _

1_ _ _

2 32

( ) ( 1) 2sin ln( 1)

( ) ( 1) ( 1) ( 1)

tr t e i t j t k

r u u i u j u k

= − + + +

= + + − + +

a. Carilah vektor singgung untuk masing-masing kurva itu di titik asal ! b. Perlihatkan bahwa vektor-vektor singgung satuan di titik asal itu saling tegak lurus.

3. a. Carilah divergensi dan curl dari _ _ _

2 2 23 ( ) F xyz i x y j xz y z k= + + − b. Carilah gradien dari ( ) 2, , 2x y z x yzΦ = +

4. a. Carilah derivatif berarah dari fungsi 22yz zΦ = + di titik P(1, -1, 3) pada arah b. Carilah vektor normal satuan pada luasan 2 2z x y= + di titik P(1, -2, 5)

5. Carilah nilai integral garis .C

F dr∫ jika diketahui

2(2 1) ( 1)F xy i x j= − + + serta C adalah busur 2

12xy = + dari titik (0,1)A ke titik

2a i j k= + +

(2,3)B

TEORI GRUP HINGGA Dosen : Dra. Diah Junia Eksi Palupi, MS Tanggal Ujian : 3 Januari 2007, Rabu Sifat : Closed Book Waktu : 120 Menit

1. Diberikan grup G dan himpunan tak kosong X a). Tuliskan definisi aksi grup G pada X ! b). Jika X = {1,2,3} dan 6G Z= , maka tentukanlah aksi G pada X !

2. a). Jika 1 2 3[ , , ]x x x adalah gelanggang polinomial dari 3 indeterminit yang komutatif, 2 2 2

1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 1 2 3( , , ) 2 2 2 [ , , ]f x x x x x x x x x x x x x x x= + + + + + ∈ dan 2ρ adalah permutasi (seperti kesepakatan) anggota 3S maka tentukan aksi 2ρ pada 1 2 3( , , )f x x x

b). Diketahui soal seperti 2 a) dan transposisi (2 3)τ = . Termasuk apakah 1 2 3( , , )f x x x ? Simetrik? Skew Simetrik? Atau tidak keduanya ?

c). Masih dengan ketentuan soal no 2 a) tentukan 1 2 3( , , )w x x x sehingga saudara dapat mengidentifikasi 2ρ apakah permutasi genap atau ganjil ?

3. a). Jika nA himpunan semua permutasi genap dari nS tunjukkan bahwa nA subgrup normal dari nS

b). Jika n = 3 maka tulis 3A

4. Selidiki grup-grup berhingga sampai dengan berorder 6. Apa saja sifat-sifat yang melekat. Beri keterangan lengkap sehingga grup G tertulis dalam bentuk

1 2 1 1 2 2, ,... | , ,...G a a r s r s= = = dengan 1 2, ,...a a generator dan 1 1 2 2, ,...r s r s= = relasi.

PENGANTAR TEORI PERMAINAN Dosen : Salmah M.Si Tanggal Ujian : 3 Januari 2007, Rabu Sifat : Closed Book Waktu : 120 Menit

1. Diberikan permainan dengan matriks payoffnya sebagai berikut

a. Buanglah strategi terdominasi b. Tentukan strategi murni permainan jika ada c. Tentukan strategi campuran jika ada

2. Dua orang laki-laki dan perempuan pergi bersama menonton bioskop. Yang laki-laki lebih senang menonton film laga. Sedang yang perempuan lebih senang menonton film drama. Matriks permainan diberikan sebagai berikut :

a. Pandang masalah tersebut sebagai permainan nonkooperatif. Tentukan strategi murni atau strategi campuran jika ada.

b. Pandang masalah tersebut sebagai permainan kooperatif. Tentukan solusi NTU.

3. Carilah solusi NTU dari permainan dengan matriks

Pemain 2 strategi 1 strategi 2 strategi 3 Pemain 1 strategi 1 1,0 -1,1 0,0 strategi 2 3,3 -2,9 2,7

Pemain 2 strategi 1 strategi 2 strategi 3 strategi 4Pemain 1 strategi 1 2,-3 -5,1 -1,-1 1,-3 strategi 2 -4,3 2,-5 1,2 -3,1 strategi 3 -3,-4 2,-1 0,6 1,1 strategi 4 2,0 2,2 -3,0 1,-2

Perempuan laga drama Laki-Laki laga 4,2 1,1 drama 0,0 2,4

4. Diberikan permainan dengan fungsi karakteristik v(φ) = 0, v({A}) = -1, v({A, B}) = 3, v({B}) = 0, v({A, C}) = 4, v({A, B, C}) = 5, v({C}) = 1, v({B, C}) = 2.

Tentukan nilai Shapley! 5. Tiga jalan pertanian A, B, dan C dihubungkan oleh jalan-jalan kasar ke sebuah jalan

besar seperti terlihat pada gambar. Akan menguntungkan bagi para petani jika jalan-jalan kasar tersebut diaspal. Keuntungan para petani diberikan pada angka dalam kurung kurawal ( { . } ) . Biaya pengaspalan tiap jalan diberikan dalam gambar.

Jelas bahwa akan lebih menguntungkan bagi para petani jika mereka bekerja sama dalam mengaspal jalan. a. Tentukan fungsi karakteristik permainan! b. Tentukan nilai Shapley!

TEORI OPTIMISASI Dosen : Ari Suparwanto Tanggal Ujian : 17 Januari 2007, Rabu Sifat : Open Book Waktu : 120 Menit

1. Misalkan 1( ) 8 7 ln( )xf x e x−= + . Tentukan peminimal *x dari f atas interval [1,2] :

a. Menggunakan Metode Golden Section dengan 0,23δ = b. Menggunakan Metode Fibonacci dengan 0,23δ = dan 0,05ε =

2. Maksimalkan

2

1 1 2( ) 2f x x x x= − + dengan kendala

1 1 2

2 1 2

1 2

( ) 2 3 6( ) 2 4, 0

g X x xg X x xx x

= + ≤= + ≤

≥

Menggunakan metode program kuadratik! 3. Buktikan bahwa ( ) , nf X X X= ∈ dan . norm Euclid adalah fungsi konveks.

PENGANTAR LOGIKA MATEMATIKA DAN HIMPUNAN Dosen : Drs. Budi Surodjo Tanggal Ujian : 17 Januari 2007, Rabu Sifat : Closed Book Waktu : 120 Menit

1. Diketahui [ ] [ ): 1, 2 0,f − → +∞ dan [ ] [ ): 0,3 0,g → +∞ pemetaan (fungsi). Didefinisikan

relasi [ ] [ ] [ ): 1, 2 0,3 0,α − × → +∞ dengan

( ), ( ) ( )a c f a g cα = untuk setiap [ ]1, 2a∈ − dan [ ]0,3c∈

1.1 Tunjukkan α pemetaan ! 1.2 Jika α pemetaan 1-1, apakah f dan g keduanya 1-1 ? Jelaskan ! 1.3 Tentukan 1(0)α−

2. Tentukan nilai dari

22

11

n

i i= −∑

Buktikan rumus yang anda buktikan benar untuk semua , 2n n∈ ≥ . (Petunjuk : Nyatakan 2

11i − ke dalam bentuk 1

ai− dan 1

bi+ ).

3. Diketahui A ≠ ∅ dan B adalah subhimpunan dari himpunan kuasa A. Pada B berlaku

sifat untuk setiap ,X Y B∈ , X Y= atau X Y∩ =∅ . Didefinisikan relasi R pada A dengan cara ,a b A∀ ∈ ( )( )aRb X B a X b X⇔ ∃ ∈ ∈ ∧ ∈ 3.1 Tentukan jenis relasi apa saja yang dipenuhi oleh R ! 3.2 Jika untuk setiap a A∈ dan untuk setiap cX B∈ berlaku ca X∈ , apakah R relasi

ekuivalensi ? Jelaskan !

4. Tunjukkan tanpa tabel apakah rumus berikut tautologi atau bukan !

4.1 ( ) ( )( ) ( )( )p q r q r p q⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ∨

4.2 ( ) ( )( ) ( )p r r r r p⇒ ∧ ⇒ ⇒ ⇒