Solusi Ujian Tengah Semester IMatematika IA

Institut Teknologi Bandung

26 Oktober 2013

Bagian A

1. Tentukan

limh→0

√3h + 9− 3

h

Solusi:

limh→0

√3h + 9− 3

h= lim

h→0

√3h + 9− 3

h×√

3h + 9 + 3√3h + 9 + 3

= limh→0

3h + 9− 32

h(√

3h + 9 + 3)

= limh→0

3√3h + 9 + 3

= 3√3(0) + 9 + 3

= 33 + 3

= 12

2. Tunjukkan bahwa fungsi f(x) = x3 − 2x2 + 1 memiliki paling sedikit satu akar diantara −1dan 0.

Solusi:Dengan menggunakan Teorema Nilai Antara, akan ditunjukkan bahwa ada c ∈ (−1, 0) sehinggaf(c) = 0.

• f(x) merupakan fungsi polinom sehingga kontinu untuk setiap x ∈ [−1, 0].

1

• Untuk x = 0, diperoleh f(0) = (0)3 − 2(0)2 + 1 = 1 > 0Untuk x = −1, diperoleh f(−1) = (−1)3 − 2(−1)2 + 1 = −2 < 0

Karena f(x) kontinu di [−1, 0] , f(−1) = −2 < 0 dan f(0) = 1 > 0, maka ada c ∈ (−1, 0)sehingga f(−1) < f(c) = 0 < f(0).

3. Misalkan f(x) = x|x|. Tentukan f ′(0).

Solusi:

f ′(0) = limx→0

f(x)− f(0)x− 0

= limx→0

x|x| − 0|0|x− 0

= limx→0

x|x|x

= limx→0|x|

= 0

4. Diketahui bahwa f(x) = sin x dan g(x) = x2013. Misalkan pula h(x) = f(g(x)). Tentukanh′(x).

Solusi:f(x) = sin x→ f ′(x) = cos xg(x) = x2013 → g′(x) = 2013x2012

h(x) = f(g(x))h′(x) = f ′(g(x))g′(x)

= (cos (g(x)))(2013x2012)= (cos x2013)(2013x2012)

Jadi h′(x) = 2013x2012 cos x2013

5. Diberikan y2 + 2yx = 1. Tentukan y′ dan y′′ di titik (0, 1).

Solusi:

arfnw 2 10110100

Menentukan y′

d

dx(y2 + 2yx) = d

dx(1)

2yy′ + 2xy′ + 2y = 0

Menentukan y′′

d

dx(2yy′ + 2xy′ + 2y) = d

dx(0)

2y′y′ + 2yy′′ + 2y′ + 2xy′′ + 2y′ = 0

y′ ketika di titik (0,1)2yy′ + 2xy′ + 2y = 0

2(1)y′ + 2(0)y′ + 2(1) = 02y′ = −2y′ = −1

y′′ ketika di titik (0,1) dan y′ = −12y′y′ + 2yy′′ + 2y′ + 2xy′′ + 2y′ = 0

2(−1)(−1) + 2(1)y′′ + 2(−1) + 2(0)y′′ + 2(−1) = 02y′′ − 2 = 0

y′′ = 1

Jadi di titik (0, 1) nilai y′ = −1 dan y′′ = 1

6. Gunakan diferensial untuk menghitung nilai hampiran dari 3√25.

Solusi:Definisikan f(x) = 3

√x, maka f ′(x) = 1

3 3√x2 . Akan digunakan hampiran berikut f(x) ≈

f(x0) + f ′(x0)(x− x0).Sehingga untuk x = 25 dan dengan memilih x0 = 27, diperoleh

f(25) ≈ f(27) + f ′(27)(25− 27)3√25 ≈ 3√27 + 1

3 3√272(−2)

= 3− 23(9) = 3− 2

27 = 22527

Jadi nilai hampiran 3√25 adalah 22527 .

arfnw 3 10110100

7. Suatu partikel bergerak sepanjan sumbu-x selama 9 detik. Posisi partikel setelah t detik

diberikan oleh x(t) = 10 +√

9t

10− t. Tunjukkan bahwa ada suatu saat ketika partikel bergerak

dengan kecepatan 2 satuan/detik.

Solusi:

Kecepatan rata-rata partikel pada interval waktu [0,9] adalah x(9)− x(0)9− 0 = 2 satuan/detik.

Akan dicari nilai c ∈ (0, 9) sehingga x′(c) = 2.

x′(t) = 3x + 20√

x + 302√

x(x− 10)2

x′(c) = 3c + 20√

c + 302√

c(c− 10)2

2 = 3c + 20√

c + 302√

c(c− 10)2

2(2√

c(c− 10)2) = 3c + 20√

c + 304√

c(c2 − 20c + 100)− (3c + 20√

c + 30) = 04c2√c− 80c

√c + 380

√c− 3c− 30 = 0

Definisikan v(t) = 4t2√t− 80t√

t + 380√

t− 3t− 30. Akan ditunjukkan ada c ∈ (0, 9) sehinggav(c) = 0.

• v(t) kontinu pada interval [0, 9].

• v(0) = 4(0)2√0− 80(0)√

0 + 380√

0− 3(0)− 30 = −30 < 0

• v(1) = 4(1)2√1− 80(1)√

1 + 380√

1− 3(1)− 30 = 271 > 0

Karena v(t) kontinu pada selang [0, 1], v(0) < 0 dan v(1) > 0, maka ada c ∈ (0, 1) ⊂ (0, 9)sehingga v(0) < v(c) = 0 < v(1).Jadi terbukti bahwa ada suatu saat t sehingga partikel bergerak dengan kecepatan 2 sat-uan/detik.

Bagian B

1. Tentukan luas persegi panjang terbesar yang termuat di dalam daerah yang dibatasi olehsumbu-x positif, sumbu-y positif dan kurva y = 24− 2x2 dan dua diantara titik-titik sudutnyaberada di titik asal dan di suatu titik pada kurva y = 24− 2x2 (lihat gambar)

arfnw 4 10110100

.

Solusi:Misalkan titik singgung antara sudut persegi panjang dengan kurva adalah x = x0 denganx0 ∈ (0,

√12) (Ingat, dibatasi oleh sumbu-x positif dan sumbu-y positif), sehingga koordinat

tersebut adalah (x0, 24− 2x20).

Diperoleh alas dan tinggi persegi panjang berturut-turut adalah x0 dan 24 − 2x20, sehingga

didapat luas dari persegi panjang tersebut dalam fungsi x0 adalahL(x0) = x0(24− 2x2

0) = 24x0 − 2x30.

Luas maksimum terjadi pada titik-titik kritis L(x0), dan dalam masalah ini L(x0) memilikititik stasioner saja.

Titik StasionerTitik stasioner terjadi pada saat L′(x0) = 0.

L′(x0) = 024− 6x2

0 = 0x2

0 − 4 = 0

Karena x0 ∈ [0,√

12] , diperoleh x0 = 2.Untuk x0 ∈ (0, 2), L′(x0) > 0 (monoton naik); sedangkan x0 ∈ (2,

√12), L′(x0) < 0 (monoton turun).

Kemudian untuk x0 ∈ (0,√

12), L′′(x0) = −12x0 < 0, maka L(x0) selalu cekung ke bawah.Sehingga maksimum global diperoleh pada saat x0 = 2, maka L(2) = 2(24− 2(2)2) = 32.

Jadi Luas persegi panjang terbesar yang termuat dalam batas-batas di atas adalah 32 sat-uan luas.

2. Misalkan f(x) = x

x2 − 1. Gambar grafik y = f(x) dengan terlebih dahulu mengumpulkaninformasi-informasi penting mengenai f(x).

arfnw 5 10110100

Solusi:

f(x) = x

x2 − 1 = x

(x− 1)(x + 1) = 12

( 1x− 1 + 1

x + 1

)Df = {x ∈ R} − {−1, 1}

Titik Kritis

• Stasioner. Terjadi saat f ′(x) = 0

f ′(x) = −12

( 1(x + 1)2 + 1

(x− 1)2

)= −1

2

( 1(x + 1)2 + 1

(x− 1)2

)= −1

2

((x− 1)2 + (x + 1)2

(x− 1)2(x + 1)2

)

= −12

(2x2 + 2

(x− 1)2(x + 1)2

)< 0

Nilai f ′(x) selalu negatif, sehingga f(x) tidak memiliki titik stasioner.

• Titik Singular. Terjadi saat f(x) tidak memiliki turunan, yaitu di x = ±1.

Selang Kemonotonan

• f ′(x) < 0 untuk setiap x di domainnnya, sehingga f(x) selalu monoton turun.

Selang Kecekungan

f ′′(x) =(

1(x+1)3 + 1

(x−1)3

)

• f(x) cekung ke atas pada interval (−1, 0) ∪ (1,∞)

• f(x) cekung ke bawah pada interval (−∞,−1) ∪ (0, 1)

Asimtot

• Asimtot datarlim

x→−∞

x

x2 − 1 = 0

limx→∞

x

x2 − 1 = 0Jadi Asimtot datar di y = 0

arfnw 6 10110100

• Asimtot TegakAsimtot tegak ada ketika (x2 − 1) = 0, yaitu x = ±1

limx→−1−

x

x2 − 1 = −∞ limx→−1+

x

x2 − 1 =∞

limx→1−

x

x2 − 1 = −∞ limx→1+

x

x2 − 1 =∞

Sketsa grafik f(x) = x

x2 − 1 yang mungkin adalah

3. Sebuah tangki berbentuk piramida terbalik. Mulut tangki berbentuk persegi panjang denganpanjang 8 dm dan 6 dm, sedangkan ketinggian tangki adalah 12 dm. Ketika keran di atas tangkidibuka pada pukul 19:12 , di dalam tangki sudah berisi air sebanyak 20 liter(1 liter = 1dm3).Air mengalir masuk dengan laju 1 liter./menit. Keran dilengkapi dengan alat sensor yangmengukur laju perubahan tinggi permukaan air. Ketika laju perubahan tinggi permukaan airtepat mencapai 1

27dm/menit keran akan menutup seketika. Pada pukul berapa keran menutup?

Solusi:Misalkan p dan l masing-masing menyatakan panjang dan lebar permukaan air, dan h sebagaitinggi air dari dasar, sehingga p : l : h = 8 : 6 : 12.Diketahui bahwa debit air dV

dt = 1liter/menit = 1dm3/menit.Volume air yang keluar dari keran adalah V = 1

3plh− 20 = 13( 8

12h)( 612h)h− 20 = 1

9h3 − 20

arfnw 7 10110100

V = 19h3 − 20

dV

dt= 1

3h2 dh

dt

1 = 13h2 1

27h2 = 81h = 9

Laju ketinggian permukaan air mencapai 127dm/menit ketika tinggi air 9dm, atau ketika volume

yang keluar dari keran sebanyak 19(9)3 − 20 = 61 liter. Sehingga waktu yang diperlukan untuk

mengeluarkan air dari keran sebanyak 61 liter adalah 61liter

1liter/menit= 61menit.

Jadi kran tersebut akan menutup setelah 61 menit sejak dibuka, atau pada pukul 20:13.

arfnw 8 10110100