Soal Kalkulus yang Cukup Menarik [Part 2]

Post ini merupakan lanjutan dari soal - soal yang ada pada post sebelumnya.

Soal 6
Diberikan $f(x)$ dan $g(x)$ keduanya kontinu pada $[a, b]$ dan $f(x)$ adalah fungsi monoton naik. Jika $0 \le g(x) \le 1$, buktikan bahwa \[ \int_a^{a+\int_a^b g(t) \,dt} f(x) \,dx \le \int_a^b f(x) g(x) \,dx \]

Solusi
Definisikan

\[h(s) = \int_a^{a+\int_a^s g(t) \,dt} f(x) \,dx - \int_a^s f(x) g(x) \,dx \implies \] \[h'(s) = f\left(a+\int_a^s g(t) \,dt\right)g(s) - f(s)g(s) = g(s)\left(f\left(a+\int_a^s g(t) \,dt\right) - f(s)\right)\]

Karena $a+\int_a^s g(t) \,dt \le a +  (s - a) = s$, haruslah $f\left(a+\int_a^s g(t) \,dt\right) \le f(s)$. Hal ini berakibat $h'(s) =  g(s)\left(f\left(a+\int_a^s g(t) \,dt\right) - f(s)\right) \le 0$. Diperoleh, $h(s)$ adalah fungsi monoton turun. Karena $h(a) = 0$, diperoleh $h(s) \le 0$ untuk $s \ge a$. Jadi,

\[  h(s) = \int_a^{a+\int_a^s g(t) \,dt} f(x) \,dx - \int_a^s f(x) g(x) \,dx \le 0 \implies\] \[\int_a^{a+\int_a^b g(t) \,dt} f(x) \,dx \le \int_a^b f(x) g(x) \,dx \]

Soal 7
Carilah nilai dari \[\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln{(\sin{\theta})} \,d\theta\]

Solusi
Asumsikan nilai dari integral di atas adalah $I$. Substitusi $u = \frac{\pi}{2} - \theta $ sehingga diperoleh

\[ I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln{(\cos{\theta})} \,d\theta \]

Akibatnya,

$2I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln{(\sin{\theta})} \,d\theta + \int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln{(\cos{\theta})} \,d\theta= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln{(\sin{\theta}\cos{\theta})} \,d\theta$

$= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln{(\sin{2\theta}} - \ln{2} \,d\theta = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln{(\sin{2\theta})} \,d\theta - \frac{\pi \ln{2}}{2}$

$= \frac{1}{2}\int_0^{\pi} \ln{(\sin{\theta})} \,d\theta - \frac{\pi \ln{2}}{2} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln{(\sin{\theta})} \,d\theta - \frac{\pi \ln{2}}{2} = I - \frac{\pi \ln{2}}{2}$

$\implies I =  -\frac{\pi \ln{2}}{2}$



Soal 8
Diberikan $f(x) = x^6 - 6x^2 + 6x - 7$ dan diketahui bahwa polinomial ini memiliki $3$ titik kritis. Tentukan persamaan parabola yang melalui ketiga titik kritis itu

Solusi
Dari soal diperoleh bahwa $f'(x) = 6x^5 - 12x + 6$. Perhatikan bahwa fungsi $g(x) = f(x) - h(x)f'(x)$ tidak akan mengubah titik - titik yang dilalui oleh parabola tersebut. Akibatnya, ambil $h(x) = \frac{x}{6}$ sehingga diperoleh

\[ g(x) = x^6 - 6x^2 + 6x - 7 - \frac{x}{6} (6x^5 - 12x + 6) = -4x^2 + 5x - 7 \] Jadi, persamaan parabola yang melalui ketiga titik tersebut adalah $y = -4x^2 + 5x - 7$



Soal 9
Carilah pasangan terurut $( \alpha, \beta)$ dengan $\beta \ne 0$ sedemikian sehingga \[\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt[n^2]{1!2! \ldots n!}}{n^{\alpha}} = \beta \]

Solusi
Perhatikan bahwa


$ \ln{(1!2! \ldots n!)} = n\ln{1} + (n-1)\ln{2} + (n-2)\ln{3} + \ldots + \ln{n}$ \[=  n\ln{\frac{1}{n}} + (n-1)\ln{\frac{2}{n}} + (n-2)\ln{\frac{3}{n}} + \ldots + \ln{\frac{n}{n}} + \frac{n(n+1)}{2} \ln{n}\]

Akibatnya

\[ \frac{\ln{(1!2! \ldots n!)}}{n^2}   = \frac{n+1}{2n} \ln{n} + \sum_{i=1}^n \frac{n-i}{n^2} \ln{\frac{i}{n}} =  \frac{n+1}{2n} \ln{n} + \int_0^1 (1 - x) \ln{x} \,dx\]\[ = \frac{n+1}{2n} \ln{n} - \frac{3}{4}\]

Dari ekspresi ini dapat disimpulkan bahwa limit akan konvergen jika $\alpha = \frac{1}{2}$. Sehingga, diperoleh $\beta = e^{-\frac34}$



Soal 10
Carilah nilai maksimum dari \[ \int_0^1 f(x)^3 \,dx\] dengan batasan \[-1 \le f(x) \le 1, \quad \int_0^1 f(x) \,dx = 0\]

Solusi
Perhatikan bahwa

\[\int_0^1 (f(x) - 1) \left( f(x) + \frac{1}{2} \right)^2 \,dx \le 0 \implies \int_0^1 f(x)^3 - \frac{3}{4} f(x) - \frac{1}{4} \,dx \le 0 \implies\]  \[\int_0^1 f(x)^3 \,dx \le \int_0^1 \frac{3}{4} f(x) + \frac{1}{4} \,dx = \frac{1}{4} \]

Diperoleh bahwa nilai maksimum integral pada soal adalah $\frac{1}{4}$ dimana kesamaan terjadi saat $f(x) = 1$ atau $f(x) = -2$.



Soal 11
Misalkan $f(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{\sin{nx}}{n!}$. Hitunglah $f\left( \frac{\pi}{3} \right)$



Solusi
Perhatikan bahwa, karena
\[ \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{\sin{nx}}{n!} = \sum_{n = 0}^{\infty} \text{Im} \left(\frac{e^{ix}}{n!} \right) =  \text{Im} \left( e^{e^{ix}} \right ) = e^{\cos{x}} \sin{\sin{x}}  \]

Maka, $f\left( \frac{\pi}{3} \right) = \sqrt{e} \sin{\frac{\sqrt{3}}{2}}$




Sebagai latihan bagi pembaca (silahkan jawab di bagian komentar), saya sertakan beberapa soal

Latihan 6
Diberikan $f(a) = 0$ dan masing - masing dari $f'(x)$ dan $f''(x)$ positif pada $[a, \infty]$. Asumsikan $b > a$ dan $P(b, f(b))$ adalah titik pada kurva $y = f(x)$. Jika garis singgung dari $y = f(x)$ di titik $P$ berpotongan dengan sumbu $x$ pada $(x_0, 0)$, buktikan bahwa $a < x_0 < b$



Latihan 7
Hitunglah nilai dari \[ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^3 x}{\sin^3 x + \cos^3 x} \,dx \]

Latihan 8
Hitunglah nilai dari \[ \int_0^{\infty} \frac{\ln{x}}{x^2 + 4} \,dx \] Hint : Substitusi $x = 2 \tan \theta$



Latihan 9
Hitunglah \[ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{\left(  \sqrt{\sin{x}} + \sqrt{\cos{x}} \right)^4} \] Hint : Bagi kedua sisi dengan $\cos^2{x}$



Latihan 10
Misalkan $f$ memenuhi $x = f(x)e^{f(x)}$. Hitunglah nilai dari \[ \int_0^e f(x) \,dx \] Hint : Sunstitusi $u = f(x)$.



Latihan 11
Carilah bilangan bulat $1 \le m \le 10$ sedemikian sehingga \[ \int_0^{\pi} (\cos{x})(\cos{2x}) \ldots (\cos{mx}) \,dx = 0 \]


Berikut beberapa unsolved problem versi saya. Silahkan dicoba

Unsolved 1
Hitunglah \[ \lim_{n \rightarrow \infty} \left[ \left( \prod_{k =1}^{n} \frac{2k}{2k - 1} \right) \int_{-1}^{\infty} \frac{(\cos{x})^{2n}}{2^x} \,dx \right] \]


Berikut saya tambahkan juga soal latihan 1 bapak Wono Setya Budi (klik di sini untuk download) dan  Advanced Palcement Test - Calculus 2, National University of Singapore (NUS)

NUS 1
Diberikan \[ \lim_{R \rightarrow \infty} \int_{-R}^{R} \frac{\cos{x}}{1 + x^2} \,dx = \pi e^{-1} \] Hitunglah \[  \lim_{R \rightarrow \infty} \int_{-R}^{R} \frac{\cos{x}}{1 + (1-x)^2} \,dx \]

NUS 2
Misalkan $f$ fungsi terdiferensialkan pada $[0, 1]$ sehingga $f(1) = 1$. Jika turunan dari $f$ juga kontinu pada $[0, 1]$, hitunglah \[ \lim_{y \rightarrow \infty} \int_0^1 yx^y f(x) \,dx \]

NUS 3
Misalkan $f$ fungsi terdifferensialkan pada $[0, 1]$ sedemikian sehingga $f(0) = 0$ dan $f(1) = 1$. Buktikan bahwa terdapat $x_1, x_2 \in [0, 1]$ dengan keduanya berbeda sedemikian sehingga \[ \frac{1}{f'(x_1)} + \frac{1}{f'(x_2)} = 2 \]