Kumpulan Materi Kalkulus II

Dosen Pengampu : Fima Ratna Sari, S.Pd.

Dosen Pengampu : Fima Ratna Sari, S.Pd.

Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

2

KATA PENGANTAR Assalamualaikum Wr.Wb. Dengan memanjatkan Puji dan Syukur kehadirat Allah SWT atas Rahmat dan Hidayah_Nya yang telah memberi kesehatan, baik kesehatan jasmani maupun kesehatan rohani, sehingga penyusun telah berhasil menyusun “ Modul Kalkulus II” ini. Modul ini tidak akan terselesaikan tanpa bantuan dari pihak lain, maka dari itu penyusun mengucapkan banyak terima kasih kepada Ibu Fima Ratna Sari, S.Pd. yang telah memberi kesempatan dan kepercayaan kepada penyusun untuk menyelesaikan tugas ini. Serta bantuan temanteman Mahasiswa/i Program Studi Teknik Informatika semester II, akhirnya pembuatan tugas ini dapat terselesaikan tepat pada waktunya. Penyusun menyadari bahwa dalam modul ini masih banyak kekurangan dan kelemahan

dikarenakan kemampuan penyusun yang

terbatas. Untuk itu, kritik dan saran yang konstruktif sangat kami harapkan dari semua pihak yang membaca. Semoga ini bermanfaat khususnya bagi penyusun sendiri dan bagi para pembaca umumnya serta semoga dapat menjadi bahan pertimbangan untuk mengembangkan ilmu pengetahuan maupun wawasan di masa yang akan datang. Akhir kata, penyusun ucapkan terima kasih.

Wassalamualaikum Wr.Wb. Palembang, 9 Mei 2013

Penyusun Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

3

DAFTAR ISI

COVER ........................................................................................

1

KATA PENGANTAR .................................................................

3

DAFTAR ISI ................................................................................

4

BAB 1.

Vektor ....................................................................

5 - 27

BAB 2.

Fungsi Transenden ...............................................

28 - 40

BAB 3.

Turunan Parsial ....................................................

41 - 76

BAB 4.

Integral Lipat ........................................................ 77 - 106

BAB 5.

Persamaan DIferensial Orde II ........................... 107 - 122

BAB 6.

Fungsi Gamma & Fungsi Beta ............................ 123 - 137

BAB 7.

Deret Tak Hingga ................................................ 138 – 156

REFERENSI ...............................................................................


157

4

BAB I VEKTOR 1. Pengertian Vektor Kita telah mengenal arti perpindahan, misalnya titik A kita pindahkan ke posisi yang lain menjadi titik B. Pada perpindahan itu terkandung beberapa makna. a. Berapa jauh perpindahannya (jarak) b. Ke arah mana perpindahannya. 2. Kesamaan Dua Vektor a. Dua buah vector dikatakan sama apabila panjang dan arahnya sama. Jika AB # CD dibaca ruas garis AB sama (panjang) dan sejajar ruas garis CD maka AB = CD. b. Panjang dua buah vector yang arahnya sama, tetapi panjangnya berlainan. c. Jika dua buah vector yang arahnya berlawanan dan panjangnya tidak sama maka vector yang satu dapat dinyatakan dengan yang lain. 3. Vector Nol Suatu vector disebut vector nol apabila panjangnya nol. Arah vector nol tak tentu, misalnya AA, BB,CC, dan semacamnya disebut vector nol. 4. Vector Posisi Jika titik P adalah sebuah titik pada bidang datar, vector OP = P disebut vector posisi dari titik P. 5. Vector Satuan Vector satuan adalah vector yang panjangnya satu satuan. 6. Vector dalam Ruang a. Vector di Ruang R2 Vector dalam ruang berdimensi dua ditulis dengan R2 atau R2. b. Vector di R3 Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

5

Vector dalam ruang berdimensi tiga ditulis dengan R3 atau R3. R3 ditandai dengan tiga buah sumbu yang saling berpotongan.

7. Vector Basis a. Vector Basis di R2 Diberikan titik P (x1, y1). OP merupakan titik terminal/ ujung dari vector posisi yang titik pangkalnya di pusat koordinat. b. Vector Basis di R3 Jika R (x1, y1, z1) adalah sembarang titik dan r adalah vector posisi R, maka komponen –komponen r dapat dinyatakan sebagai: x1 i (searah dengan OX ) y1 j (searah dengan OY ) z1 k ( searah dengan OZ ) 8. Panjang Suatu Vektor Besar vector P , apabila digambarkan akan membentukruas garis berarah dengan panjnag ruas garis yang mewakili besar vector itu. Panjang vector P ditulis dengan P . Contoh Soal : 1. Nyatakan titik berikut dengan vector posisi dalam bentuk komponen vector kolom! a. A (2,3) dan B ( -1,4)

b. P (2,1,4) dan Q (3,2,-5)

Jawab : a. a=

2

b = -1

3

4

b. p = 2

q= 3

1

2

4

-5


6

2. Nyatakan vector-vektor a = linear dari i , j ,dan k

2

dan c = -1

3

0

1

3

sebagai kombinasi

Jawab : a =2i

+3j +k

c = -i + 3 k 3. Diketahui p = i

-2j

+2k

dan q = 3 i

+j

- 2 k carilah

a. P b. Q c.

P+Q

d. vector satuan dari p

Jawab : P= 1

q = 3

-2

1

2

-2 = √ 12 + (-2)2 + 22 = √ 1 +4 + 4 = 3

a.

P

b.

Q = √ 32 + 12 + (-2)2 = √ 9 + 1 + 4 = √14

c. Untuk menghitung P + Q , tentukan dulu p +q ;p +q = 1 -2 2

P+Q

3 +

1

4 =

-2

-1 0

= √ 42 + (-1)2 + 02 = √ 16 + 1 = √ 17

d. Vector satuan dari p = p = i P

-2j

+2k 3

= 1 i - 2 j + 2k 3 3 3


7

4. Jika v = (1,-3,2) dan w = (4,2,1), maka V + w = (5, -1,3), 2v = (2,-6,4), -w = (-4,-2,-1), V – w = v + (-w) = (-3,-5,1)

OPERASI ALJABAR VEKTOR 1. Penjumlahan vector Diberikan dua vector a dan vector b . vector ketiga yaitu vector c diperoleh dengan menjumlahkan vector a dan vector b . Jadi, c = a + b . vector c dapat ditentukan dengan cara segitiga dan jajargenjang. a. Cara Segitiga b. Cara Jajar Genjang Sifat-sifat Penjumlahan pada Vektor 1. Komutatif 2. Asosiatif 3. Mempunyai elemen identitas, yaitu vector O (vector nol) sebab untuk semua vector a berlaku a + o = o + a = a 4. Lawan suatu vektor 2. Pengurangan vector Diberikan 2 buah vektor, yaitu vektor a dan vektor b . misalkan selisih vektor a dengan vektor b adalah vektor c yang diperoleh dengan cara menjumlahkan vektor a dengan lawan vektor b. 3. Hasil kali bilangan dengan vektor Hasil kali bilangan real k dengan vektor a

adalah suatu vektor yang

panjangnya k kali panjang vektor a dan arahnya adalah a. Sama dengan arah vektor a jika k> 0 b. Berlawanan dengan arah vektor a jika k < 0 c. Sama dengan nol jika k = 0


8

Sifat-sifat Hasil Kali Bilangan dengan Vektor Bila k dan l bilangan real, a dan b suatu vektor maka: 1. K (-a ) = - (ka ) = - k a 2. K (l a ) = (kl) a 3. (k + l) a = k a + l a 4. K (a + b ) = k a + k b Contoh soal : 1. ABCD adalah jajar genjang dengan AB = u , AD = v , titik E dan F masing-masing titik tengah DC dan BC. Nyatakan vektor-vektor berikut dalam u dan v a. AE

b. EF

c. AF

Jawab : a. AE = AD + DE =v +1u =1u +v 2 2 b. EF = EC + CF =1u -1v 2 2 c. AF = AB + BF =u+1v 2 2. Diketahui A (1,1), B (4,2), dan C (10,4) tunjukkan titik A,B,dan C segaris (kolinear) dan carilah AB : BC Jawab : AB = b – a =4 - 1 = 3 2 1 1 AC = c – a = 10 4

1 = 9 1

3


9

3. Diketahui titik-titik A (-2,5,4), B (2,-1,-1), dan C (p,q,l). jika A,B, dan C segaris, carilah nilai p dan q. Jawab : AB = b – a = 2

-2

-1 - 5 -2 BC = c – b = p

4 = -6

4 2

-6 p-2

q - -1 = q + 1 l

-2

3

karena A,B, dan C segaris maka: AB = m . BC 4

p-2

-6 = m q + 1 , diperoleh m = -2 -6

3

4 = -2 ( p – 2 )

-6 = -2 (q + 1)

4 = -2p + 4

3 =q+1

2p = 0

q=2

P=0 4. Norma vektor v = ( -3,2,1) adalah v = √ (-3)2 + (2)2 + ( 1 )2 = √ 14

RUMUS JARAK Diberikan titik A(x1 + y1 + z1) dengan vektor posisi a = x1 + y2 + z2 ) dengan vektor posisi b

= x2

y1

y2

z1

dan titik B (x2

z2 jarak antara titik A dan B adalah panjang vektor AB, yaitu


10

AB AB = b - a

=

x2

x1

x2 - x1

y2

- y1

= y2 - y1

z1

z2 - z1

z2

Rumus Pembagian a. Pembagian Ruas Garis dalam Perbandingan m : n Misalkan suatu titik P membagi ruas garis AB dalam perbandingan m : n sedemikian rupa sehingga AP : PB = M : n b. Rumus Pembagian dalam bentuk Vektor Jika p adalah vektor posisi titik P yang membagi AB perbandingan m : n, P antara A dan B, maka p = mb + na m+n

dengan

contoh Soal : 1. Sebuah pesawat terbang tinggal landas dari bandara Adi Sucipto menuju bandara Soekarno-Hatta. Berapakah jarak yang ditempuh pesawat terbang tersebut bila pesawat tersebut bergerak dari titik x ( 100, 60, 8) km menuju kota Jakarta sebelum mendarat yang berposisi di titik y ( 300,30,18) km ? Jawab : Jarak yang ditempuh pesawat terbang yang tinggal landas menuju Jakarta di hitung dengan rumus jarak: r =  ( x2 – x1 )2 + ( y2 – y1)2 + ( z2 – z1 )2 posisi awal pesawat terbang adalah x ( 100, 60, 8 ) km dengan titik tujuannya adalah y ( 300, 20, 8 ) km. Jadi jarak yang ditempuh pesawat tersebut adalah r =  (300-100)2 + (20-60)2 + (10-8)2 Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

11

=  (200)2 + (40)2 + (2)2 =  40000 + 1600 + 4 =  41604 = 203,97 km 2. Hitung jarak antara titik –titik berikut! a. O (0,0,0) dan P ( 4,4,2)

Jawab : O= 0

P= 4

0

4

0

4

OP = 4

0

4

- 0

4

0

OP = √ ( 4 – 0 )2 + ( 4 – 0 )2 + ( 4 – 0 )2 = √ 16 + 16 + 16 OP = √ 48

3. Tunjukkan bahwa P ( 3.4.-1), Q ( -9,-2,3), dan R ( 9,8,11) adalah titiktitik sudut segitiga sama kaki! Jawab : r

= √ (x2 – x1 )2 + ( y2 – y1)2 + ( z2 – z1 )2

PQ

= √ (-9 – 3 )2 + ( -2 – 4)2 + ( 3 – 1 )2 = √ 144 + 36 + 16 = √196 = 14

PR

= √ (-9 – 3 )2 + ( 8 – 4)2 + ( 11 – 1 )2 = √ 36 + 14 + 144 = √ 196 = 14

QR = √(-9 – 9 )2 + ( 8 – 2)2 + ( 11 – 3 )2 = √324 + 100 + 81 = √506 = 22.49 Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

12

Dari hasil yang diperoleh , dengan menerapkan teorema phytagoras diperoleh PQ2 = 14

PR2 = 14

QR2 = 22,5

Jika dilihat panjang kedua sisi segitiga itu yaitu AB dan BC, maka segitiga itu adalah sama kaki, dan jika kita amati dalam segitiga tersebut berlaku teorema phtyagoras yang menyatakan PQ2 + PR2 = QR2. Jadi, segitiga ABC siku-siku di B dan sama kaki

4. Pergunakan rumus p = mb

+na

untuk menyatakan vektor-vektor

posisi dari titik berikut dengan a dan b a. C membagi AB dengan perbandingan 3 : 2 b. D membagi AB dengan perbandingan 3 : -2 Jawab : a. Untuk C, m : n = 3 : 2

b. Untuk D, m : n = 3 : -2

Maka p = mb + na m+n =3b +2a 3+2 =1(3b +2a )

Maka q = mb + na m+n =3b +2a 3–2 =(3b -2a

)

Hasil Kali Skalar Dua Vektor Hasil kali scalar dari vektor a dan b vektor nol dinyatakan dengan a . b

yang masing-masing bukan

( dibaca a dot b ). Perkalian scalar dari

vektor a dan b adalah suatu bilangan real yang didefinisikan oleh: a.b

= a b cos θ

θ adalah sudut antara a dan b, dengan 0 ≤ B ≤ jika a = 0 atau b = 0 maka a . b = 0 dan sudut θ tidak tertentu.


13

Bentuk Komponen Perkalian Skalar Misalkan A(a1,a2,a3) dan B (b1,b2,b3), maka: OA = √ AB = √(

)

(

)

(

)

Besar Sudut Antara Dua Vektor Jika dua vektor a dan b bertemu pada satu titik, maka sudut antara dua vektor tersebut adalah sudut yang dibentuk oleh kaki vektor a dan kaki vektor b. sudut yang diambil adalah sudut terkecil.

Sifat-sifat Perkalian Skalar a. Sifat – sifat yang berlaku pada perkalian scalar b. Hal-hal mengenai Perkalian scalar Hal-hal mengenai perkalian scalar yang perlu diketahui adalah sebagai berikut. 1. Tidak tertutup, sebab a . b bukan vektor 2. Tidak mempunyai elemen identitas, sebab a . c = a tidak mungkin 3. Tidak memiliki elemen invers, sebab a . c bukan vektor 4. Tidak asosiatif, sebab a . ( b + c ) dan ( a . b ) . c tidak berarti.

Proyeksi Ortogonal Suatu Vektor pada vektor lain a. Proyeksi scalar ortogonal Proyeksi scalar ortogonal biasanya disingkat dengan proyeksi scalar saja atau sering dikatakan dengan panjang proyeksi vektor. b. Proyeksi vektor orthogonal Proyeksi vektor OA pada OB adalah OC = c Vektor satuan dari c = c c


14

atau c =

c , karena vektor c searah dengan vektor maka vektor

satuan dri b maka vektor satuan dari c adalah juga vektor satuan dari b sehingga OC = c = c vektor satuan dari b =a.b .b =(a.b) b b b jadi, proyeksi vektor orthogonal a pada b adalah c=(a.b) b Perkalian silang dua vektor Perkalian silang vektor a dan b ditulis dengan a x b ( dibaca a kros b ) yang hasilnya adalah merupakan sebuah vektor. Bila c = a x b, harus dipenuhi syarat: 1. c a 2. c b 3. arah putaran dari a ke b menuju c 4.

c = a b sin θ, di mana θ sudut antara a dan b

contoh soal : 1. Jika P pada AB, carilah koordinat P, jika: a. A(-2,-3), B(3,7), dan AP : PB = 3 : 2 b. A(-3,-2,-1), B(0,-5,2), dan AP : PB = 4 : -3 Jawab : a. Titik P membagi di dalam Xp =

=

=1

Yp =

=

=3

Jadi koordinat P( 1,3 )


15

b. Titik P membagi di dalam (

Xq = Yq =

)

) (

(

Zq =

)(

(

=

)(

)(

)

)

=9 =

=

= -14 = 12

Jadi koordinat Q (9,-14,12) 2. Carilah a.b jika : a. a = 2i + j + k dan b = 3i + 2j – k b. a = 5i + 4 j dan b = 2i – 2j + 4 k jawab : a. a = ( ) b = (

)

a.b=( ) .(

) = (2)(3)+(1)(2)+(10(-1) = 7

b. a = ( ) b = (

a.b=( ).(

)

)

= (5)(2) + (4)(-2) + (0) (4) = 2

3. carilah besar sudut AOB jika titik pangkal untuk masing-masing soal berikut ini ! a. A(1,0,0) dan B (1,1,0) Jawab : a=( );b=( )

a.b=( ).( )=1 cos  =

=

√(

)(

)

=

√


16

 = arc cos ( ) = 120° 4. Jika a = (

) , b = ( ) , dan c = ( ) carilah x bila

a.(b+c)=a.a jawab : a=(

(

) b = ( ) , dan c = ( ) carilah x bila a . (b + c ) = a . a

) . (( ) ( )( )

( ))=(

).( )

(−1)(6) + (1)(x)

−5 + x −x = -5 x=5


17

Geometri Dalam Ruang, Vektor 1. Kooordinat Cartesius Dalam Ruang Dimensi Tiga Rumus jarak pandanglah dua titik P1(X1,Y1,Z1) dan (X2,Y2,Z2) dalam ruang dimensi tiga (X1 ≠ X2, Y1 ≠ Y2, Z1 ≠ Z2). Mereka menentukan suatu balok genjang (paralelepipedum), dengan

dan

sebagai titik

sudut yang berlawanan dan dengan sisi-sisi sejajar terhadap sumbusumbu koordinat .Menurut teorema Pythagoras. | P1 P2 |2 = | P1Q|2 + |QP2|2 Dan

| P1Q|2 = |P1R|2 + |RQ|2

Jadi

| P1 P2 |2 = |P1R|2 + |QP2|2 = (X2 – X1)2 + (Y2 – Y1)2 + (Z1 – Z2)2

BOLA DAN PERSAMAANNYA dari rumus jarak ke persamaan sebuah pola merupakan suatu langkah kecil. Dengan sebuah bola, kita maksudkan himpunan titik berjarak konstan dari suatu titik tetap. Kenyataannya, jika(X,Y,Z) pada bola dengan radius r berpusat pada(H,K,L) (x – h)2 + (y – k)2 + (z – l)2 = r2

Ini kita sebut persamaan baku sebuah bola. Dalam bentuk terurai, persamaan dalam kotak tersebut dapat dituliskan sebagai X2 + y2 + z2 + Gx +Hy + Lz + J = 0


18

GRAFIK DALAM RUANG DIMENSI TIGA adalah wajar untuk pertama-taman memandang persamaan kuadrat karena hubungannya dengan rumus jarak. Tetapi agaknya suatu persamaan linier yakni, persamaan berbentuk

Ax + By + Cz = D,

A2 + B2 + C2 ≠

Jika suatu bidang memotong ketiga sumbu, yaitu kasus yang akan sering kali terjadi, kita mulai dengan mencari titik-titik potong ini, yakni kita cari perpotongan x,y, dan z. ketiga titik ini menentukan bidang dan memungkinkan kita menggambar jejak, yang berupa garis-garis perpotongan dengan bidang-bidang koordinat. Kemudian dengan sedikit berseni, kita dapat mengasir bidang tersebut.

Contoh 1. gambarkan grafik dari 3x + 4y + 2z =12 Penyelesaian : untuk menemukan perpotongan x, tetapkan y dan z sama dengan nol dan selesaikan untuk x, diperoleh x = 4. Titik yang berpadanan adalah (4,0,0). Secara serupa, perpotongan y dan z adalah (0,3,0) dan (0,0,6). Lalu tarik ruas-ruas garis yang menghubungkan titik-titik ini untuk memperoleh jejak.

Contoh 2 gambarlah grafik persamaan liniear 2x + 3y = 6 Dalam ruang dimensi tiga. Penyelesaian : perpotongan x dan y masing-masing adalah (3,0,0) dan (0,2,0) dan titiktitik ini menentukan jejak di bidang xy. Bidang ini tidak pernah memotong sumbuh z (x dan y keduanya tidak dapat sama dengan nol), sehingga bidang ini adalah sejajar sumbu z. Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

19

2. Vektor dalam ruang dimensi tiga Vector- vector dapat ditambahkan, dikalikan dengan scalar, dan dikurangkan sama seperti pada bidang, dan hukum-hukum aljabar yang dipenuhi sesuai dengan yang telah dipelajari terdahulu. Hasil kali titik dari u = dan v = didefinisikan sebagai

U.V = U1V1 + U2V2 + U3V3 dan mempunyai tafsiran geometri yang telah dinyatakan terdahulu, yakni

U.V = |U||V|cos Ѳ di mana Ѳ adalah sudut antara u dan v. akibatnya, masih tetap benar bahwa dua vector saling tegak lurus jika dan hanya jika hasil kali titiknya nol.

Contoh 1 cari sudut ABC jika A = (1, -2, 3), B = (2,4,-6), dan C = (5, -3, 2)

Penyelesaian

pertama kita tentukan vector-vektor u dan v (berasal dari

titik asal), setara terhadap BA dan BC. Ini dilakukan dengan cara

mengurangkan koordinat-koordinat titik-titik awal dari titik-titik ujungnya, yakni U = <1 – 2, -2 -4, 3 + 6> = < -1, -6, 9> V = <5 – 2, - 3 -4, 2 + 6> = <3, - 7, 8>


20

Contoh 2 nyatakan u = <2, 4, 5> sebagai jumlah suatu vector m yang sejajar v = <2, -1, -2> dan suatu vector n yang tegakan v.

Contoh 3 cari vektor yang panjangnya 5 satuan yang mempunyai α = 32° dan β = 100° sebagai dua dari ketiga sudut arahnya. Penyelesaian pertama kita perhatikan bahwa sudut arah ketiga, y harus memenuhi Cos2 y = 1 - Cos2 32° - 100° = 0,25066 Cos y = ± 0,50066 Dua vektor memenuhi persyaratan soal. Keduanya adalah 5 = 5<0,84805, - 0,17365,0,50066> = <4,2403, - 0,8683,2,5033> Dan <4,2403, - 0,8683, - 2,5033>

Bidang satu cara yang mengutungkan untuk melukiskan suatu bidang adalah dengan menggunakan bahasa vektor. Andaikan n= sebuah vektor tak nol tetap dan P1(X1,Y1,Z1) adalah titik tetap. Himpunan semua titik P(X,Y,Z) yang memenuhi P1P.n = 0 adalah bidang yang melalui P1 dan tegak lurus n. karena tiap bidang mengandung sebuah titik dan tegak lurus terhadap suatu vektor, maka tiap bidang dapat dicirikan dengan cara ini. Untuk memperoleh persamaan cartesius dari bidang itu, tulis vektor P1P dalam bentuk komponen yakni, P1 P =


21

Maka, P1 P. n = 0 setara terhadap A(x – x1) + B(y – y1) +C(z – z1) = 0 Persamaan ini (di mana paling sedikit salah sat A, B, C, tidak nol) disebut bentuk baku persamaan bidang. Jika tanda kurung kita hilangkan dan disederhanakan, persamaan dalam kotak akan berbentuk persamaan linier umum Ax + By + Cz = D,

A2 + B2 + C2 ≠ 0

3. Hasil kali silang Hasil kali titik dari dua vektor adalah sebuah scalar. Kita telah menggali beberapa penggunaannya pada pasal sebelumnnya. Sekarang kita perkenalkan hasil kali silang(hasil kali vektor atau cross product); ini juga akan banyak penggunaannya. Hasil kali silang u x v untuk u = (U1,U2,U3) dan v = (V1,V2,V3) didefinisikan sebagai U x V = (U2V3 – U3V2, U3V1 – U1V3, U1V2 – U2V1) Teorema A Andaikan u dan v vektor-vektor dalam ruang dimensi tiga dan Ѳ sudut antara mereka maka: 1. u .(u x v) = 0 = v .(u x v) – yakni u x v tegak lurus terhadap u dan v; 2. u, v, dan u x v membentuk suatu system tangan kanan rangkap tiga. 3. |u x v | = |u||v| sin Ѳ.


22

Bukti andaikan u = dan v = .

1. u . (u x v) = u1(u2v3 – u3v2) +u2 (u3v1 – u1v3) + u3 (u1v2 – u2v1). pada waktu kita menghilangkan tanda kurang, ke enam suku saling menghapuskan dalam pasangan. Hal yang serupa terjadi pada waktu menguraikan v.(u x v).

2. arti system tangan kana untuk rangkap tiga u, v, u x v diilustrasikan pada gambar. Di sana Ѳ adalah sudut antara u dan v, dan tangan dikepalkan pada arah rotasi melalui Ѳ yang membuat u berimpit dengan v. kelihatannya sukar dikembangkan secara analistis bahwa, rangkap tiga yang ditunjukkan adalah system tangan kanan, tetapi anda boleh memeriksanya dengan sedikit contoh. Perhatikan secara khusus bahwa karena i x j = k, ganda tiga i, j, i xj adalah tangan kanan.

3. Kita memerlukan kesamaan langrange Contoh soal: |u x v|2 = |u|2|v|2 – (u.v)2 |u x v|2 = |u|2|v|2 – (|u||v| cos Ѳ)2 = |u|2|v|2 (1 – cos2 Ѳ) = |u|2|v|2 sin2 Ѳ Karena 0 ≤ Ѳ ≤ , sin Ѳ ≥ 0. Jadi, dengan mengambil akar kuadrat yang utama menghasilkan

|u x v| = |u||v| sin Ѳ


23

4. Garis dan kurva dalam ruang dimensi tiga Garis dari semua kurva, yang paling sederhana adalah sebuah garis. Garis ditentukan oleh suatu titik tetap P0 dan suatu vektor v = ai + bj + ck. Garis adalah himpunan semua titik P sedemikian sehingga P0 P adalah sejajar terhadap v – yakni, yang memenuhi

P0 P = tv

Contoh 1 cari persamaan parameter untuk garis yang melalui (3, -2, 4) dan (5, 6, -2)

Penyelesaian sebuah vektor yang sejajar terhadap garis yang diberikan adalah V = (5 – 3, 6 + 2, -2 -4) = (2, 8, -6)

Jika kita pilih (X0, Y0, Z0) sebagai (3, -2, 4), kita peroleh ppersamaan parameter X = 3 + 2t,

y = -2 + 8t,

z = 4 – 6t

Perhatikan bahwa t = 0 menentukan titik (3, -2, 4), sedangkan t =1 memberikan (5, 6, -2). Sebenarnya, 0 ≤ t ≤ 1 berpadanan dengan ruas garis yang menghubungkan kedua titik ini.

Contoh 2 cari persamaan simetri dari garis yang sejajar vektor Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

24

(4, -3, 2) dan melalui (2, 5, -1) Penyelesaian X–2=Y–5=Z+1 4

-3

2

Contoh 3 cari persamaan simetri dari garis potong bidang-bidang 2x – y – 5z = -14 dan 4x + 5y + 4z = 28

Penyelesaian kita mulai dengan pencarian dua titik pada garis. Sebarang dua titik akan memenuhi, tetapi kita pilih untuk mencari titik di mana garis menembus bidang yz dan xz. Yang terlebih dahulu di peroleh dengan menentapkan x = 0 dan menyelesaikan persamaanpersamaan yang dihasilkan –y – 5z = -14 dan 5y + 4z = 28 secara serentak. Ini menghasilkan titik (0,4,2). Prosedur serupa dengan y = 0, memberikan titik (3, 0, 4). Akibatnya, sebuah vektor yang sejajar terhadap garis yang disyaratkan adalah (3 – 0, 0 – 4, 4 – 2) = (3, -4, 2)


25

Contoh 4 cari persamaan simterik untuk garis singgung pada kurva ditentukan oleh 2

3

R(t) = ti + t j + t k Di P(2) = (2,2, ) Penyelesaian r’(t) = i + tj + t2k dan r’(2) = i + 2j + 4k sehingga garis singgung mempunyai arah (1, 2, 4). Persamaan simetriknya adalah

x -2 = y – 2 = z -

1

2

4

garis singgung pada kurva r = r(t) = f(t)i + g(t)j + h(t)k

5. Kecepatan, percepatan, dan kekurangan Semua yang kita lakukan pada gerak kurvilinear pada bidang dirapatkan secara alamiah ke ruang dimensi tiga. Andaikan. R(t) = f(t)I + g(t)j + h(t)k, a ≤ t ≤ b


26

Adalah vektor posisi untuk titik p = p(t) yang menjelajahi kurva selama t bertambah besar. Kita misalkan r’(t) ada dan kotinu dan r’(t) ≠ 0, pada kasus yang demikian kurva itu disebut mulus.

Contoh 1 untuk gerak yang di uraikan, hitung percepatan a pada t = 2 . Penyelesaian V(t) = r’(t) = - a sin ti + a cos tj + ck A(t) = r’(t) = -a cos ti – a sin tj A(2 ) = = -ai

Contoh 2 Penyelesaian lintasan terbang lebah terdiri dari satu bagian spiral dan satu bagian garis lurus yang panjangnya masing-masing adalah L1 dan L2. Pada bagian spiral, r’(t) = (cos t – t sin t)i + (sin t + t cos t)j + k dan |r’(t)| = [(cos t – t sin t)2 + (sin t + t cos t)2 + 1]1/2 =√

2


27

BAB II FUNGSI TRANSENDEN •

Fungsi invers

•

Fungsi logaritma dan eksponen

•

Turunan dan integral fungsi eksponen dan logaritma

•

Fungsi invers trigonometri

•

Turunan dan integral fungsi invers trigonometri

Fungsi Invers Definisi Jika fungsi f dan g memenuhi dua kondisi setiap x dalam domain g f ( g ( x)) untuk x setiap x dalam domain f g ( f ( x)) untuk x Maka dikatakan bahwa f adalah invers dari g dan g adalah invers dari f, atau f dan g adalah fungsi-fungsi invers.


28

Definisi Jika fungsi f mempunyai invers, maka dikatakan bahwa y  f (x)

dapat

diselesaikan untuk x sebagai fungsi dari y dan dikatakan penyelesaian dari y  f 1 ( xmerupakan )

y  f (x)

untuk x sebagai fungsi y.

Teorema Jika f fungsi satu-satu, maka grafik dari

y dan f (x)

x  adalah f 1 ( y)

pencerminan dari fungsi satu dengan fungsi yang lain terhadap garis

yx Contoh suatu fungsi dan inversnya:


29

Contoh:

f ( x)  3 x  2

Carilah invers dari

y  3x  2 , kemudian x dan y ditukar x  3y  2 x2  3y  2

y Maka



1 2 x 2 3

 



1 2 x 2 , x >0 3

f 1 ( x) 

Turunan fungsi invers Andaikan dapat diturunkan, monoton murni pada interval I, dan bila f’(x) ≠ 0 pada suatu titik x dalam interval I, maka invers f dapat diturunkan di titik y = f(x) dan berlaku

( f 1 )' ( y ) 

1 f ' ( x)

1. Jika f ( x)  x 5  2 x  1 maka tentukan  f

1

 ' (4)!

2. M isal f ( x)  x 3  2 maka tentukan  f

1

 ' (6)!


30

Logaritma Sifat satu kesatu yang mengakibatkan fungsi f ( x)  a x untuk

a  0 dan a  1 mempunyai invers, yang dinamakan fungsi logaritma dengan bilangan dasar a, dan ditulis y  f 1 ( x)  a log x

berdasarkan sifat invers y  f 1 ( x)  x  f ( y) diperoleh definisi logaritma berikut. y  a log x  x  a y , a  0, a  1 Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

31

Sesuai dengan daerah asal dan daerah eksponen, untuk y  a log x berlaku kondisi a  0 dan y  R . Karena grafik fungsi dan inversnya simetri terhadap garis y = x, maka grafik fungsi logaritma diperoleh dengan mencerminkan kurva f (x) = ax terhadap garis y = x.

a. Logaritma Natural Logaritma natural adalah logaritma yang berbasis e, dimana e adalah

2.718281828459...

(dan

seterusnya).

Logaritma

natural

terdefinisikan untuk semua bilangan real positif x dan dapat juga didefinisikan untuk bilangan kompleks yang bukan 0. Aturan pangkat, tidak dapat memberikan fungsi yang antiturunannya adalah 1/x. Tetapi, dengan

menggunakan

Teorema

Dasar

Kalkulus

kitadapat

mendefinisikan fungsi melalui integral yang turunannya adalah 1/x.Fungsi ini kita sebut logaritma natural dari x, ditulis ln x. Dapat dibuktikan, tapi tidak diberikan pada kuliah ini, bahwa fungsi ini sama dengan fungsi logaritma berbasis e yang telah kita kenal di SMA. Fungsi logaritma natural didefinisikan sebagai : x

1 ln x   dt , x  0 t 1

ln x  e log x


32

Notasi  Ahli matematika biasanya menggunakan "ln(x)" atau "log(x)" untuk menotasikan loge(x), atau logaritma natural dari x, dan menggunakan "log10(x)" untuk menotasikan logaritma berbasis 10 dari x.  Insinyur, ahli biologi, dan orang dalam bidang-bidang lain, hanya menggunakan "ln(x)" atau kadang-kadang (untuk supaya lebih jelas) "loge(x)" untuk menotasikan logaritma natural dari x, dan "log(x)" digunakan untuk logaritma berbasis 10, log10(x) atau, dalam konteks teknik komputer, log2(x).  Kebanyakan bahasa komputer, termasuk C, C++, Fortran, dan BASIC, "log" atau "LOG" berarti logaritma natural.  Pada kalkulator, tombol ln berarti logaritma natural, sedangkan tombol log adalah untuk logaritma berbasis 10. Sifat-sifat logaritma natural Pada contoh sebelumnya telah kita lihat bahwa turunan dari ln5x sama dengan turunan dari lnx yaitu 1/x. Fakta ini berguna untuk membuktikan teorema berikut. Teorema Jika a dan b  0 dan r bilangan rasional, maka



ln 1  0



ln ab  ln a  ln b



ln



ln a r  r ln a

a  ln a  ln b b


33

b. Ln sebagai invers fungsi eksponensial natural Fungsi ln adalah invers dari fungsi eksponensial: e ln(x )  x untuk semua x yang positif dan

 

ln e x  x

untuk semua x yang real.

Logaritma dapat didefinisikan untuk basis lainnya, asal positif, tidak hanya e, dan biasanya berguna untuk memecahkan persamaan yang variabel tidak diketahuinya merupakan pangkat dari variabel lain. c. Mengapa

disebut "natural"

Sekilas, tampaknya yang lebih "natural" tentunya adalah logaritma yang berbasis 10, karena basis angka yang digunakan umumnya juga 10. Namun, ada dua alasan mengapa ln(x) disebut logaritma natural: pertama, persamaan-persamaan yang variable tak diketahuinya merupakan pangkat dari e jauh lebih sering dijumpai dibanding yang merupakan pangkat dari 10 (karena sifat-sifat

"natural" dari

fungsi

eksponensial

yang dapat

menggambarkan growth/pertumbuhan dan decay/penurunan), dan kedua, karena logaritma natural dapat didefinisikan dengan mudah menggunakan integral yang dasar atau Deret Taylor (lihat penjelasan di bawah), dan logaritma berbasis lainnya tidak dapat didefinisikan seperti ini. Sebagai contoh, lihat turunan dibawah ini: d 1 log b x   dx x  ln b Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

34

Jika basis b adalah e maka turunan yang didapat adalah 1/x dan jika x=1, kemiringan kurva adalah 1. d. Logaritma Umum Sifat-sifat logaritma : 1. b log 1  0 2. b log b  1 3. b log ac  b log a  b log c 4. b log

a b  log a  b log c c

5. b log a r  r b log a 6. log a 

c

b

c

log a log b

e. Turunan logaritma natural Dengan menggunakan Teorema Dasar Kalkulus kita peroleh bahwa x

d 1 d 1 dt  ln x  , x  0  dx 1 t dx x

Secara umum, dengan menggunakan Dalil Rantai kita peroleh bahwa:

d 1 d ln u x   u x  dx u x  dx


35

Eksponen a. Fungsi Eksponensial Natural Fungsi eksponensial natural, y=exp(x), adalah inverse dari logaritma natural.x=exp(y)  y=ln x. Bilangan basis fungsi ini, ditulis e=exp(1) sehingga ln e=1. Ekspansi desimal bilangan iniadalah e≈2,71828182845…

Dengan demikian, e

1

 t dt  1 1

Dari definisi langsung diperoleh bahwa 1. exp(ln x)=x, bila x>0. 2. ln(exp(x)) =x.


36

Perlu dicatat, bahwa e adalah bilangan transenden (dibuktikan oleh Euler), yaitu tidak ada polinom p(x) sehingga p(e)=0. Kita dapat mengkonfirmasikan (saat ini untuk bilangan rasional r), bahwa y=exp(x) adalah sebuah fungsi eksponesial. er=exp(ln er)= exp(rln e)= exp(r) Sejauh ini kita telah mendefinisikan bilangan pangkat dengan pangkat rasional. Untuk x irrasional, kita kembali pada definisi fungsi eksponesial, yaitu e x  exp x 

Jadi, untuk selanjutnya. 1. e ln x  x , untuk x>0.

 

2. ln e x  x , untuk tiap x. b. Turunan dari exp(x) Misalkan y=ex. Karena ln x dan exp(x) saling inverse, maka x=ln y. Apabila kedua sisi didiferensialkan, dengan menggunakan Aturan Rantai, diperoleh bahwa 1=(1/y)Dxy atau Dxy =y . Teorema

 

d x e  ex dx

Sebagai akibat kita peroleh Teorema

e

x

dx  e x  C

c. Fungsi Logaritma dan Eksponesial Umum Kita telah berhasil mendefinisikan e x untuk tiap bilangan real x, termasuk e  . Namun bagaimana dengan  e ? Kita akan memanfaatkan hubungan x=exp(ln x). Definisi Jika a  0 dan adalah sebarang bilangan real, maka Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

37

a x  e x ln a

Dengan demikian, kita peroleh bahwa

 





ln a x  ln e x ln a  x ln a

Catatan: definisi di atas memungkin kita untuk memperluas aturan

 





ln a r  ln e r ln a  r ln a yang sebelumnya hanya berlakuuntuk r rasional.

d. Sifat-sifat a x Sifat-sifat Fungsi Eksponen Diberikan a  0, b  0, dan x, y sebarang bilangan real. 1. a x a y  a x  y

 

2. a x

y

 a xy

x

ax a 3.    x b b 4.

ax  a x y y a

5. ab  a x b x x

Teorema fungsi eksponensial Dx a x  a x ln a

a

x

dx 

1  C, a  0 ln a x

e. Fungsi log a x Pada bagian ini kita akan membangun fungsi logaritma berbasis bilangan positif a≠1, logax. Fungsi ini didefinisikan sebagai inverse dari fungsi eksponensial a x . Definisi Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

38

Misalkan a  0, a  1 , maka y  log a x  x  a y Catatan: ln  log a x Hubungannya dengan logaritma biasa dapat diperoleh secara berikut. Misalkan y  log a x sehingga x  a y .

ln x  ln a y  y  ln a sehingga log a x 

ln a ln x

Fungsi Invers Trigonometri Definisi Fungsi invers sinus, dinotasikan sin 1, didefinisikan sebagai invers dari fungsi

sin x,   / 2  x   / 2

Fungsi invers cosinus, dinotasikan cos 1, didefinisikan sebagai invers dari fungsi

cos x, 0  x  

Fungsi invers tangen, dinotasikan tan 1 , didefinisikan sebagai invers dari fungsi tan x,   / 2  x   / 2

Fungsi invers secan, dinotasikan sec 1 , didefinisikan sebagai invers dari fungsi sec x, 0  x   / 2 atau   x  3 / 2 Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

39

Teorema  1  x  1 y  sin 1 x  sin y  x jika    / 2  y   / 2  1  x  1 y  cos 1 x  cos y  x jika  0  y       x   y  tan 1 x  tan y  x jika    / 2  y   / 2 x 1 x  1   y  sec 1 x  sec y  x jika  atau  0  y   / 2   y  3 / 2


40

BAB III TURUNAN PARSIAL Turunan Parsial adalah sebuah perubahan nilai dari suatu fungsi yang mempunyai dua variabel atau lebih secara sebagian atau tidak seluruhnya akan diturunkan

satu – persatu. Jika pada fungsi z = f(y,x) kita turukan

terhadap variabel x maka y akan dianggap sebagai konstanta dan bisa disebut kita mencari turunan turunan parsial z terhadap x.

1.

Fungsi dua Peubah atau Lebih Fungsi dua peubah atau lebih dapat ditulis dalam bentuk eksplisit

atau implisit. Jika fungsi dua peubah dinyatakan dalam bentuk eksplisit, maka penulisannya

secara umum dinyatakan dengan

z  F ( x, y) .

Sebaliknya jika fungsi dua peubah dinyatakan dalam bentuk implisit, maka penulisannya dinyatakan dengan F ( x, y, z )  0 Contoh: 1. z  2 x  y  F ( x, y)  2 x  y 2. z  ln x  2 y 2

3. z  1  2

4

 F ( x, y)  ln x 2  y 2

1 2 sin x  sin y

4. xy  xz  yz  0 5. xy  e x sin y  0 6. ln x 2  y 2  arctan 7. arctan

y 0 x

y  2z  0 x


41

Berdasarkan contoh di atas, fungsi yang ditulis dalam bentuk eksplisit adalah 1,2, dan 3. Sedangkan contoh 4, 5, 6, dan 7 adalah fungsi yang ditulis dalam bentuk implisit. Semua fungsi dalam bentuk eksplisit dengan mudah dapat dinyatakan dalam bentuk implisit. Akan tetapi tidak semua fungsi dalam bentuk implisit dapat dinyatakan dalam bentuk eksplisit. Untuk menggambar kurva fungsi dua peubah dapat dengan membuat sumbu-sumbu koordinat, yaitu sumbu x, sumbu y, dan sumbu z, sehingga pada sumbu tersebut membentuk ruang dan masing-masing ruang disebut oktan . Oktan I adalah ruang dengan x>0, y>, dan z>0 Oktan II adalah ruang dengan x>0, y<0, dan z>0 Oktan III adalah ruang denganx<0, y<0, dan z>0 Oktan IV adalah ruang dengan x<0, y>0, dan z>0 Oktan V adalah ruang dengan x>0, y>, dan z<0 Oktan VI adalah ruang dengan x>0, y<0, dan z<0 Oktan VII adalah ruang denganx<0, y<0, dan z<0 Oktan VIII adalah ruang dengan x<0, y>0, dan z<0 Berdasarkan oktan-oktan tersebut, dapat digambarkan sebarang titik P(x 1 ,y 1 ,z 1 ) atau kurva ruang dengan persamaan z  F ( x, y) Perhatikan gambar berikut.


42

Z

P( x1 , y1 , z1 )

z1

X

y1 x1

Y

Pada gambar di atas P( x1 , y1 , z1 ) adalah sebarang titik pada oktan I, dengan menggunakan kaidah dan teorema Pythagoras dapat ditentukan panjang OP sebagai OP  x12  y12  z12

Dengan cara yang sama, jika P( x1 , y1 , z1 ) dan Q( x2 , y 2 , z 2 ) maka panjang PQ dinyatakan dengan PQ  ( x2  x1 ) 2  ( y 2  y1 ) 2  ( z 2  z1 ) 2 Selanjutnya, misal z  F ( x, y) maka dapat ditentukan gambar kurva ruang.

2.

Turunan Parsial Fungsi Dua atau lebih Misal z  F ( x, y) adalah fungsi dengan variabel bebas x dan y.

Karena x dan y variable bebas maka terdapat beberapa kemungkinan yaitu: 1. y dianggap tetap, sedangkan x berubah-ubah. 2. x dianggap tetap, sedangkan y berubah-ubah 3. x dan y berubah bersama-sama sekaligus. Gambar 1.1 : Kubus


43

Pada kasus 1 dan 2 diatas mengakibatkan fungsinya menjadi fungsi satu

peubah,

sehingga

fungsi

tersebut

dapat

diturunkan

dengan

menggunakan definisi turunan pertama yang telah dipelajari pada kalkulus diferensial. Definisi Misal z  F ( x, y) adalah fungsi dua peubah yang terdefinisi pada interval tertentu, turunan parsial pertama z terhadap x dan y dinotasikan dengan dan

z x

z dan didefinisikan oleh y

z F ( x  x, y)  F ( x, y) , asalkan limitnya ada  lim  x  0 x x

dan

z F ( x, y  y )  F ( x, y) , asalkan limitnya ada  lim  y  0 y y

Contoh : 1

Tentukan

z z dan dari z  x 2  y 2 x y Jawab z F ( x  x, y)  F ( x, y)  lim x x0 x

 lim

x 0

( x  x) 2  y 2  x 2  y 2 x


44

( x  x) 2  y 2  x 2  y 2 ( x  x) 2  y 2  x 2  y 2 . . x ( x  x) 2  y 2  x 2  y 2

 lim

x 0

 lim

x 0

( x  x) 2  y 2  ( x 2  y 2 )



x ( x  x) 2  y 2  x 2  y 2

x 2  2 xx  x 2  y 2  ( x 2  y 2 )

 lim

x 0

 lim

x 0



x ( x  x) 2  y 2  x 2  y 2 2 x  x

x 0





x ( x  x) 2  y 2  x 2  y 2 2 xx  x 2

 lim





( x  x) 2  y 2  x 2  y 2 2x

2 x2  y2

x x  y2 2

z F ( x, y  y )  F ( x, y)  lim y y 0 y

 lim

x 2  ( y  y ) 2  x 2  y 2 x

 lim

x 2  ( y  y ) 2  x 2  y 2 x 2  ( y  y ) 2  x 2  y 2 . . x x 2  ( y  y ) 2  x 2  y 2

y 0

x 0

 lim

x 0

 lim

x 0

x 2  ( y  y) 2  ( x 2  y 2 ) x x 2  ( y  y) 2  x x 2  y 2 x 2  y 2  2 yy  y 2  ( x 2  y 2 ) x x 2  ( y  y) 2  x x 2  y 2


45

 lim

x 0

2 yy  y 2 x x 2  ( y  y ) 2  x 2  y 2 2 y  y

 lim

x 0





2

x  ( y  y) 2  x 2  y 2 2

2y 2 x2  y2 y x2  y2

Tentukan

z z dan dari z  sin( x  y) y x Jawab z F ( x  x, y)  F ( x, y)  lim  x  0 x x sin( x  x  y)  sin( x  y)  lim x 0 x 1 1 2 cos ( x  x  y  x  y ) sin ( x  x  y  x  y ) 2 2  lim x 0 x x x cos( x  y  ) sin 2 2  2 lim x 0 x x    sin  x   2   2 lim cos x  y  lim   x 0 2  x0 x       x   sin  1 x   2    2 lim cos x  y   lim x 0 2  x0 x  2     2 


46

1  2 cos( x  y )(1)  2  cos( x  y)

z F ( x, y  y )  F ( x, y)  lim y y 0 y sin( x  y  y)  sin( x  y ) y 0 y 1 1 2 cos ( x  y  y  x  y ) sin ( x  y  y  x  y ) 2 2  lim y 0 y y y cos( x  y  ) sin 2 2  2 lim y 0 y y   sin   y   2    2 lim cos x  y   lim y 0 2  y 0 y       y    sin   y   2 1  2 lim cos x  y   lim  y 0 2  y 0 y  2     2  1  2 cos( x  y )(1)  2  lim

 cos( x  y)

Untuk memudahkan dalam menentukan turunan parcial dapat dilakukan dengan menggunakan metode sederhana sebagai berikut. Andaikan z sama artinya dengan menurunkan z  F ( x, y) maka untuk menentukan x variabel x dan variabel y dianggap konstan dan selanjutnya y diturunkan. z Demikian pula untuk menentukan sama artinya dengan menurukan y variable y dan variable x dianggap konstant lalu diturunkan. Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

47

Dengan cara yang sama, andaikan W  F ( x, y, z) adalah fungsi tiga peubah yang terdefinisi dalam selang tertentu maka turunan parsial pertama dinyatakan dengan

W W W , dan yang secara berturut didefinisikan , z x y

oleh: W F ( x  x, y, z )  F ( x, y, z )  lim  x  0 x x

W F ( x, y  y, z )  F ( x, y, z )  lim y x0 y W F ( x, y, z  z )  F ( x, y, z )  lim z z 0 z

Asalkan limitnya ada. Selain menggunakan definisi di atas, maka turunan parsial fungsi dua peubah juga dapat dilakukan dengan metode sederhana. Misal z  F ( x, y) ,

z berarti x adalah variable dan y konstanta sedangkan x

z berarti y variabel dan x konstanta. Demikian pula, misal W  F ( x, y, z) y W W berarti x adalah variabel y dan z adalah konstanta. berarti y x y variabel x dan z adalah konstanta.

W berarti z variabel x dan y adalah z

kosntanta.

Contoh:  y 1. Ditentukan F ( x, y, z )  xyz  2 tan  x

Carilah turunan parsial pertamanya. Dengan metode sederhana didapat


48

a.

F ( x, y, z )  yz  x

 y   2   y  x  1   x

 yz  

b.

2

2

2 yx 2 x 2 (1  y 2 )

x 2 yz (1  y 2 )  2 yx 2 x 2 (1  y 2 )

F ( x, y, z )  xz  y

 xy 

1    y  x 1   x 2

2

2x 2 x(1  y 2 )

x 2 yz (1  y 2 )  (2 yx 2  x 2 (1  y 2 ) c.

F ( x, y, z )  xy z

Berdasarkan turunan parsial pertama fungsi dua peubah atau lebih dapat ditentukan turunan parsial ke n untuk n  2. Turunan parsial tersebut dinamakan turunan parsial tingkat tinggi. Dengan menggunakan analogi fungsi satu peubah dapat ditentukan turunan parsial tingkat 2, 3 dan seterusnya. Jadi andaikan z  F ( x, y) maka: Turunan parsial tingkat dua adalah

2z 2z 2z 2z , , , dan yx x 2 y 2 xy

Demikian pula, jika W  F ( x, y, z) Turunan parsial tingkat dua adalah

 2W  2W  2W  2W  2W  2W  2W  2W  2W , , , , , , , , x 2 y 2 z 2 xy xz yz yx zx zy


49

Demikian seterusnya. Banyaknya turunan tingkat ditentukan oleh rumus m n , dimana m banyaknya variabel dan n menunjukkan turunan ke-n Contoh 1

Tentukan

2z 2z xy dan dari fungsi z  2 2 x y y x Jawab

z

xy z y ( x  y )  xy (1) ,diperoleh  x y x ( x  y) 2 

 y2 ( x  y) 2

z x( x  y )  xy (1)  y ( x  y) 2



Sehingga

x2 ( x  y) 2

 2 z   z     x 2 x  x  

   y2    x  ( x  y ) 2 



0( x  y ) 2  ( y 2 )(2)( x  y )(1) ( x  y) 4

2 xy 2  2 y 3  ( x  y) 4

2 z   x2     Dan y 2 y  ( x  y ) 2  0( x  y ) 2  x 2 (2)( x  y )(1)  ( x  y) 4


50

 2

 2 x 3  yx 2 ( x  y) 4

Tentukan

2z 2z x y dan dari fungsi z  2  2 2 2 x y y x Jawab Dari,diperoleh

z 1 2y  2  3 x y x

z 2x 1  3  2 y y x

Sehingga

dan

 2 z   z     x 2 x  x 



  1 2y     x  y 2 x 3 



 6y x4

 2 z    2x 1     2  y 2 y  y 3 x  

6x y4

2z 2z dan Dengan cara yang sama dapat dicari xy yx

3. Differensial Total Misal z  F ( x, y) adalah suatu fungsi yang dapat diturunkan terhadap variable x dan y. Secara berturut-turut dapat diperoleh turunan Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

51

parisal terhadap x dan turunan parsial terhadap y. Keduanya dinyatakan oleh:

z F ( x, y )  ------------- (1) dan x x z F ( x, y ) ------------- (2)  y y Dari (1) dan (2) diperoleh:

dz 

F ( x, y ) F ( x, y ) dx dan dz  dy x y

Jumlah diferensialnya diperoleh:

F ( x, y ) F ( x, y) dx  dy x y Bentuk di atas disebut diferensial total. Dengan demikian jika z  F ( x, y) ,maka diferensial totalnya adalah:

dz 

F ( x, y ) F ( x, y) dx  dy x y

Analog, jika W  F ( x, y, z) maka diferensial totalnya adalah:

dw 

F ( x, y, z ) F ( x, y, z ) F ( x, y, z ) dx  dy  dz x y z

Contoh. 1

Tentukan diferensial total fungsi z  x 3 y  2xy 2

Jawab

z z  3x 2 y  xy 2 ,  x 3  4 xy x y sehingga diferensial total fungsi z  x 3 y  2xy 2 adalah







dz  3x2 y  xy 2 dx  x3  4 xy

2



Tentukan turunan parsial fungsi


52

x

z

x  y2 2

Jawab

z  x





z  y



1

x

2



  x  x 2  y 2  x   x2  y2    2 2 x y

  

 y2  x2

x2  y2 x2  y2

y2 x2  y2 x2  y2

0



  y  x 2  y 2  x   x2  y2    2 2 x y

 xy x2  y2 x2  y2

sehingga diferensial total fungsi z 

x x  y2 2

adalah

 y2 dz    x2  y2 x2  y2 

   xy dx     x2  y2 x2  y2  

 dy  

 y2   x2  y2 x2  y2 

  xy dx     x2  y2 x2  y2  

 dy  


53

3

Dengan menggunakan diferensial total, hitunglah

(2,01)2  (1,99)2  (0,97)2 Jawab Langkah pertama yang harus ditetapkan fungsinya, dalam hal

(2,01)2  (1,99)2  (0,97)2 W  x2  y2  z 2 Pilih x = 2, y = 2 dan z = 1 sehingga W = Karena akan dihitung

2 2  2 2  12 = 3

(2,01)2  (1,99)2  (0,97)2 maka:

x + x = 2,01 sehingga x  0,1 x + y = 1,99 sehingga x  0,1 x + z = 0,97 sehingga x  0,3 dengan menggunakan definisi diferensial total W = F(x,y,z) maka

dW  

F ( x, y, z ) F ( x, y, z ) F ( x, y, z ) dx  dy  dz x y z 2 2 1 (0,1)  (0,01)  (0,03) 3 3 3

= -0,01 Akhirnya diperoleh 4

(2,01)2  (1,99)2  (0,97)2 = 3 + (-0,01) = 2,99

Suatu segitiga siku-siku panjang sisi-sisi penyikunya 15 cm dan 20 cm. Bila sisi panjang dipendekkan

5 cm dan kaki pendek dipanjangkan 16

5 cm . Dengan menggunakan differensial tentukan perubahan panjang 8

sisi miringnya. Jawab Misal x : sisi pendek, y : sisi panjang, dan r : sisi miring maka berlaku


54

r  x2  y2 .

Berdasarkan definisi diferensial total diperoleh

dr 

r r dx  dy x y

dimana dr  r , dx  x , dx  y didapat

r  



r r x  y x y 2x

2 x2  y2

x 

2y 2 x2  y2

y

20 5  5      15 2  20 2  8  15 2  20 2  16  15



15 5 20 5  25 8 25 16



1 cm 8

Hal ini berarti sisi miring dipanjangkan

1 cm. 8

4. Turunan Total Misal z  F ( x, y) dan F dapat diturunkan (differentiable). Selanjutnya dimisalkan x  x(t ) dan y  y(t ) , x dan y adalah fungsi satu peubah yaitu peubah t yang dapat diturunkan. Maka z  F ( x, y) adalah fungsi satu peubah, sehingga:

dz 

F ( x, y ) F ( x, y) dx  dy x y

karena x =x(t) dan y=y(t) dapat diturunkan maka dapat ditentukan dy dx sehingga dan dx dt Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

55

dz F ( x, y ) dx F ( x, y ) dy   dt x dt y dt Bentuk di atas dinamakan turunan total z  F ( x, y) dengan x  x(t ) dan y  y(t )

Catatan Pengertian ganda z, x, dan y pada

dz F ( x, y ) dx F ( x, y ) dy   dt x dt y dt

Pada

z z dz , z berarti F x(t ), y(t ) , Sedangkan dan , z berarti f(x,y). x y dt

Pada

F ( x, y ) dy . y dt

Andaikan z  F ( x, y) adalah fungsi yang dapat diturunkan, dan misalkan x  x(r, s) dan y  y(r, s) adalah fungsi dua peubah dan dapat diturunkan,

maka diferensial totalnya adalah dz 

F ( x, y ) F ( x, y) dx  dy x y

Karena x  x(r, s) dan y  y(r, s) dan dapat diturunkan, maka dapat ditentukan

x x y y dan , , r s r s

Sehingga turunan total z  f ( x, y),  x(r, s) dan y  y(r, s) adalah

z F ( x, y) x F ( x, y) y   r x r y r z F ( x, y ) x F ( x, y ) y   s x s y s Dengan cara yang sama diperoleh 1. Jika W  F ( x, y, z), x  x(t ), y  y(t ), dan z  z(t ) maka turunan totalnya adalah:


56

dW F ( x, y, z ) dx F ( x, y, z ) dy F ( x, y, z ) dz    dt x dt y dt z dt 2. Jika W  F ( x, y, z), x  x(r, s), y  y(r, s), dan z  z(r, s) maka turunan parsialnya adalah:

W F ( x, y, z ) x F ( x, y, z ) y F ( x, y, z ) z    r x r y r z t dan

W F ( x, y, z ) x F ( x, y, z ) y F ( x, y, z ) z    s x s y s z s Contoh Tentukan turunan total fungsi-fungs berkut.

1 t

1) F ( x, y, z )  xy  yz  xz , x  , y  1  t , dan z  2t

2

Jawab Turunan total fungsi di atas adalah:

dW F ( x, y, z ) dx F ( x, y, z ) dy F ( x, y, z ) dz    dt x dt y dt z dt  1  1   y  z   2   x  z    t   2 1 t 2) F ( x, y) 

    y  x 4t  

1 , x  2r  s, dan y  3r  s 2 x  y2 2

Jawab Turunan total fungsi di atas adalah

z F ( x, y ) x F ( x, y) y   r x r y r Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

57

   x y 2       (x2  y 2 ) x 2  y 2   (x2  y 2 ) x2  y 2      2x   3  (x2  y 2 ) 2 

 3  

     3y     2 2 2 2    (x  y ) x  y  

z F ( x, y ) x F ( x, y ) y   s x s y s  x    (x2  y 2 ) x 2  y 2    x   3  (x2  y 2 ) 2 

  y 1      (x2  y 2 ) x2  y 2  

 2s  

     2 ys     2 2 2 2    (x  y ) x  y  

3) Suatu tempat berbentuk silinder (tabung) dengan jari-jari alasnya 15 cm dan tingginya 20 cm. Karena pemuaian, tinggi slinder bertambah 0,5 cm/det dan jari-jarinya berkurang 1 cm/det. Hitunglah perubahan yang terjadi terhadap volume dan luas permukaan silinder.

Jawab.

h

r Gambar 1.2:Kerucut

Misal jari-jari tabung r, tinggi h dan volume I, maka

I  r 2 h Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

58

I  I (r , h) Diketahui r = 15 cm, h = 20 cm,

1 cm r 0,5cm h ,   t det t det

Dengan definisi turunan total

I  I (r , h) dengan r dan h bergantung pada waktu t, maka diperoleh dI I dr I dh   dt r dt h dt  2rh

dr dh  r 2 dt dt

 0,5 cm  2  1 cm   2 15 cm 20 cm     15 cm      det   det 

 300

cm 3 cm 3  225 det det

 75

cm 3 det

Turunan Parsial Fungsi Implisit Turunan parsial fungsi juga dapat dilakukan untuk fungsi-fungsi yang ditulis dalam bentuk implisit. Misal f ( x, y)  0 adalah fungsi implisit maka untuk menentukan turunan parsialnya dapat dilakukan dengan menggunakan kaidah diferensial totalf Karena f ( x, y)  0 maka df ( x, y)  d (0) Sehingga

f ( x, y ) f ( x, y) dx  dy = 0 x y Dengan membagi masing-masing bagian dengan dx, diperoleh:



f ( x, y) f ( x, y ) dy  0 x y dx


59



f ( x, y ) dy f ( x, y )  y dx x

f ( x, y ) dy    x f ( x, y ) dx y

Contoh 1) Tentukan

dy dx bila diketahui f ( x, y)  xy  e x sin y  0 dan dx dy

dy , menurut definisi turunan total dx f ( x, y ) dy   x f ( x, y ) dx y

akan dicari

y  e x sin y  x  e x cos y f ( x, y ) dx y  f ( x, y ) dy x x  e x cos y  y  e x sin y

2) Tentukan

dy dx  y dan dari f ( x, y )  ln x 2  y 2  arctan   0 dx dy x

f ( x, y ) dy   x f ( x, y ) dx y


60

2x  y x2  y2  2y  x x2  y2



2x  y x  2y

f ( x, y ) dx y  f ( x, y ) dy x



x  2y 2x  y

Sebagaimana telah dibahas sebelumnya bahwa fungsi dua peubah secara implisit dinyatakan dengan f ( x, y, z)  0 . Contoh 1. xy  yz  xz  0

x 2. e xy  sin   0  y 3. x 2  y 2  z 2  25  0

a. Turunan Fungsi Implisit 2 Peubah Fungsi Implisit 2 peubah secara umum dinyatakan dalam bentuk f ( x, y, z)  0

Dengan menggunakan diferensial total Andaikan W  f ( x, y, z)  0 maka df ( x, y, z)  d (0) 

F ( x, y, z ) F ( x, y, z ) F ( x, y, z ) dx  dy  dz  0 x y z Jika masing masing bagian dibagi dx akan diperoleh Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

61

F ( x, y, z ) F ( x, y, z ) dy F ( x, y, z ) dz   0 x y dx z dx Karena akan dicari turunan fungsi terhadap x, maka

dy  0 . Dan karena dx

fungsi lebih dari satu variabel maka turunan terhadap x dinyatakan dengan z , sehingga: x F ( x, y, z ) F ( x, y, z ) z  0 x z x 

F ( x, y, z ) z F ( x, y, z )  z x x

F ( x, y, z ) z x    F ( x , y, z ) x z Dengan menurunkan terhadap z dan menentukan

0

F ( x, y, z ) y F ( x, y, z )  0 y z z



F ( x, y, z ) y F ( x, y, z )  z z z

y diperoleh z

F ( x, y, z ) y x    F ( x , y, z ) x y

Dengan menurunkan terhadap y dan menentukan

x diperoleh y

F ( x, y, z ) x F ( x, y, z )  0 0 x y y 

F ( x, y, z ) x F ( x, y, z )  x y y


62

F ( x, y, z ) x y   F ( x, y, z ) y x

Sehingga turunan pertama fungsi implisit f ( x, y, z)  0 adalah

 x x z  y z x

z y y dan y x z

Contoh 1. Tentukan

x dari xy  yz  xz  0 y

Jawab Karena f ( x, y, z)  xy  yz  xz  0 Maka

f ( x, y, y ) f ( x, y, y )  x  z , sehingga menurut  y  z dan y x

definisi turunan fungsi implisit 2 peubah F ( x, y, z ) x y  F ( x, y, z ) y x 

x z yz

2. Tentukan

x  y dari e xyz  z sin   0 z x

Jawab  y Karena f ( x, y, z )  e xyz  z sin   0 x


63

Maka

 x  1  f ( x, y, y )  ( yz )e xyz  z cos    dan x  y  y 

x f ( x, y, y )  ( xy )e xyz  sin  , z  y

sehingga menurut definisi turunan

fungsi implisit 3 peubah

F ( x, y, z ) x z  F ( x, y, z ) z x ( yz )e xyz  

x z cos  y  y

x ( xy )e xyz  sin    y

3. Tentukan

z dari x 2  y 2  z 2  25  0 y

Jawab Karena f ( x, y, z)  x 2  y 2  z 2  25  0 Maka

f ( x, y, y ) f ( x, y, y )  2 y , sehingga menurut definisi  2 z dan y z

turunan fungsi implisit 3 peubah F ( x, y, z ) z y  F ( x, y, z ) y z 

2y 2z



y z


64

b. Turunan parsial fungsi implisit 4 peubah Bentuk umum fungsi impilisit 4 peubah dinyatakan dengan

 F ( x, y , u , v )  0  G ( x, y, u, v)  0 Atau F ( x, y, u, v)  0 dan G( x, y, u, v)  0

Dimana variable x sejenis dengan y (berpasangan) dan variable u sejenis dengan v dan F ( x, y, u, v)  0 serta G( x, y, u, v)  0 tidak dapat berdiri sendiri. Karena u dan v sejenis maka tidak dapat ditentukan tidak dapat pula ditentukan

u v atau dan v u

y y atau x x

Untuk lebih jelasnya perhatikan contoh berikut ini.

Contoh 2   x  y  2uv  0 1.  2 2 2 2   x  xy  y  u  v  0

atau x  y 2  2uv  0 dan x 2  xy  y 2  u 2  v 2  0

2  2u  v  x  xy  0 2.  2  u  2v  xy  y  0

atau 2u  v  x 2  xy  0 dan u  2v  xy  y 2  0

u 2  v 2  2 x  3 y  0 3.  uv  x  y  0 atau Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

65

u 2  v 2  2 x  3 y  0 dan uv  x  y  0

Turunan Parsial fungsi implisit 4 variabel dilakukan dengan menggunakan metode eliminasi. Bentuk umum F ( x, y, u, v)  0 dan G( x, y, u, v)  0 , u,v variabel sejenis, x,y variabel sejenis sehingga tidak dapat ditentukan

x y u v , , , dan . y x v u

Sehingga turunan parsial fungsi implisit yang dapat ditentukan adalah

x x y y u u v v , , , , , , , dan u v v u x y y x Untuk menentukan turunan parsial 4 peubah, langkah ditempuh adalah menurunkan fungsi terhadap peubah yang dimaksud, lalu dari persamaan yang diperoleh gunakan metode eliminasi..

Contoh: 1. Tentukan

u x dari dan x u

Jawab Karena akan ditentukan

u v y x u maka tidak boleh dilakukan , , , x v u x y

x  y 2  2uv  0 dan x 2  xy  y 2  u 2  v 2  0

dengan menurunkan fungsi terhadap variabel x didapat u   x   y   v 1   2 y   2 u  v   0 ………………(1) x   x   x   x  1  0  2u

v u v u  2v  0 atau 2u  2v  1 x x x x

dan x  y u v  x   y - 2 x    x  y   2 y  2u  2v  0 …………(2) x  x x x  x   x Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

66

atau 2u

u v  2v  y  2x x x

Selanjutnya dari (1) dan (2) dengan mengeliminasi 2u

v u  2v  1 x x

(v)

2u

u v  2v  y  2x x x

(u)

v didapat x

didapat

2uv

v u  2v 2  v x x

2u 2

u v  2uv  uy  2ux x x

atau

u  v  u ( y  2 x)  x 2(v 2  u 2 ) =

v  u ( y  2 x) 2(u 2  v 2 )

Karena akan ditentukan

x v u y x maka tidak boleh dilakukan , , , u y u v x

x  y 2  2uv  0 dan x 2  xy  y 2  u 2  v 2  0

dengan menurunkan fungsi terhadap variabel u didapat u   x   y   v 1   2 y   2 u  v   0 ………………(1) u   u   u   u x y  x   y   2y  2v     2 y   2v  0 atau u u  u   u 

dan


67

2x

x  y x  y u x  y   2y  2u  0  0 atau u  u u  u u

 (2 x  y )

x y  ( 2 y  x)  2u ………………(2) u u

Berdasarkan persamaan (1) dan (2), dengan metode eliminasi diperoleh 1

x y  2y  2v u u

 (2 x  y )

................................... . (2y-x)

x y  ( 2 y  x)  2u …………. (2y) u u

Didapat  ( 2 y  x)

x y  2 y ( 2 y  x)  2v(2 y  x) u u

 (2 x  y )2 y

x y  ( 2 y  x) 2 y  2u (2 y) u u

(2 y  x)  (2 x  y)(2 y) x  2v(2 y  x)  2u(2 y) u

Diperoleh

x  4vy  2vx  4uy  u (2 y  x)  (4 xy  2 y 2 ) 

4vy  2vx  4uy (2 y  x  4 xy  2 y 2 )

Berdasarkan jawaban di atas, jelaslah bahwa untuk fungsi implisit 4 peubah tidak berlaku hubungan

u 1 x 1   atau x x u u u x


68

2. Tentukan

u v dari fungsi dan y y

2u  v  x 2  xy  0 dan u  2v  xy  y 2  0


u u v y x maka tidak boleh dilakukan , , , y v u x y

Selanjutnya dengan menurunkan fungsi 2u  v  x 2  xy  0 dan u  2v  xy  y 2  0 terhadap variabel y

didapat

2

u v x  x    2 x   x  y   0 ………………(1) y y y  y 

2

u v u v   0  x  0  atau 2   x y y y y

dan u v  y  y  2   x  y   2y  0 …………(2) y y  x  y



u v u v  2  ( x  0)  2 y  0 atau  2  x  2y y y y y

Selanjutnya dari (1) dan (2) dengan mengeliminasi

2

u v   x y y

u v  2  x  2y y y

v didapat y

(2) (1)

didapat

4

u v  2  2 x y y


69

u v  2  x  2y y y

5

u 1 u  2 y  x   2 y  x atau y 5 y


u v y x v maka tidak boleh dilakukan , , , v u x y y

Selanjutnya dengan menurunkan fungsi 2u  v  x 2  xy  0 dan u  2v  xy  y 2  0 terhadap variabel y

didapat

2

u v x  x    2 x   x  y   0 ………………(1) y y y  y 

2

u v u v   0  x  0  atau 2   x y y y y

dan u v  y  y  2   x  y   2y  0 …………(2) y y  x  y



u v u v  2  ( x  0)  2 y  0 atau  2  x  2y y y y y

Selanjutnya dari (1) dan (2) dengan mengeliminasi

2

u v   x y y

u v  2  x  2y y y

u didapat y

(1) (2)

didapat


70

2

u v   x y y

2

u v  4  2x  4 y y y

5

v v 1  3x  4 y atau  3x  4 y  y y 5

Soal-soal 1. Ditentukan fungsi u 2  v 2  2 x  3 y  0 dan uv  x  y  0 Tentukan: a.

u v u v , , , dan x x y x

b.

x x y x , , , dan u v v u

2. Ditentukan 2u  v  x 2  xy  0 dan u  2v  xy  y 2  0 Tentukan: a.

u v dan x x

b.

x x dan u v

3. Jika x  y 2  2uv  0 dan x 2  xy  y 2  u 2  v 2  0 Tentukan a.

u v dan y y

b.

x x dan u v

c. Turunan Parsial Fungsi Implisit 6 peubah. Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

71

Fungsi implisit 6 peubah, secara umum dinyatakan dalam bentuk:

 F (u, v, w, x, y, z )  0  G (u, v, w, x, y, z )  0  H (u, v, w, x, y, z )  0  u,v,dan w variable sejenis, sehingga tidak dapat ditentukan hasilnya u u v v w w , , , , , v w u w u v

x,y, dan z variable sejenis, sehingga tidak dapat ditentukan hasilnya

y y x x z z , , , , , x z y z x y Contoh fungsi 6 peubah: u  x  y  z  2 2 2 v  x  y  z w  x 3  y 3  z 3 

Atau u  x  y  z  0  2 2 2 v  x  y  z  0 w  x 3  y 3  z 3  0  Perhatikan beberapa contoh di bawah ini. u  x  y  z  0 x  1. Tentukan dari v  x 2  y 2  z 2  0 u w  x 3  y 3  z 3  0 

Jawab Persamaan diturunkan terhadap u dan diperoleh 1

x y z   0 u u u

0  2x

............................(1)

x y z  2y  2z  0 .......................(2) u u u


72

0  3x 2

x y z  3y 2  3z 2 0 u u u


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

x y z maka eliminasikan dan u u u

dari persamaan (1), (2) dan (3) Dari (1) dan (2) dengan mengeliminasi 1

x y z   0 u u u

 2x

x y z  2y  2z 0 u u u

y diperoleh: u

(2y)

 2y  2y

(1)

 2 x

x y z  2y  2y 0 u u u

x y z  2y  2z 0 u u u

(2 x  2 y )

x z  (2 z  2 y )  2 y u u

........(4) Dari (1) dan (3) dengan mengeliminasi 1

x y z   0 u u u

 3y 2  3y 2 0  3x 2

y diperoleh: u

(3y 2 )

x y  3y 2  3y 2  0 u u

x y z  3y 2  3z 2  0 (1) u u u

 0  3x 2

x y z  3y 2  3z 2 0 u u u

(3x 2  3 y 2 )

x z  (3z 2  3 y 2 )  3 y 2 .(5) u u

Selanjutnya eliminasi (2 x  2 y )

z dari persamaan (4) dan (5) diperoleh: u

x z  (2 z  2 y )  2 y u u

3( y  z)


73

(3x 2  3 y 2 )

x z  (3z 2  3 y 2 )  3 y 2 u u

(2)

atau  6( x  y)( z  y)  2(3x 2  3 y 2 )

x z  (2 z  2 y)(3z  3 y)  6 y( z  y) u u

x z  2(3z 2  3 y 2 )  6 y 2 u u

6( x  y)( z  y)  2(3x

2

 3y 2 )

 ux  6 y( z  y)  6 y

2

Sehingga:

x  6 y ( z  y )  (6 y 2 )  u 6( x  y )( z  y )   2(3x 2  3 y 2 )







yz ( x  y )( x  z )

2. Tentukan

z w

dari

u  x  y  z  0  2 2 2 v  x  y  z  0 w  x 3  y 3  z 3  0 

Jawab Persamaan di atas diturunkan terhadap variable w dan diperoleh 0

x y z   0 w w w

............................(1)

0  2x

x y z  2 y  2z  0 ...................(2) w x w

1  3x 2

x y z  3y 2  3z 2  0 ................(3) w w w


z x y maka eliminasikan dan w w w

dari persamaan (1), (2) dan (3) Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

74

Dari (1) dan (2) dengan mengeliminasi 0

x y z   0 w w w

0  2x

x diperoleh: w

…………(2x)  2 x

x y z  2y  2x 0 w w w

x y z x y z  2 y  2z  0 ....... (1)  2 x  2 y  2z 0 w x w w x w ( 2 y  2 x)

y z  (2 z  2 x) 0 w w

......(4) Selanjutnya dari (1) dan (3) dengan mengeliminasi 0

x diperoleh: w

x y z    0 ....................... (3x 2 ) w w w

 3x 2

x y z  3x 2  3x 2 0 w w w

1  3x 2

x y z  3y 2  3z 2  0 ......... (1) w w w

 3x 2

x y z  3y 2  3z 2  1 w w w

(3 y 2  3x 2 )

y z  (3z 2  3x 2 )  1 ...(5) w w

Selanjutnya eliminasi ( 2 y  2 x)

y dari persamaan (4) dan (5) diperoleh: w

y z  (2 z  2 x)  0 ........... 3( y  x)  w w

(3 y 2  3x 2 )

y z  (3z 2  3x 2 )  1 ......(1) w w

atau  3( y  x)(2 y  2 x)

y z )3( y  x(2 z  2 x) 0 w w


75

 (3 y 2  3x 2 )

y z  (3z 2  3x 2 ) 1 w w

3( y  x)(2 z  2 x)  (3z

2

 3x 2 )

 wz  1

Sehingga: z 1  w {3( y  x)(2 z  2 x)  (3z 2  3x 2 }



1 3( x  z )( y  z )

BAB VI Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

76

INTEGRAL LIPAT A. INTEGRAL RANGKAP 2 1. Integral Lipat Dua Atas Daerah Persegi Panjang Konsep integral tentu untuk fungsi satu peubah dapat kita perluas untuk fungsi banyak peubah. Integral untuk fungsi banyak peubah dinamakan integral lipat atau integral rangkap. Pada integral lipat satu, fungsi yang dipakai dibatasi, yaitu fungsi tersebut dibatasi pada selang tertutup di R1. Untuk integral lipat dua dari fungsi dua peubah , pembatasannya adalah fungsi tersebut terdefinisi pada suatu daerah tertutup di R2. Berikut akan kita bahas tentang integral lipat dua juga integral lipat tiga.

z

c

d

a

y

b

x Gambar 1.1 :Daerah R pada Persegi Panjang

Tetapkan R berupa suatu persegi panjang dengan sisi-sisi sejajar sumbu-sumbu koordinat, yakni misal : R : {(x,y) : a  x  b, c  x  d }. Bentuk suatu partisi dengan cara membuat garis-garis sejajar sumbu x dan Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

77

y. Ini membagi R menjadi beberapa persegi panjang kecil yang jumlahnya n buah, yang ditunjukkan dengan k = 1,2,...n. Tetapkan x k dan y k adalah panjang sisi-sisi Rk dan Ak = x k . y k adalah luas. Pada Rk ambil sebuah titik misal ( x k , y k ) dan bentuk penjumlahan Riemann n

 f (x

k

k 1

, y k )Ak .

Definisi : Integral lipat dua Andai suatu fungsi dua peubah yang terdefinisi pada suatu persegi panjang tertutup R, jika : n

lim

IpI 0



 f (x k 1

k

, y k )Ak ada . maka f dapat diintegralkan pada R, lebih lanjut

f ( x, y ) dA , yang disebut integral lipat dua dan pada R diberikan

R

oleh



n

f ( x, y )dA = lim

IpI 0

R

 f (x k 1

k

, y k )Ak

 Sifat-sifat Integral Lipat Dua : 1. Jika f(x,y) dan g(x,y) masing-masing kontinu dalam daerah R maka:

 kf ( x, y)dA  k  f ( x, y)dA R

R

 [ f ( x, y)  g ( x, y)]dA   f ( x, y)dA   g ( x, y)dA R

2.

R

R

 f ( x, y)dA   f ( x, y)dA   f ( x, y)dA R

R1

R2

3. Sifat pembanding berlaku jika f(x,y)  g(x,y) untuk semua (x,y) di R, maka :


78

 f ( x, y)dA   g ( x, y)dA R

R

 Perhitungan Integral Lipat dua Jika f(x,y) =1 pada R, maka integral lipat dua merupakan luas R, maka integral lipat dua merupakan luas R.

 kf ( x, y)dA  k  f ( x, y)dA R

R

= k  1dA R

= k.A(R) Contoh Soal 1. Andai f sebuah fungsi tangga yakni :

1,0  x  3,0  y  1  f(x,y) = 2,0  x  3,1  y  2 3,0  x  3,2  y  3  hitung

 f ( x, y)dA dengan R = { ( x, y) : 0  x  3,0  y  3} R

jawab : misal persegi panjang R1, R2, R3 R1 = { ( x, y) : 0  x  3,0  y  1} R2 = { ( x, y) : 0  x  3,1  y  2} R3 = { ( x, y) : 0  x  3,2  y  3} , lalu gunakan sifat penjumlahan di integral lipat dua, sehingga :

 f ( x, y)dA   f ( x, y)dA +  f ( x, y)dA +  f ( x, y)dA R

R1

R2

R3

= 1.A(R1) + 2. A(R2) + 3.A(R3) = 1.3 + 2.3 + 3.3 = 18 2. Hampiri

 R

f ( x, y )dA dengan f ( x, y) 

64  8 x  y 2 , 16


79

R

{ ( x, y) : 0  x  4,0  y  8} .

=

Kerjakan

dengan

menghitung

penjumlahan Riemann!

Jawab :

Penjumlahan Riemann yang diperoleh dengan membagi atas 8 bujur sangkar yang sama dengan tiap-tiap pusat bujur sangkar sebagi titik. Titiktitik contoh yang diperlukan dan nilai-nilai yang berpadanan dari fungsi itu adalah :

( x1 , y1 ) = (1,1),

f ( x1 , y1 ) =

17 16

( x5 , y5 ) = (3,1),

f ( x5 , y 5 ) =

41 16

( x2 , y 2 ) = (1,3),

f ( x2 , y 2 ) = 65 16

( x6 , y6 ) = (3,3),

f ( x6 , y 6 ) =

49 16

( x3 , y3 ) = (1,5),

f ( x3 , y 3 ) =

81 16

( x7 , y 7 ) = (3,5),

f ( x7 , y 7 ) =

65 16

( x4 , y 4 ) = (1,7),

f ( x4 , y 4 ) = 105

( x8 , y8 ) = (3,7),

f ( x8 , y8 ) =

89 16

16

z

(0,8,8)


(0,0,4) (4,8,6)

80

y

x Gambar 1.2 : Permukaan benda pejal berbentuk Bujur Sangkar

Jadi karena Ak = 4, Ak = x k y k = 2.2 = 4



8

f ( x, y )dA ≈  f ( x k , y k )Ak k 1

R

8

= 4 f ( x k , y k ) k 1

=

4(57  65  81  105  41  49  65  89 16

= 138

2 3

 Integral Lipat dua sebagai volume Jika f ( x, y)  0 pada R sehingga dapat kita tafsirkan integral lipat dua sebagai volume dari benda pejal dibawah permukaan gambar 1 V=

 f ( x, y)dA , R = { ( x, y) : a  x  b, c  y  d} . R


a a

b

81

Gambar 1.2 : Benda pejal

Iris : Iris benda pejal itu menjadi kepingan-kepingan sejajar terhadap bidang xz (gb. 2a)

z

LA(y)

y

y x

y

Gambar. 1.4: Kepingan Sejajar bidang xy Gambar. 1.3 : irisan benda pejal

Irisan bidang y = k, kepingan volume yang berpadanan ≈ A(y) y


82

Volume v dari kepingan secara aproksimasi diberikan oleh v ≈ A(y) y , diintegralkan , d

V=

 A( y)dy , untuk y tetap kita hitung A(y) dengan integral tunggal biasa : c

A(y) =

b

d b

a

c

 f ( x, y)dx , sehingga : V =  [ f ( x, y)dx]dy ……..

(2)

a

Dari (1) dan (2) :

 R

begitu juga

d b

f ( x, y )dA =  [  f ( x, y )dx]dy c

a

b d



f ( x, y )dA =  [  f ( x, y )dy ]dx

R

a c

 Perhitungan Integral Lipat

Permasalahan : Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

83

Hitung : 3 2

a.

 [ (2 x  3 y)dx]dy 0 1 2 3

b.

 [ (2 x  3 y)dy]dx 1 0

8 4

c.

1

  16 (64  8x  y

2

)dxdy

0 0

 Perhitungan Volume Contoh soal : Hitung volume V dari benda pejal diatas yang dibatasi oleh z = 4 – x2 –y dan dibawah persegi panjang R = { ( x, y) : 0  x  1,0  y  2} Jawab :

z

(0,0,4) (0,2,2)

(1,0,3) (1,2,1) y 2 1

(1,2)

x

Jawab : V=

 f ( x, y)dA R


84

=

2  (4  x  y)dA = R

2 1

  (4  x

2

 y )dxdy

0 0

2

2

1 1 =  [[4 x  x 3  yx ]10 ]dy =  (4   y)dy 3 3 0 0 =

16 satuan volum 3

Kerjakan permasalahan berikut, diskusikan dengan anggota kelompokmu! 1. Andai R = { ( x, y) : 1  x  4,0  y  2} .

2 f ( x, y )   , 1  x  3 , 0  y  2 , 3 Hitung  f ( x, y )dA !

3  x  4, 0  y  2

R

2. Andai R = {( x, y) : 0  x  2 , 0  y  2 }

R1  {( x, y) : 0  x  2 , 0  y  1}

R2  {( x, y) : 0  x  2 , 1  y  2 } Jika

 f ( x, y)dA = 3,  g ( x, y)dA =5,  g ( x, y)dA = 2, tentukan : R

R

R1

a.  [3 f ( x, y )  g ( x, y)]dA R

b.  2 g ( x, y)dA   3dA R1

R1

c.  g ( x, y )dA R2


85

3. Hitung : 4 2

a.   ( x  y 2 )dydx 1 1

 1

b.   ( x sin y )dxdy 0 0

4.

Hitung volume benda pejal yang diberikan benda pejal dibawah bidang z = x+y+1 diatas

R = { ( x, y) : 0  x  1,1  y  3} !

Kerjakan soal berikut dengan benar! 1. Hitung

 ( x

2

 y 2 )dA jika R = { ( x, y) : 1  x  1,0  y  2} !

R

2. Hitung volume benda pejal yang diberikan benda pejal dibawah bidang z = 2x + 3y atas

R = { ( x, y) : 1  x  2,0  y  4} !

2. Integral Lipat Dua Atas Daearah Bukan Persegi Panjang z = f(x,y) Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

(b) (a)

86

S

S

S (C)

f(x,y)=0

Gambar 2.1 : (a) Himpunan S , (b) Himpunan S dikelilingi Persegi panjang , (c) Himpunan S dikelilingi Persegi panjang dan membentuk ruang

Himpunan S tertutup dan terbatas di bidang (a) keliling S oleh suatu persegi panjang R dan sisinya sejajar sumbu-sumbu koordinat (b). andai f(x,y) terdefinisi pada S dan didefinisikan f(x,y)=0 pada bagian R diluar S (c), f dapat diintegralkan pada S jika dapat diintegralkan pada R.

 f ( x, y)dA = R f ( x, y)dA S

Perhitungan Integral Lipat Dua Atas Himpunan-himpunan Umum

Suatu himpunan S adalah y sederhana (gb.4) jika terdapat fungsifungsi kontinu 1 dan  2 pada [a,b] sedemikian sehingga :

S : {( x, y) : 1 ( x)  y  2 ( x), a  x  b}

y x= 1 ( y)

y=  2 (x)

y

x=  2 ( y)

d Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

y= 1 (x)

0

x

87

S

S

c a

b

0

Gambar.2.2

x Gambar. 2.3

Sebuah himpunan y sederhana

sebuah himpunan x sederhana

Gambar.2.4 :

Bukan himpunan x sederhana S

Atau y sederhana

y y=  2 (x) S y= 1 (x) R

0

x

a

x

Gambar.2.5 : daerah S ab

b

Suatu himpunan S adalah y sederhana (gb 2.2) jika terdapat fungsifungsi

kontinu

1

dan

 2 pada

[a,b]

sedemikian

sehingga

:

S : {( x, y) : 1 ( x)  y  2 ( x), a  x  b} . Sedangkan suatu himpunan S

adalah x sederhana (gb.2.3) jika terdapat fungsi-fungsi kontinu 1 dan 2 Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

88

pada [c,d] sedemikian sehingga : S : {( x, y) : 1 ( y)  x   2 ( y), c  y  d} . Jika kita ingin menghintung integral lipat dua dari suatu fungsi f(x,y) atau suatu himpunan S yang y sederhana. Kita lingkungi S di dalam suatu persegi panjang R (gb.2.5) dan membuat f(x,y)=0 di luar S, maka :



f ( x, y )dA =

 R

S

b d

f ( x, y )dA =  [  f ( x, y )dy ]dx a c b 2

=  [  f ( x, y)dy ]dx , a 1

secara ringkas b 2 ( x)

 f ( x, y)dA =   f ( x, y)dydx a 1 ( x )

S

Dalam integral sebelah dalam, x dipertahankan tetap. Pengintegralan itu adalah sepanjang garis tebal dari gambar 6. pengintegralan menghasilkan luas A(x) dari gambar tersebut, akhirnya A(x) diintegralkan mulai dari a sampai b. Jika himpunan S adalah x sederhana, maka

 S

d 2 ( y )

f ( x, y )dA =

   f ( x, y)dxdy c

1 ( y)

z Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

89

z=f(x,y)

A(x)

y

a

b x

y= 1 (x)

y=  2 (x)

Gambar .2.6 : Daerah A(x) pada benda pejal berbentuk bujur sangkar

Kerjakan soal berikut!


90

1. Hitung : 5 x2

a.

  (4 x  10 y)dydx 3 x

2 1 y

b.

  (2 ye

x

)dxdy

0 0

Jawab : 5 x2

a.

  (4 x  10 y)dydx 3 x

2 1 y

b.

  (2 ye

x

)dxdy

0 0

3.

Cari volume benda di oktan I, oleh silinder x 2  y 2  25 ,

y  25  x 2 !

4. Dengan menggunakan double integral, buktikan rumus luas lingkaran dengan persamaan x 2  y 2  A2 ! Buktikan dengan bentuk integral berikut:  dydx dan

 dxdy !

5. Hitung isi benda yang dibatasi oleh tabung (silinder) x 2  y 2  a 2 , z = 0, dan bidang

z - y = 0!

Kerjakan soal-soal berikut ini!


91

1. Hitung isi benda yang dibatasi oleh bidang z =0, permukaan z  x 2  y 2  2 dan tabung x 2  y 2  4 !

2.

Hitung isi benda yang terjadi oleh pemotongan kedua silinder x 2  z 2  a 2 dan y 2  z 2  a 2 !

3. 2 3y

a.

  ( x  y)dxdy 1 y

1 x

b.

  xy

2

dydx

d. Luas daerah yang dibatasi kurva y  6 x  x 2 dan y = x

e. Luas daerah yang dibatasi kurva y  x 2 dan y = 2x +3

0 x2

1 x2

c.

  xe

y

dydx

0 0

3. Integral Lipat Dua Dalam Koordinat Kutub Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

92

Jika z = f(x,y) menentukan suatu permukaan atas R dan andaikan f adalah kontinu dan tak negatif, maka volume V dari benda pejal dibawah permukaan ini dan diatas R adalah V =  f ( x, y )dA ...... (1) R

Dalam koordinat kutub, suatu persegi panjang kutub R berbentuk : R = { (r, ) : a  r  b,      }

z

z=f(x,y)=F(r,  )  

r=b

y R

  r=a

Gambar.2.6 : Persegi panjang Kutub

x

R

Gambar.2.7: Benda pejal berbentuk persegi Panjang kutub


93

Dengan   0 dan     2 . Persamaan permukaan diatas dapat ditulis sebagai z = f(x,y) = f (r cos  , r sin  )  f (r, ) Partisi R dalam persegi panjang kutub Rk

R

yang lebih kecil R1, R2, …. Rn. dengan menggunakan suatu kisi kutub pada

k

Rk

gambar diatas luas A(Rk) dapat ditulis :

A( Rk )  r k rk  k dengan r k adalah radius rata-rata Rk. Jadi V Gambar.2.8: persegi Panjang Kutub n

  f (r k , k )r k rk  k k 1

Sehingga : V =  f (r , )rdrd   f (r cos  , r sin  )rdrd ........ R

(2)

R

Dari (1) dan (2) :

 f ( x, y)dA =  f (r cos  , r sin  )rdrd R

R

Jika pada integral lipat dua diatas daerah bidang yang telah kita pelajari yang lalu kita mengenal istilah himpunan x sederhana dan himpunan y sederhana, pada pengintegralan kutub ini, kita mengenal istilah istilah himpunan r sederhana dan himpunan  sederhana. Himpunan r sederhana berbentuk S : {(r, ) : 1 ( )  r  2 ( ),     } dan disebut  sederhana jika berbentuk : Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

94

 

r=  2 ( )

 =  2 (r )

S S

  r= 1 ( )

 = 1 ( r ) r=a

Gambar.2.9

Himpunan r sederhana

r=b Gambar.2.10

Himpunan  sederhana

Kerjakan soal-soal berikut ini diskusikan dengan temanmu!


95

1.

Hitung

 ydA dengan s adalah daerah di kuadran 1 yang berada di luar s

lingkaran r =2 dan di dalam kardioid r  2(1  cos  ) 2. Tentukan volume benda pejal di bawah permukaan z  x 2  y 2 ,diatas bidang x,y dan di dalam tabung x 2  y 2  2 y 3.

Hitung luas daerah di luar lingkaran r = 2 dan di dalam kardioid r  2(1  cos  )

4. Penerapan Integral 2 Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

96

Penerapan integral dua selain untuk mencari volume benda pejal, penerapan lain yaitu mencari massa, pusat massa dan momen inersia. a. Massa Andai suatu lamina mencakup daerah s di bidang xy dan jika kerapatan (massa/ satuan luas) di (x,y) dinyatakan oleh  ( x, y) . Partisikan s dalam persegi panjang kecil R1 , R2 ,...Rk . Ambil titik ( xk , y k ) pada Rk . Massa Rk secara hampiran  ( x, y) ARk dan massa n

total lamina secara hampiran m    ( xk , y k ) A( Rk ) k 1

Massa (m) diperoleh dengan mengambil limit rumus diatas untuk norma partisi mendekati nol, sehingga : n

lim   ( x k , y k ) A( Rk ) P 0 k 1

Limit jumlah tersebut membentuk integral rangkap 2:

m    ( x, y )dA s

b. Pusat Massa Jika m1 , m2 ,...mn adalah kumpulan titik massa yang masing-masing ditempatkan di ( x1 , y1 ) ,( x2 , y 2 ) ,.......,( xn , y n ) pada bidang maka n

momen total terhadap sumbu y dan sumbu x. M y   xk mk , k 1

n

M x   y k mk . Koordinat ( x, y ) dari pusat massa: k 1

Koordinat ( x, y ) dari pusat massa. My

 x ( x, y)dA

M dan y  x  x  m m   ( x, y)dA s

s

 y ( x, y)dA s

  ( x, y)dA s


97

Pusat massa diatas jika lamina tersebut tak homogen (kerapatan tak sama), tapi jika kerapatannya sama (homogen), maka pusat massa menjadi: x

  xdA

dan y 

s

  dA

  ydA s

  dA

s

s

c. Momen Inersia Definisi: Momen inersia dari suatu partikel adalah hasil kali massa dan kuadrat jarak terpendek dari partikel terhadap sumbu. Jika m adalah massa dan r adalah jarak, sehingga : n

I  m1r1  m2 r2  ....mn rn   mk rk 2

2

2

2

k 1

Suatu lamina tak homogen dengan kerapatan  ( x, y) yang mencakup suatu daerah s dari bidang xy, lalu dipartisi seperti pada gambar 1, hampiri momen inersia tiap keping Rk , ambil limit dan dbawa ke rumus diatas, sehingga momen inersia terhadap sumbu x, y dan z adalah I x , I y , dan I z n

I x  lim  mk y k   y 2 ( x, y )dA P 0

2

k 1

s

n

I y  lim  mk y k   x 2 ( x, y )dA P 0

2

k 1

s

I z  I x  I y   ( x 2  y 2 ) ( x, y)dA s


98

Cotoh soal: Sebuah lamina dengan kerpatan  ( x, y)  xy dibatas sumbu x, garis x =8 , kurva y  x 2 / 3 . Tentukan : a.

Massa

b.

Pusat massa

c.

Momen inersia terhadap sumbu x, y dan z Jawab : a. m    ( x, y )dA s

8 x2 / 3

=

  xydydx 0

0

8

 

=

1 xy 2  20

=

1 7/3 x dx 2 0

2/3

0

dx

8

8



1 3 =  x10 / 3 2 0 10



8 0


99

Kerjakan soal-soal berikut ini diskusikan dengan temanmu! 1.

Tentukan letak titik berat ( x, y ) dari bidang datar yang dibatasi oleh parabola y 2  x dan garis x = 1, jika kerapatan k di titik ( x, y ) adalah k  x2  y2

2.

Hitung momen inersia terhadap sumbu koordinat dan titik O, dari bidang datar yang dibatasi oleh parabola x  y 2  y  0 dan garis x + y = 0, dengan kerapatan k di titik (x,y) adalah k = x + y

3.

Hitung momen inersia Ix, Iy, Iz dari bidang datar yang terletak pada kuadran I dalam lingkaran r  2a cos  dan diluar lingkaran r = a


100

B.

INTEGRAL RANGKAP 3

1. Integral Rangkap Tiga Pada Koordinat Kartesius z

y

(x k , y k , z k )

B ∆z x

Gambar. 3.1: Balok Persegi Panjang

∆x ∆y

Bk

Perhatikan suatu fungsi f tiga peubah yang didefinisikan atas suatu daerah berbentuk balok B dengan sisi-sisi sejajar sumbu-sumbu koordinat. Bentuk suatu partisi P dari B dengan meletakkn bidang-bidang melalui B sejajar bidang koordinat, jadi memotong B ke dalam balok-balok bagian, yaitu: B1 , B2, ...., Bk ,...., Bn . Pada Bk , ambil satu titik contoh ( x k , y k , z k ) dan dengan penjumlahan Riemann diperoleh: n

 f (x k 1

k

, yk , zk )

Vk

Dengan Vk = xk , y k , z k adalah volum Bk . Jika P adalah panjang diagonal terpanjang dari setiap balok bagian, maka kita definisikan integral lipat tiga sebagai berikut:

 B

n

f ( x, y, z )dV  lim  f ( xk , y k , z k )Vk P 0

k 1


101

Jika limitnya ada, seperti halnya pada integral lipat dua. Pengertian integral lipat tiga mempunyai urutan pengintegralan serupa seperti pada integral lipat dua. Sehingga integral lipat di fungsi f(x,y,z) atas daerah B ditulis sebagai berikut:

   f ( x, y, z)dV , B

misalnya kita tuliskan

   f ( x, y, z)dxdydz , B

yang mempunyai arti:

a. Pengintegralan pertama dilakukan terhadap x dengan menganggap y dan z sebagai konstanta b. Pengintegralan pertama dilakukan terhadap y dengan menganggap z sebagai konstanta c. Terakhir, hasil dari b, diintegrasikan terhadap z.

Begitu juga jika pengintegralannya ditulis dalam bentuk yang lain ururtan pengintegralannya menyesuaikan.

Sebagaimana pada integral lipat dua, jika f adalah fungsi pada daerah tertutup maka untuk menghitung integral tentu digunakan integral berulang dua kali, demikian pula untuk menghitung integral lipat tiga, digunakan tiga kali, asalkan f kontinu. Sehingga bila B balok persegi panjang yang dibatasi. B  {( x, y, z) : a  x  b, c  y  d , e  z  f }


102

z

f

e

c

d

y

a b

x Gambar 3.2 : Balok Persegi Panjang

Bila B  {( x, y, z) : a  x  b, c  y  d , e  z  f }, maka untuk menghitung integral lipat tiga atas benda B adalah: b

d

f

a

c

e

 f ( x, y, z)dV   { ( f ( x, y, z)dz)dy}dx } B

Merupakan bentuk perhitungan integral lipat tiga.

2.

Perhitungan dan Penerapan Integral Rangkap 3

Andai f(x,y,z) terdefinisi pada S dan f(x,y,z) bernilai nol, bila diluar S. Andai S himpunan z sederhana dan S xy adalah proyeksi permukaan benda S pada bidang xy, untuk lebih jelasnya perhatikan gambar berikut:


103

z

y Sxy Gambar. 3.3 : Benda Pejal

x y

Sxy

x Gambar. 3.4 : Permukaan benda pejal

Bila f kontinu dan terintegral pada benda pejal S, maka diperoleh: z2 ( x , y )

 f ( x, y, z)dV   [  f ( x, y, z)dz]dA S

S xy

z1 ( x , y )

Dimana Sxy adalah proyeksi permukaan benda S pada bidang xy. Selanjutnya jika Sxy daerah pada bidang xy yang berbentuk y sederhana, seperti pada gambar 3.4 . yang dibatai oleh: Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

104

S xy  {( x, y) : y1 ( x)  y  y 2 ( x), a  x  b} , sehingga dengan integral z2 ( x , y )

berulang diperoleh:

 f ( x, y, z)dV   [  f ( x, y, z)dz]dA S

S xy

z1 ( x , y )

b y2 ( x ) z2 ( x , y )

= [ a



(

 f ( x, y, z)dz)dy]dx

y1 ( x ) z1 ( x , y )

Dari rumus di atas perlu diperhatikan bahwa batasan integrasi harus sesuai dengan urutan-urutan pengintegralannya.

2 x x y

1.

Hitung

   yzdzdydx 0 0

y

1 x xy

2.

Hitung

 x

3

y 2 zdzdydx

0 0 0

Kerjakan soal berikut diskusikan dengan teman kelompokmu! 1. Hitung

 x

2

yz 3 dV , bila B  {( x, y, z) : 1  x  2,2  y  3,0  z  2} ,

B

bila diambil pendekatan dV=dx dy dz !

2. Hitung

 f ( x, y, z)dV , jika f(x,y,z) = xz . S adalah benda pejal yang S

dibatasi silinder paraboloid x  z 2  4 , bidang x + y =4, y = x, x = 0, y = 0. !

3.

Hitung volume benda pejal dibawah bidang y + z = 4 dan dibatasi silinder paraboloid y  x 2 , y  2  x 2 , bidang-bidang x = 0 dan z = 0 !


105

Kerjakan soal-soal berikut ini! 1.

Hitung volume benda pejal di bawah permukaan paraboloid z  4  y 2 dibatasi x  y 2 , x + y = 2, z = 0, x = 0 !

2.

Hitung isi benda yang dibatasi bidang z = 0, permukaan z  x 2  y 2  2 dan tabung x 2  y 2  4 !


106

BAB V PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE II Bentuk :

Persamaan karakteristik diperoleh :

dimana

;

dan y= 1

Pemecahan persamaan diferensial orde kedua tergantung pada akar-akar persamaan karakteristiknya. Apabila : Kedua akarnya riil dan berbeda, dimana m = m1 dan m = m2 Maka solusinya : Contoh : Pecahkan persamaan differensial orde kedua berikut

Pada persamaan differensial di atas, persamaan karakteristiknya menjadi . Sehingga akar-akarnya berbentuk dimana untuk persamaan

dan

. Dengan demikian solusi

adalah

Pembuktian :

Jika f(x) = 0, maka persamaannya :


107

Misalkan y = u dan y = v (u dan v fungsi dari x), sehingga berdasarkan persamaan di atas diperoleh

dan Dengan menggabungkan keduanya, maka

Dari persamaan di atas, diketahui bahwa

dan

Sehingga persamaan di atas juga dapat ditulis

Pada persamaan

, jika a = 0, maka diperoleh

persamaan orde pertama

, yaitu

dengan

Dengan pemisahan variabel :

Jadi : (karena ec konstan) Jika -k dinyatakan dengan m, maka persamaan di atas dapat ditulis . Dengan melakukan substitusi ke bentuk persamaan

differensial orde kedua dimana

dan

. Jika kedua ruas dibagi dengan

, diperoleh ,


108

maka akar m

. Bentuk persamaan kuadrat ini memberikan dua = m1 dan m = m2, sehingga diperoleh dua pemecahan bagi

persamaan semmula yaitu

dan

. Dengan demikian,

pemecahan untuk persamaan differensial orde kedua yang berbentuk

adalah m = m1 atau m = m2 Maka solusinya : Contoh : Pecahkan persamaan differensial orde kedua berikut

Pada persamaan differensial di atas, persamaan karakteristiknya menjadi

. Sehingga akar-akarnya berbentuk dimana

untuk persamaan

(dua kali). Dengan demikian solusi

adalah

Pembuktian : Jika akar - akarnya m = m1 = m2, maka pemecahan persamaan adalah

dan

. Akan tetapi,

karena setiap persamaan differensial orde kedua selalu memberikan

memuat konstanta kedua tersebut, yaitu

pemecahan untuk persamaan

. Sehingga

akan menjadi


109

m = α ± jβ Maka solusinya : Contoh : Pecahkan persamaan differensial orde kedua berikut

Pada persamaan differensial di atas, persamaan karakteristiknya

menjadi

. Sehingga nilai akar-akarnya :

Dari akar-akar di atas diketahui bahwa

dan

demikian solusi untuk persamaan

. Dengan

adalah

Pembuktian : Jika akar - akarnya kompleks

, yaitu

dan

, maka pemecahan persamaan adalah :

Ingat bahwa:


110

Maka :

dengan: A = (C+D) B = j(C-D)

Untuk persamaan yang memiliki bentuk

persamaan

, perhatikan

. Jika b = 0, maka :

Bentuk persamaan di atas dapat ditulis sebagai

, yang

mencakup kedua kemungkinan koefisien y (positif atau negatif). Solusi untuk persamaan ini adalah :

1. Jika

, maka

Berdasarkan persamaan di atas, maka serupa dengan

. Bentuk ini

dimana α = 0 dan β = n. Dengan

demikian solusi untuk persamaan yang memiliki bentuk

adalah


111

Contoh : Pecahkan persamaan differensial orde kedua berikut

Pada persamaan di atas diketahui bahwa n = 16, sehingga

2. Jika

, maka

Berdasarkan persamaan di atas, maka

, sehingga

. Ingat bahwa :

Jika kedua persamaan tersebut dijumlahkan, maka diperoleh

Jika kedua persamaan tersebut dikurangkan, maka diperoleh

Dengan demikian,

dapat ditulis sebagai


112

Contoh : Pecahkan persamaan differensial orde kedua berikut

Pada persamaan di atas diketahui bahwa n = 3, sehingga

Pemecahan Lengkap Persamaan Differensial Orde Kedua

Gambar 1.1 Pemecahan Lengkap Persamaan Differensial Orde Kedua


113

Di bawah ini tabel bentuk umum integral khusus.

Contoh :

Pecahkan persamaan differensial 1. Fungsi Komplementer (FK) Fungsi Komplementer (FK) diperoleh jika

. Sehingga

persamaan karakteristiknya adalah :

Dari persamaan di atas diketahui bahwa m1 = -2 dan m2 = -3. Dengan demikian fungsi komplementernya adalah

Integral Khusus (IK) Perhatikan persamaan pada ruas kanan dan sesuaikan dengan tabel di atas. Karena ruas kanan berbentuk

, maka berdasarkan

tabel di atas untuk integral khusus digunakan bentuk umum berderajat dua. Jadi, bentuk umum ruas kanan menjadi Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

114

Dengan melakukan substitusi persamaan-persamaan di atas ke dalam persamaan sebenarnya, diperoleh

Selanjutnya, samakan koefisien-koefisien x yang memiliki pangkat sama antara ruas kiri dan ruas kanan

Jadi integral khusus-nya adalah

Jawaban sebenarnya untuk persamaan

adalah

penjumlahan dari Fungsi Komplementer (FK) dan Integral Khusus


115

(IK). Jadi penyelesaian untuk

adalah

Persamaan Homogen Orde kedua Suatu persamaan diferensial orde kedua mempunyai bentuk Y” + a₁(x)y’ + a₂(x)y = k(x) Dalam pasal ini, kita membuat dua anggapan sederhana : (1) a₁(x) dan a₂(x) adalah konstanta, dan (2) k(x) secara identik adalah nol(kasus homogen). Jadi tugas awal kita adalah menyelesaikan Y” + a₁y’ + a₂y = 0 Nyatanya, suatu persamaan diferensial linier homogen orde kedua selalu mempunyai dua penyelesaian fundamental u₁(x) dan u₂(x), yang saling bebas satu sama lain (yakni, fungsi yang satu bukan kelipatan fungsi yang lainnya). Dari kelinieran operator D² + a₁D + a₂, C₁u₁(x) + C₂u₂(x) Adalah suatu penyelesaian juga. Tambahan pula, dapat ditunjukkan bahwa setiap penyelesaian mempunyai bentuk ini. Persamaan pembantu karena Dᵪ(eʳˣ) = reʳˣ, kelihatannya sangat mungkin bahwa eʳˣ akan merupakan suatu penyelesaian terhadap persamaan


116

diferensial kita untuk suatu pilihan r yang sesuai. Untuk menguji kemungkinan ini, pertama kali tuliskan persamaan itu dalam bentuk operator (1)

(D² + a₁D + a₂) y = 0

Sekarang (D² + a₁D + a₂)eʳˣ = D²(eʳˣ) + a₁D(eʳˣ) + a₂eʳˣ = r² eʳˣ + a₁reʳˣ + a₂eʳˣ = eʳˣ(r² + a₁r + a₂) Ungkapan yang belakangan adalah nol, asal saja (2)

r² + a₁r + a₂ = 0

persamaan (2) disebut persamaan bantu untuk (1) (perhatikan keserupaan dalam bentuk). Ia berupa suatu persamaan kuadrat biasa dan dapat diselesaikan dengan pemfaktoran atau jika perlu dengan rumus kuadrat. Tedapat tiga kasus yang di tinjau, berpadanan terhadap apakah persamaan pembantu mempunyai dua akar riil berlainan, akar tunggal berulang, atau akr-akar kompleks saling konjugat. Teorema A (Akar-akar riil berlainan). Jika r₁ dan r₂ berlainan, akar-akar riil persamaan pembantu, maka penyelesaian umum y” + a₁y’ + a₂y = 0 Y = C₁eʳ¹ˣ + C₂eʳ²ˣ


117

Teorema B ( Akar berulang). Jika persamaan bantu mempunyai akar tunggal berulang r₁, maka penyelesaian umum terhadap y” + a₁y’ + a₂y = 0 Y = C₁eʳ¹ˣ + C₂xeʳ¹ˣ Teorema C (Akar-akar kompleks saling konjugat). Jika persamaan pembantu mempunyai akar-akar kompleks saling konjugat ɑ ± ɓi, maka penyelesaian umum terhadap y” + a₁y’ + a₂y = 0 adalah Y = C₁eᵃˣ cos ɓx + C₂ eᵃˣ sin ɓx

Persamaan orde lebih tinggi

semua yang telah kita lakukan

meluas ke persamaan linier homogen orde lebih-tinggi dengan koefesien konstanta. Untuk menyelesaikan y⁽ⁿ⁾ + a₁y⁽ⁿ⁻¹⁾ + ...... + aᵣˍ₁y’ + aᵣy = 0 tentukan akar-akar persamaan pembantu rⁿ + a₁rⁿ⁻¹ + ...... + aᵣˍ₁r + aᵣ = 0 dan buat generalisasi dari kasus orde kedua dengan jelas. Misalnya, jika persamaan bantu adalah (r - r₁) (r- r₂)³[r – (ɑ + ɓi)][r – (ɑ - ɓi)] = 0 Maka penyelesaian umum terhadap persamaan diferensial ini adalah Y = C₁eʳ¹ˣ + (C₂ + C₃x + C₄x²)eʳ²ˣ + eᵃˣ[C₅ cos ɓx + C₆ sin ɓx] Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

118

Persamaan Tak Homogen Perhatikan persamaan linier tak homogen umum dengan koefesien konstan Y⁽ⁿ⁾ + a₁y⁽ⁿ⁻¹⁾ + ...... aᵣˍ₁y’ + aᵣy = k(x) Penyelesaian persamaaan ini dapat direduksi atas tiga langkah. 1. Tentukan penyelesaian umum yᵤ = C₁u₁(x) + C₂u₂(x) + ....... Cᵣuᵣ(x) terhadap persamaan homogen seperti di jelaskan dalam pasal sebelum ini 2. Tentukan suatu jawab khusus yᵤ terhadap persamaan tak homogen tersebut. 3. Tambahkan penyelesaian-penyelesaian dari langkah 1 dan 2. Kita nyatakan hasilnya sebagai suatu teorema formal. Teorema A Jika yᵤ suatu penyelesaian khusus sebarang terhadap persamaan tak homogen (*) L(y) = (Dⁿ + a₁Dⁿ⁻¹ + ....... + aᵣˍ₁D + aᵣ)y = k(x)


119

Dan Jika yᵤ adalah penyelesaian umum terhadap persamaan homogen yang berpadanan, maka Y = yᵤ + yᵥ Adalah penyelesaian umum dari(*).

Metode koefesien tak tentu perhatikan persamaaan Y” + a₁y’ + a₂y = k(x) Ternyata bahwa fungsi k(x) yang paling mungkin muncul dalam penerapan berupa polinom, eksponen, sinus, dan kosinus. Untuk fungsi-fungsi ini, kita ditawarkan suatu prosedur penentuan yᵥ berdasarkan penyelesaian cobacoba. Jika k(x) =

Coba yᵥ =

bᵣxʳ + ...... b₁x + b₀beᵃˣ b cos ɓx + c

BᵣXʳ + ....... B₁x + B₀ Beᵃˣ B cos ɓx

sin ɓx

+ C sin ɓx

Perubahan. Jika salah satu bentuk dari k(x) adalah suatu pnyelesaian terhadap persamaan homogen, kalikan penyelesaian coba-coba dengan x (atau mungkin dengan suatu pangkat dari x yang lebih tinggi). Untuk mengilustrasikan tabel ini, kami sarankan penyelesaian coba-coba yᵥ yang cocok dalam enam kasus. Tiga kasus pertama adalah langsung; tiga ksus terakhir diubah karena suatu suku pada ruas kanan persamaan diferensial ada pada penyelesaian terhadap persamaan homogen. 1. Y” – 3y’ - 4y = 3x² + 2 2.

Y” – 3y’ – 4y = e²ˣ

3. Y” + 4y = 2 sin x

yᵥ = B₂x² + B₁x + B₀ Yᵥ = Be²ˣ yᵥ = B cos x + C sin x


120

4. Y” + 2y’ = 3x² + 2

yᵥ = B₂x³ + B₁x² + B₀x

(2 adalah suatu penyelesaian terhadap persamaan homogen) 5. Y” – 3y’ – 4y = e⁴ˣ

yᵥ = Bxe⁴ˣ

(e⁴ˣ adalah suatu penyelesaian terhadap persamaan homogen) 6. Y” + 4y = sin 2x

yᵥ = Bx cos 2x + Cx sin 2x

(sin 2x adalah suatu penyelesaian terhadap persamaan homogen)

Metode variasi parameter

metode yang lebih umum

daripada metode koefesien tak tentu adalah metode variasi parameter. Jika u₁(x) dan u₂(x) adalah penyelesaian bebas tergadap persamaan homogen, maka dapat diperlihatkan bahwa terdapat suatu penyelesaian khusus terhadap persamaan tak homogen yang berbentuk yᵥ = v₁(x)u₁(x) + v₂(x)u₂(x) dimana v’₁u₁ + v’₂u₂ = 0 v’₁u’₁ + v’₂u’₂ = k(x).


121

Penerapan Persamaan Orde Kedua Banyak masalah dalam fisika menuju ke persamaan diferensial orde kedua. Menggeneralisasi suatu penerapan terdahulu terhadap rangkaian listrik. Rangkaian listrik perhatikan suatu rangkaian (gambar 4) dengan sebuah tahanan (R ohm) sebuah kumparan (L henry), dan sebuah kapasitor (C farad) dalam rangkaian deret dengan sebuah sumber gaya elektromotif uang menyediakan E(t) volt. Ciri baru dibandingkan terhadap rangkaian dari pasal 18.1 adalah adanya sebuah kapasitas (juga disebut kondensor). Hukum kirchoff dalam situasi ini menyatakan bahwa muatan Q pada kapasitor, yang diukur dalam coulomb, memenuhi

Gambar 1.2 : RAngkaian RLC

(1)

L d²Q + R dQ + 1 Q = E(t) dt²

dt

C

Arus I = dQ/dt, diukur dalam ampere, memenuhi persamaan yang diperoleh dengan pendiferensiallan persamaan (1) terhadap t; yakni (2)

L d²I + R dI + 1 I = E’(t) dt²

dt

C

tiap-tiap persamaan ini dapat diselesaikan dengan memakai metode pada pasal 18.2 dan 18.3 Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

122

BAB VI FUNGSI GAMMA DAN BETA 1.1. Definisi Fungsi Gamma Secara umum fungsi gamma didefinisikan sebagai integral tak wajar dengan bentuk umum sebagai berikut.

( )

∫

( )

∫

1.2. Sifat-sifat Fungsi Gamma Berikut adalah sifat-sifat yang dimiliki fungsi gamma:

a.

( )

(

) (

)

Bukti

( )

∫

Dengan menggunakan integral parsial, maka :

[

( )

∫

(

)

( ( )

(

b.

) (

( )

Jadi (

)[ (

)

(

(

(

)

]

)∫

)] )

) , untuk x bilangan bulat positif ( )


123

Sifat ini dapat dibuktikan dengan cara yang sama pada sifat (a), yaitu:

(

)

∫ [

(

∫

[

]

)

]

∫

( ) (

)

( )

( )

c. Bukti

( )

∫ [ (

) ( [ (

]

∫ ) ] )

( )

d.

( )

(

Untuk 1

)

x

2, bisa menggunakan tabel fungsi gamma

berikut: Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

124

X

( )

1,0

1,0000

1,1

0,9514

1,2

0,9182

1,3

0,9875

1,4

0,8873

1,5

0,8862

1,6

0,8935

1,7

0,9086

1,8

0,9314

1,9

0,9618

2,0

1,0000

Gambar 1. Tabel Fungsi Gamma Untuk 1

(

e.

)

( )

(

)

(

) (

x

2

)

Bukti Berdasarkan sifat (b) => ( Karena ( ) (

)

(

(

))

(

) (

) ( ) (

)

( ) ), (

)

(

) dan seterusnya sampai

) ( (

), (

) yang diperoleh melalui reduksi sifat (b), maka

:

f.

(

)

(

)

( )

(

)

(

) (

)

Sifat tersebut merupakan ciri utama dari fungsi gamma. Jelas bahwa sifat tersebut merupakan hasil reduksi dari sifat (e). Jika dipilih Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

125

maka, (

)

(

(

)(

)(

(

)(

)(

)

(

)

(

) (

(

))

( ) ( )

) Dengan memeriksa sifat/definisi dari notasi faktorial (!), maka x

haruslah bilangan bulat positif. Jadi, sifat ini hanya berlaku untuk . Kemudian, untuk x yang nilai faktorialnya akan sulit dihitung. Dengan menggunakan rumus trirling, yaitu :

√ Kita dapat mengetahui bahwa

(

)

√

Dengan menggunakan pendekatan Gauss fungsi gamma yaitu x!, dapat dihitung.

( (

) ( ) (

) )

Untuk nilai k yang membesar sampai apapun, hasilnya akan tetap sama yaitu n!. Sehingga, persamaan di atas dapat ditulis

( (

) ( ) (

( (

) )

) ) (

)

Sebab (n+k)! = (k+n)!, maka Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

126

( (

)

)(

) (

(

)(

(

) (

)(

[(

) )

) (

)(

)

) (

)

(

].

(

Pertama, Kita akan mencari nilai dari (

)(

)

(

)

[

(

)(

)(

]

)

[

(

) (

)

) (

)

]

)

[

(

]

)

Karena

(

)(

)

(

)

(

)

(

=( )( )( )( )

)

(

)

( )

= (

Karena

)(

) (

)

,

maka

[ (

)(

(

)(

( Jadi, ( g.

)

) ) (

(

)

]

)

) (

)

( )


127

Untuk x = 0, maka (

( )

) ( )

( ) diskontinu di x = 0, sehingga juga diskontinu di x = -1,-2,-3... -n (n bulat negatif). ( )

( )

( )

+ ( )

( )

( )

-

Gambar 2. Grafik Fungsi Gamma.

1.3. Contoh Soal Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

128

1.

Tentukan nilai dari ( )

a.

( )

b.

∫

c.

∫ Jawab ( )

a. b.

( )

∫

( (

) )

∫

 Jadi,

c.

∫

( )

∫

∫

Misal,

∫

∫( ) ∫

(

) ∫

 ∫ ( ) ∫


129



2.



3

x e- x dx

0

misalkan √

∫

=y x = y3 dx = 3 y2 dy

⁄

∫

⁄

=3 ( ) √

= 3x √ 3.

Hitunglah a.

∫

b.

∫

Penyelesaian a.

= ( )

∫

( )

(

)

=(

)

= = 4X3X2X1 = 24 b.

∫ Misalkan z = 3x dz = 3 dx dx = Jadi ∫

=∫ ( )


130

=∫ ( ) ( )

= = = = =

4.

Hitunglah a.

(

)

b.

(

)

Penyelesaian

a.

(

)=(

)

(

)

=(

)(

)

=(

)(

)(

(

) )(

)(

)

(

)

( )

( )

= ⁄

= b.

5.

(

)=

( )

=

( )

Hitunglah ∫ (

)

Penyelesaian ∫ (

)

=∫ (

)


131

=∫ (

)

= ( ) ( ) =(

)

= 4! = 4X3X2X1 = 20

FUNGSI BETA 2.1. Definisi Fungsi Beta Fungsi Beta sering disimbolkan dengan β(x,y). Bentuk umum fungsi beta adalah ( dimana

(

)

(

∫

)

) konvergen untuk

2.2. Sifat Fungsi Beta Sifat fungsi beta adalah simetris, yaitu: (

)

(

)

Bukti (

)

(

∫

)

Dengan menggunakan transformasi (

)

∫(

)

) (

∫ (

, maka diperoleh :

(

( ) )

)


132

2.3. Hubungan Fungsi Gamma dan Fungsi Beta Hubungan fungsi gamma dan fungsi beta adalah bahwa fungsi beta dapat dinyatakan dalam fungsi gamma. Persamaanya adalah sebagai berikut: (

Untuk

( ) ( ) ( )

)

, yang merupakan syarat agar

( )

( )

konvergen. Persamaan di atas dapat ditunjukkan transformasi kordat polar

2.4. Bentuk Integral yang dapat dinyatakan dalam Gamma dan Beta Berikut adalah integral spesial yang dinyatakan dalam fungsi gamma dan fungsi beta : )(

∫(

)

(

)

(

( ) ( ) ) ( )

Bukti : (

)

(

∫

)

∫ (( ∫ (

a.

)

∫

)

( (

∫

(

) )(

)

)(

)

( ) (

)

(

)

2.5. Contoh Soal 1.

Tentukan nilai dari :


133

a. b.

(

)

(

)

(

∫

)

Jawab: a.

b.

(

)

(

)

∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

(

)

(

)

(

=∫

)



∫

(

)

( ) ( ) (

2.

∫ (

)

⁄

)

Misalkan ⁄ ⁄

∫ ( (

3.

⁄

⁄

)

= ∫

⁄

(

)

⁄

)

Hitunglah ∫

(

)

Penyelesaian ∫

(

)

= (

)


134

( ) ( )

=

(

)

= = = =

Hitunglah ∫ √

4.

Penyelesaian Misalkan dx = 5 (

∫

)

50 (

(

∫

dy =

) dy

( ) ( )

)

( )

= 25 (

Hitunglah∫

5.

√ )

Penyelesaian (

∫

√ )

misalkan √ = y x= dx = 2y dy ∫

(

) (

)=

(

∫

= (

(

)

) ( ) )

= = Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

135

= =


136

KESIMPULAN

1.

Sifat-sifat Fungsi Gamma Berikut adalah sifat-sifat yang dimiliki fungsi gamma:

2.

a.

( )

(

) (

b.

(

)

( )

c.

( )

d.

( )

e.

(

)

f.

(

)

(

)

)

( )

(

)

(

) (

)

Sifat Fungsi Beta Sifat fungsi beta adalah simetris, yaitu: (

3.

)

(

)

Hubungan Fungsi Gamma dan Fungsi Beta ( Untuk

)

( ) ( ) ( )

, yang merupakan syarat agar

( )

( )

konvergen. 4.

Bentuk Integral yang dapat dinyatakan dalam Gamma dan Beta Berikut adalah integral spesial yang dinyatakan dalam fungsi gamma dan fungsi beta :

∫(

)(

)

(

)

(

( ) ( ) ) ( )


137

BAB VII DERET TAK TERHINGGA 11.1

Barisan Takterhingga Istilah barisan adalah susunan bilangan yang terurut sesuai dengan

urutan bilangan asli. Tepatnya suatu barisan takterhingga adalah sebuah fungsi yang daerah asalnya adalah himpunan bilangan asli. Misal : a1,a2,a3,a4,... Suatu barisan dapat didefinisikan dengan memberikan suku awal yang cukup untuk membentuk suatu pola, seperti pada barisan berikut : 1,4,7,10,13,... Dengan rumus eksplisit untuk suku ke-n, seperti pada rumus berikut : an = 3n – 2

n

1

atau oleh rumus rekursi : an = an-1 + 3

n

2, a1 = 1

Perhatikan bahwa ketiga rumusan di atas melukiskan barisan yang sama. Di bawah ini ada empat rumus eksplisit berbagai barisan dan beberapa suku pertamanya.

(1) an = 1 (2) bn = 1 + (-1)n , n 1 : (3) cn = (-1)n + , n 1 : (4) dn = 0,999, n 1 :

0 0, 0, 0,999, 0,999, 0,999, 0,999


138

KEKONVERGENAN Perhatikan keempat barisan di atas. Nilai suku-suku dalam tiap barisan tersebut semakin mendekati 1(lihat diagram dalam Gambar 1). Tetapi apakah mereka semua kenvergen menuju 1? Jawaban yang benar adalah bahwa {an} dan {bn} konvergen menuju 1, sedangkan {cn} dan {dn} tidak demikian. Agar suatu barisan konvergen menuju 1, syaratnya yang pertama ialah nahwa nilai-nilai barisan itu harus mendekati 1. Tetapi tidak hanya harus mendekati 1, nilai-nilai tersebut harus berdekatan, yang tidak dipenuhi oleh {cn}. Definisi : Barisan {an} dinamakan konvergen menuju L atau berlimit L dan ditulis sebagai berikut : 𝐥𝐢𝐦𝒏 𝒂𝒏 = L Apabila untuk tiap bilangan positif , ada bilangan positif N sehingga untuk n N |an – L| ⬚ Suatu barisan yang tidak konvergen ke suatu bilangan L yang terhingga dinamakan divergen CONTOH 1 : Buktikan, bahwa untuk P positif bulat (asli), maka =0 Pembuktian ini hampir jelas dari penyelesaian sebelumnya, tetapi disini akan kami berikan pembuktian formalnya. Diketahui

> 0. Pililah N > √ |an – L| = |

- 0| =

maka untuk n

(√

N berlakulah

)

=


139

Teorama-teorama mengenai limit yang anda kenal, berlaku pula untuk barisan. Di bawah ini kita sajikan sifat limit-limit itu (tanpa pembuktian). Teorama A Andaikan {𝑎𝑛 } dan {𝑏𝑛 } barisan-barisan yang konvergen dan k sebuah konstanta . maka : 1. 𝐥𝐢𝐦 k = k ; 𝐧 ∞

2. 𝐥𝐢𝐦 k𝐚𝐧 = k 𝐥𝐢𝐦 𝐚𝐧 ; 𝐧 ∞

𝐧 ∞

3. 𝐥𝐢𝐦(𝐚𝐧

𝐛𝐧 ) = 𝐥𝐢𝐦 𝐚𝐧

𝐧 ∞

𝐥𝐢𝐦 𝐛𝐧 ;

𝐧 ∞

𝐧 ∞

4. 𝐥𝐢𝐦 (𝐚𝐧 ∙ 𝐛𝐧 ) = 𝐥𝐢𝐦 𝐚𝐧 ∙ 𝐥𝐢𝐦 𝐛𝐧 ; 𝐧 ∞

𝟓 𝐥𝐢𝐦 𝐧

𝐧 ∞

𝐚𝐧 𝐛𝐧

=

𝐥𝐢𝐦 𝐚 𝐧 ∞ 𝐧 𝐥𝐢𝐦 𝐛𝐧

𝐧 ∞

asalkan 𝐥𝐢𝐦 𝐛𝐧 ≠ 0. 𝐧 ∞

𝐧 ∞

CONTOH 2 Tentukan limit dari : Penyelesaian Untuk melihat apa yang terjadi dengan suatu hasil bagi dua suku banyak dalam n apabila n membesar , kita bagi pembilang dan penyebut dengan pangkat n yang terbesar yang ada dalam penyebut. =

( ⁄

=

[

)

( ⁄

=

=

)]

⁄

⁄

=

=


140

Oleh karena limit dalam contoh diatas adalah sederhana, biasanya kita dapat melampaui berbagai langkah dan langsung menuju ke langkah akhir. 11.2

Deret Takterhingga Zeno dari Elea mengatakan dalam suatu paradoks terkenal kira-kira

2400 tahun yang lalu bahwa seorang pelari tak mungkin dapat mengakhiri suatu pertandingan sebab ia harus berlari setengan jarak, kemudian setengah sisa jarak, kemudian setengah jarak yang masih tersisa dan seterusnya. Perhatikan jarak pertandingan yang panjangnya 1 mil. Ruas jarak pikiran Zeno dengan ini oanjangnya

dan seterusya. ∙∙∙∙

Dalam bahasa matematika,

Yang tampaknya tak mungkin. Walaupun demikian kita harus ingat bahwa jumlah telah didefinisikan. Perhatikan jumlah parsial sebagai berikut : S1 = S2 =

=

S3 = Sn = Jelas jumlah-jumlah parsial ini makin mendekati 1. Tepatnya =

(

)=1

Ini Kita definisikan sebagai nilai jumlah takterhingga itu.


141

Perhatikan hal yang lebih umum a1 + a2 + a3 + a4 + ... Kita singkat sebagai ∑

atau ∑

dan bentuk tersebut kita namakan

deret tak terhingga (atau deret saja ). maka Sn , yaitu jumlah parsial ke-n adalah : Sn = a1 + a2 + a3 + ... + an = ∑

Definisi Deret takterhingga ∑𝒌

𝟏 𝒂𝒌

konvergen dan mempunyai jumlah S, apabila

barisan jumlah-jumlah parsial {sn} konvergen menuju s. Apabila {sn}

divergen , maka deret divergen . Sesuatu deret yang divergen tidak memiliki jumlah.

-

Suatu deret yanarg berbentuk ∑

= a + ar + ar2 + ar3 + . . . .

Dengan a ≠ 0 dinamakan deret geometri. CONTOH 3 Buktikan bahwa suatu deret geometri konvergen dengan jumlah S = a / (1 – r ) apabila | r | < 1. Deret itu divergen apabila | r |

1.

Penyelesaian Andaikan Sn = a + ar +ar2+. . . .+arn-1 Apabila r = 1 , Sn = na , yang melampaui tiap bilangan yang diketahui jika n bertambah tanpa terbatas , jadi {Sn} divergen apabila r ≠ 1 , kita dapat menulis Sn – rSn = (a + ar + . . . + arn-1 ) – (ar + ar2 +. . . + arn ) = a arn Sehinga

𝑺𝒏

𝒂 𝒂𝒓𝒏

𝒂

𝒂

𝟏 𝒓

𝟏 𝒓

𝟏 𝒓

𝒓𝒏


142

Apabila | r | < 1, maka S=

= 0 (pasal 11.1, Contoh 5) sehingga Sn =

Apabila | r | > 1 atau r = 1, barisan {rn} divergen ,sehingga {Sn} juga divergen . CONTOH 4 Gunakan hasil Contoh 1, untuk menentukan jumlah deret geometri berikut . ∙∙∙

a) ∙∙∙

b)

∙∙∙

Penyelesaian a) S =

2

b) S

=

=

Teorema A ( Uji Kedivergenan dengan suku ke-n ). Apabila ∑𝒏 maka

𝟏 𝒂𝒏

konvergen ,

= 0. Setara dengan pernyataan ini ialah bahwa apabila = 0 (atau apabila

tidak ada) maka deret divergen.

Bukti Andaikan Sn jumlah parsial ke-n dan S =

. Oleh karena

=

,maka Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

143

=S–S=0

= CONTOH 5 Buktikan bahwa ∑ =

=

divergen.

⁄

=

Menurut Teorema A, deret divergen. 11.3

Deret Positif : Uji Integral

Diperkenalkan beberapa hal yang sangat penting yang umumnya di gambarkan untuk dua jenis deret yang sangat khusus, yakni deret geonetrik dan deret kolapa. Kedua deret ini dapat digunukan untuk memberikan rumus-rumus eksak untuk jumlah parsial Sn, suatu yang jarang dapat dilakukan untuk hampir semua jenis deret yang lain. PENTING UNTUK DIINGAT adalah sebuah barisan.

𝒂𝟏 𝒂𝟐 , 𝒂𝟑 , . . . .

adalah sebuah deret.

𝒂𝟏

𝒂𝟐

adalah jumlah parsial ke-n dari deret .

𝒂𝟑

∙∙∙∙

𝒔𝟏 𝒔𝟐 𝒔𝟑 ∙ ∙ ∙ ∙

adalah barisan jumlah parsial dari deret. Deret konvergen jika dan hanya jika S= 𝐥𝐢𝐦 𝐬𝐧 𝐧

berlaku dan terhingga, dalam hal mana S disebut jumlah deret


144

JUMLAH PARSIAL YANG TERBATAS

Salah satu hasil dapat

dijabarkan langsung dari Teorema Barisan Monoton Teorema A (Uji Jumlah Terbatas ). Suatu deret ∑

yang sukunya tak negatif

,adalah konvergen, jika dan hanya jika jumlah parsialnya terbatas di atas.

Bukti Andaikan

=

+

+. . .

. Oleh karena

0, maka

; jadi { } adalah barisan yang tidak turun menurut Teorema 11.1D, barisan { } , akan konvergen , apabila ada bilangan untuk semua n. Apabila tidak,

sehingga

akan melampaui tiap bilangan dan hal ini,

{ } divergen .

DERET DAN INTEGRALs TAK WAJAR integral tak wajar ∫

Kelakuan deret ∑

( ) dan

( )dx mengenai kekonvergenan ,serupa sehingga

kita dapat menjadikannya sebagai pengujicoba yang ampuh. Teorema B (Uji Integral). Andaikan f suatu fungsi yang kontinu ,positif dan tidak naik pada selang [1, ]. Andaikan

= f(k) untuk semua k positif bulat.

Maka tak terhingga ∑ Konvergen, jika dan hanya jika integral tak wajar ∫

( )

konvergen


145

CONTOH 6 Penyelesaian

Periksa apakah deret ∑

konvergen atau divergen .

Hipotesis dalam Uji Integral dipenuhin untuk f(x) = 1/(x ln

x) pada [2, ). Intervalnya bukan [1, )

menurut

catatan yang diberikan pada Teorema B. Sekarang, ∫ Jadi, ∑ 11.4

dx = (

∫

d (ln x) =

[

] =

) divergen.

Deret Positif : Uji-uji Lainnya

Kita telah menganalisis secara tuntas kekonverganan dan kedivergenan dua deret yaitu deret geometri dan deret-p. Hasilnya kita ulangi disni. ∑

konvergen apabila

∑

konvergen untuk p > 1; divergen untuk p

divergen untuk | r | 1

Deret-deret tersebut dapat digunakan sebagai standar , atau model untuk menentukan kekonvergenan atau kedivergen deret lain. Membandingkan Suatu Deretan Dengan Deretan Lain Sebuah deret yang suku-sukunya kurang dari suku yang seletak dari suatu deret konvergen seharusnya konvergen ; sebuah deret yang suku-sukunya lebih besar dari pada suku-suku yang seletak deret divergen seharusnya divergen. Deret kita ini, dituangkan teorema berikut. Teorema A (Uji Banding). Andaikan untuk n N berlaku 0

𝒂𝒏

(i)

Jika ∑ 𝒃𝒏 konvergen, maka ∑ 𝒂𝒏 konvergen .

(ii)

Jika ∑ 𝒂𝒏 divergen ,maka ∑ 𝒃𝒏 divergen

𝒃𝒏


146

Teorema B (Uji Banding Limit). Andaikan Apabila 0 < L <

, maka ∑

=L dan ∑

bersama-sama akan

konvergen atau divergen . Apabila L = 0 dan ∑ ∑

konvergen , maka

konvergen .

CONTOH 7 Tentukan apakah deret-deret berikut konvergen atau divergen. (a) ∑

(b) ∑

Penyelesaian

√

Kita gunakan Uji Banding Limit. Untuk ini kita terlebih

dahulu harus menentukan pembandingan suku ke-n deret ini. Kita harus memeriksa bentuk suku ke-n untuk n yang besar ; yang dapat kita tentukan dengan melihat suku-suku derajat tertinggi dalam pembandingan dan penyebut suku umum. Untuk deret (a), suku umumnya mirip dengan 3/n2 ; untuk deret (b) ,suku umumnya mirip dengan 1/n. (a)

=

(b)

=

(

) (

√

)

=

√

=

=1

=1

Jadi deret pada (a) konvergen dan pada (b) divergen . MEMBANDINGKAN SUATU DERETan DENGAN DIRINYA

Untuk

dapat menggunakan Uji coba banding di perlukan wawasan luas tentang macam-macam

deret

yang

telah

diketahui

kekonvergenan

atau

kedivergenannya. Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

147

Teorema C (Uji Hasilbagi). Andaikan ∑ 𝑎𝑛 sebuah deret yang sukunya positif dan andaikan 𝐥𝐢𝐦

𝐧

𝐚𝐧 𝟏 𝐚𝐧

=𝛒

(i)

Jika ρ < 1 deret konvergen.

(ii)

Jika ρ > 1 deret divergen

(iii)

Jika ρ

, pengujian tidak membirikan kepastian.

CONTOH 8

Apakah deret ∑

Penyelesaian

=

=

konvergen atau divergen ?

(

)

=

=0

Meenurut Uji Hasilbagi deret itu konvergen 11.5 Deret Ganti Tanda , Kekonvergen Multak Kita teleh membahas deret-deret yang suku-sukunya tidak negatif dalam dua pasal terakhir. Persyaratan tak negatif ini kita hapus, sehingga dalam suatu deret suku-sukunya dapat negetif . Khususnya kita memperhatikan deret-deret yang suku-sukunya berganti-ganti tandanya (alternating series) –yakini , deret yang bentuknya ∙∙∙∙ Suatu deret ganti-tanda dengan an > an+1 > 0. Apabila

an = 0, maka

deret konvergen. kesalahan yang dibuat apabila jumlah S diaproksimasi dengan jumlah n suku pertama Sn , tidak akan melebihi an+1


148

Dengan an > 0 untuk semua n . contoh penting adalah deret harmonik ganti tanda ∙∙∙∙

1

Kita tahu bahwa deret harmonik itu divergen ; kita akan melihat dalam waktu singkat bahwa deret harmonik ganti tanda itu konvergen. Teorema A (Uji Pembandingan Mutlak) . Andaikan ∑ 𝑢𝑛 sebuah deret yang sukusukunya tak nol.

𝐥𝐢𝐦

Andaikan

𝐧

𝐮𝐧 𝟏 𝐮𝐧

=𝛒

(i)

Jika ρ < 1 ,deret konvergen mutlak (jadi konvergen ).

(ii)

Jika ρ > 1 , deret divergen .

(iii)

Jika ρ = 1, pengujian ini tidak dapat memberikan kepastian.

Teorema B (Uji Kekonvergenan Mutlak). Apabila ∑

konvergen maka ∑

konvergen. Teorema C (Teorema Penukaran Tempat). Suku-suku suatu deret yang konvergen mutlak dapat diubah-ubah kedudukannya tanpa mempengaruhi kekonvergennya atau jumlahnya. CONTOH 9 Buktikan bahwa ∑ =

=

(

(

)

konvergen mutlak.

)


149

=

=0

Menurut Uji Hasilbagi Mutlak , deret ini konvergen mutlak (jadi konvergen juga). 11.6

Deret Pangkat

Hingga saat ini kita telah mempelajari deret-deret yang terdiri atas konstanta-konstanta yang berbentuk ∑

. dengan

sebuah bilangan.

Sekarang kita akan mempelajari deret fungsi deret yang berbentuk ∑

(x).

Suatu contoh adalah deret ∑

∙∙∙∙

=

Deret pangkat x ∑ (

∙∙∙∙

=

kita anggap sebagai

, juga apabila x = 0). Untuk deret pangkat ini,

kita dapat menjawab dua pertanyaan di atas. CONTOH 10 Untuk nilai-nilai x manakah deret pangkat ∑

= a + ax +

+

+∙∙∙∙

Konvergen dan berapakah jumlahnya. Penyelesaian

Deret tersebut telah kita pelajari dalam pasal 11.2 (pada

saat tersebut kita pakai huruf r untuk c ). Deret itu dinamakan deret geometri. Deret tersebut konvergen untuk -1 < x < 1 dengan jumlah S(x) yang memenuhi hubung? Anggap a ≠ 0an S(x) =

, -1 < x < 1


150

CONTOH 11 Tentukan himpunan kekonvergen deret ∑ Penyelesaian

=

(

)

|

(

|=

)

.

=

≠

Jadi deret konvergen hanya untuk x = 0 11.7

Operasi-operasi pada Deret Pangkat Dari pasal sebelumnya, kita mengetahui bahwa himpunan

kekonvergen daret pangkat ∑

adalah sebuah selang l . selang ini

adalah asal sebuah fungsi baru S(x),yaitu jumlah deret pangkat itu . Pertanyaan yang wajar ialah, apakah kita dapat menyusun rumus sederhana untuk S(x) tersebut. Hal ini telah kita lakukan untuk deret geometri, yaitu ∑

=

1
Teorema A Andaikan S(x) adalah jumlah sebuah deret pangkat pada sebuah selang l ; jadi, S(x) = ∑

=

∙∙∙∙

x

Maka, apabila x ada di dalam l , berlakulah, (i)

S’(x) = ∑

(

)

∙∙∙ ∙

=

(ii)

∫

∑

( )

∑ =

∫

∑ ∙∙∙∙


151

CONTOH 12 Gunakan Teorema A untuk deret geometri ∙∙∙∙ Untuk memperoleh rumus-rumus jumlah dua deret baru. Penyelesaian Apabila diferensialkan suku dmi suku, kita peroleh (

∙∙∙∙

)

Sedangkan pengintegralan suku demi suku menghasilkan ∫

∫

∫

∙∙ ∙∙∙

∫

Jadi, (

)

∙ ∙∙∙

Apabila x kita ganti dengan –x dan mengalikan ruas kiri dan kanan dengan -1 , kita peroleh Ln(

CONTOH 13

)

∙ ∙ ∙ ∙∙

Tentukan deret pangkat yang menggambarkan

.

Penyelesaian Ingat kembali bahwa ∫

dt

Apabila dalam deret geometri untuk 1/(1 – x ) , x kiita ganti dengan

,

kita peroleh ∙∙∙∙ Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

152

Sehingga, ∫(

∙ ∙ ∙ ∙ ∙)

Yaitu,

∙∙ ∙∙

( Dengan menetapkannya dalam batas tertentu , ini juga memenuhi di x = 1 ).

CONTOH 14

Tentukan rumus untuk jumlah deret ∙∙∙∙

S(x) = 1

Jadi, s(x) = S(x) untuk semua x. Selanjutnya S(0) = 1. Persamaan diferensial ini mempunyai jawaban tunggal , yaitu S(x) =

(lihat Pasal

7.5) jadi,

𝒆𝒙

𝟏

𝒙

𝒙𝟐

𝒙𝟑

𝟐

𝟑

∙∙∙∙


153

11.8

Deret Taylor dan Maclaurin Pertanyaan yang belum terjawab adalah sebagai berikut; Diketahui atau ln (

sebuah fungsi f (misalnya

). Dapatkah fungsi itu

digambarkan sebagai suatu deret pangkat dari x atau, lebih umu ,dari x – a ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ sehingga

? jadi adakah bilangan-bilangan (

F(x) =

)

(

)

(

)

∙∙∙∙

Untuk semua x dalam suatu selang sekitar a . Maka, ( )

( )

=

Jadi, suatu fungsi tidak dapat digambarkan oleh dau deret pangkat dAri (x –a ). Teorema B (Teorema Tay;or).

Andaikan f sebuah fungsi yang memiliki turunan

dari semua tingkatan dalam suatu selang ( a – r , a + r ). Syarat yang prlu dan cukup agar deret Taylor F (a) + f’(a)(x - a) +

( )

(x – a ) +

( )

(x – a )

∙∙ ∙∙

Menggembarkan fungsi f pada selang itu, ialah Rn (x) = 0 Dengan, Rn (x) suku-suku dalam Rumus Taylor, yaitu Rn (x) =

(

)(

(

)

)

(

)

Dengan c suatu bilangan dalam selang (a – r , a + r ) .


154

Bukti kita hanya perlu mengingat kembali Rumus Taylor ( Teorema 10.2A),yaitu f(x) = f(a) + f’(a) (x – a) +.........+

( )

( )

(x – a )

(x)

maka jelaslah Teorema Taylor. Perhatikan bahwa apabila a = 0 ,kita peroleh deret Maclaurin F(0) + f’(0)x + 𝐬𝐢𝐧 𝒙

( )

( )

x2

𝒙

𝒙𝟑 𝟑

𝒙𝟓 𝟓

∙∙∙∙ 𝒙𝟕 𝟕

Teorema C (Deret Binomial) , Untuk tiap bilangan riil p dan |x| < 1 berlaku (1 + x) = 1 + ( ) x + ( )

( )

Dengan ( ) seperti telah didefenisikan di atas. Kumpulan Materi Kalkulus II | Fakultas Ilkom Universitas Indo Global Mandiri

155

CONTOH 15 Tuliskan ( 1 – x )-2sebagai suatu deret maclaurin pada selang – 1 < x < 1. Penyelesaian Dengan menggunakan treorema C , kita peroleh ( 1 + x ) -2 = 1 + ( - 2 ) x +

(

)(

)

(

)(

)(

)

∙∙∙∙

∙∙∙

= 1 – 2x + 3 Sehingga ,

∙∙∙

( 1 – x )- 2 = 1 + 2x + 3

Untungnya , urayan tersebut cocok dengan hasil yang diperoleh dalam contoh 1 , pasal 11. 7 tetapi dengan cara yang berlainan. √

CONTOH 16 Hitunglah ∫

hingga 5 angka desimal.

Penyelesaian Menurut Contoh 6, kita peroleh √

∫

∙∙∙∙

√

[

∙ ∙ ∙]


156

REFERENSI Purcell,Edwin J dan D. Varberg.1987. Kalkulus dan Geometri Analitis . Edisi 5.Jilid 1.Jakarta : Bumi Aksara. Varberg ,Dale dan Edwin J.Purcell, I Nyoman Susila. 2001.Kalkulus jilid 1. Batam: Interaksara. Mundit, Armawi K.1984.Anvanced Calculus.Bandung:Armico.

Anonim. Fungsi Invers. http://bebas.vlsm.org/v12/sponsor/Sponsor Pendamping/Praweda/Matematika/0375%20Mat%201-4e.htm Anonim. Matriks. http://id.wikipedia.org/wiki/Matriks_(matematika) Anonim. Invers dan Matriks. http://grid.ui.ac.id/files/manualportal/node10.html Anonim. Mencari Fungsi Invers dan Matriks dengan Maple. http://ns1.cic.ac.id/~ebook/ebook/adm/myebook/0011.pdf

http://Mysuhadi.blogspot.com http://itb.ac.id/diktat kalkulus1


157


158

Kumpulan Materi Kalkulus II

Recommend Documents