Mate Ma Tika Dasar

Danang Mursita

Sekolah Tinggi Teknologi Telkom Bandung 2002

DAFTAR ISI

Judul Kata Pengantar Daftar Isi Bab 1

Bab 2

Bab 3

Bab 4

Bab 5

Bab 6

Fungsi Real 1.1 Sistem Bilangan Real 1.2 Fungsi dan Grafik 1.3 Limit dan kekontinuan 1.4 Limit tak Hingga dan Limit di Tak Hingga Turunan dan Penggunaan 2.1 Turunan Fungsi 2.2 Turunan Fungsi Trigonometri 2.3 Teorema Rantai 2.4 Turunan Tingkat Tinggi 2.5 Fungsi Implisit 2.6 Kemonotonan dan Kecekungan Fungsi 2.7 Nilai Ekstrim dan Asymtot 2.8 Dalil Delhopital Integral dan Penggunaan 3.1 Integral Tak Tentu 3.2 Notasi Sigma 3.3 Integral Tentu 3.4 Luas Daerah 3.5 Volume Benda Putar 3.6 Panjang Kurva Fungsi Transenden 4.1 Fungsi Invers 4.2 Fungsi Logaritma dan Fungsi Eksponen 4.3 Fungsi Invers Trigonometri 4.4 Fungsi Hiperbolik 4.5 Fungsi Invers Hiperbolik 4.6 Limit Bentuk Tak Tentu Teknik Pengintegralan dan Integral Tak Wajar 5.1 Rumus Baku Integral 5.2 Integral Bagian 5.3 Integral Fungsi Trigonometri 5.4 Integral dengan Substitusi 5.5 Integral Fungsi Rasional 5.6 Integral Tak Wajar Danang Mursita Barian dan Deret 6.1 Barisan Bilangan 6.2 Deret Tak Hingga 6.3 Deret Berganti Tanda

i ii iv 1 1 6 13 17 21 21 25 27 29 31 33 35 40 44 44 46 48 54 56 60 64 64 65 69 72 74 77 80 80 82 85 91 94 99 103 103 105 113

Bab 7

Bab 8

Bab 9

Bab 10

Bab 11

6.4 Konvergen Mutlak dan Bersyarat 6.5 Deret Kuasa 6.6 Deret Taylor dan Mac Laurin 6.7 Turunan dan Integral Deret Kuasa Persamaan Diferensial Biasa 7.1 Order Persamaan Diferensial 7.2 Persamaan Diferensial Linear Order Satu 7.3 Peubah Terpisah 7.4 Persamaan Diferensial dengan Koefisien Homogen 7.5 Persamaan Diferensial Linear Order Dua Homogen 7.6 Persamaan Diferensial Linear Order Dua Tak Homogen Kalkulus Fungsi Vektor 8.1 Kurva Bidang 8.2 Fungsi Vektor 8.3 Gerak Partikel dan Kelengkungan 8.4 Komponen Normal dan Tangensial Fungsi Peubah Banyak 9.1 Domain dan Range 9.2 Permukaan 9.3 Turunan Parsial 9.4 Vektor Gradien dan Turunan Berarah 9.5 Nilai Ekstrim Integral Rangkap 10.1 Integral Rangkap Dua 10.2 Volume dan Pusat Massa 10.3 Integral Rangkap Tiga 10.4 Koordinat Tabung dan Koordinat Bola Kalkulus Integral Vektor 11.1 Medan Vektor 11.2 Integral Garis 11.3 Integral Permukaan

115 116 119 121 123 123 125 127 128 131 134 139 139 142 148 151 153 153 154 156 163 168 171 171 179 181 185 189 189 191 199

Daftar Pustaka

205

Danang Mursita

DAFTAR PUSTAKA

[1]. Edwin J Purcell, Dale Van berg, Calculus with analytic Geometry, 5th , Prentice Hall, USA, 1987 [2]. Anton Howard, Calculus, 3rd , John Wiley and sons, USA, 1988 [3]. Kurt Arbenz, Alfred Wohlhauser, Advanced Mathematics for Practicing Engineering , Artech House Inc, USA, 1986 [4]. Earl D Rainville, Phillip E Bedient, Elementary Differential Equations, 7th , Maxwell Macmillan international Editions, Singapore, 1989 [5]. Stanley J Farlow, An Introduction to Differential Equations and Their Applications , Mc Graw-Hill Inc, USA, 1994 [6]. William E Boyce, Richard C Diprima, Elementary Differential Equation and Boundary Value Problems, 5 th , John Wiley and Sons Inc, Canada, 1992.

Danang Mursita

21 Matematika Dasar

BAB 2 TURUNAN DAN PENGGUNAAN 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8

Turunan Fungsi Turunan Fungsi Trigonometri Teorema Rantai Turunan Tingkat Tinggi Fungsi Implisit Kemonotonan dan Kecekungan Fungsi Nilai Ekstrim dan Asymtot Dalil Delhopital

2.1 Turunan Fungsi

Misal diberikan grafik fungsi y = f(x) dengan P ( a, b ) terletak pada kurva f(x). Bila titik Q ( x,y) merupakan titik sembarang pada kurva f(x) maka gradien garis PQ dapat dinyatakan dengan : y − b f ( x ) − f (a ) m PQ = = x − a x − a Bila titik Q digerakkan sehingga berimpit dengan titik P maka garis PQ akan merupakan garis singgung kurva f(x) di titik P dengan gradien : f (x ) − f (a ) m = lim x − a x→ a Definisi

Turunan dari fungsi f(x) di titik x = a didefinisikan sebagai gradien dari garis singgung kurva f(x) di x = a dan diberikan: f ' ( a )

=

lim

x→ a

f (x ) − f (a ) x − a

Bila nilai limit ada maka f(x) dikatakan diferensiabel atau dapat diturunkan di x = a. Misal h = x - a . Maka turunan f(x) di x = a dapat dituliskan : f '(a )

=

lim

f (a + h) − f (a ) h

h→ 0

Notasi lain : f ' (a )

=

df ( a ) dx

=

dy (a ) dx

= y ' (a )

Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom

22 Matematika Dasar

Secara fisis, pengertian atau definisi dari turunan fungsi f(x) di titik x = a menyatakan kecepatan, V(x) benda yang bergerak dengan lintasan f(x) pada saat x = a. Oleh karena dV (a ) itu, didapatkan hubungan V (a ) = f '(a ) dan percepatan , A(x) , A(a ) = . dx

Teorema

Bila y = f(x) diferensiabel di x = a maka y = f(x) kontinu di x = a. Teorema tersebut tidak berlaku sebaliknya, yaitu ada fungsi yang kontinu tetapi tidak diferensiabel. Hal ini, ditunjukkan oleh contoh berikut.

Contoh 2.1

Tunjukkan bahwa f ( x ) = | x | kontinu di x = 0 tetapi tidak diferensiabel di x = 0 Jawab : Fungsi f ( x ) kontinu di x = 0 , sebab f ( 0 ) = lim f (x ) = 0 x→ 0

Turunan f ( x ) di x = 0 dicari menggunakan rumus berikut : f ( 0 + h ) − f ( 0) | h| f ' ( 0) = lim = lim h h→ 0 h→ 0 h Karena

−1=

lim

| h|

h→ 0− h

≠

lim

| h|

h→ 0+ h

= 1 maka f(x) = |x| tidak diferensiabel di x = 0.

Sebagaimana pengertian dari keberadaan limit fungsi ( limit kiri = limit kanan ) dan kekontinuan fungsi ( kontinu kanan dan kontinu kiri ), dapat juga diturunkan suatu pengertian diferensiabel kanan dan diferensiabel kiri.

Definisi

Misal fungsi f(x) diferensiabel di x = a. Maka dapat didefinisikan : f ( a + h) − f ( a ) Diferensiabel Kanan, f +' (a ) = lim dan + h h →0 ' Deferensiabel Kiri, f − ( a)

=

lim

h →0 −

f ( a + h) − f (a ) h

Kekontinuan suatu fungsi merupakan syarat perlu dari suatu fungsi yang diferensiabel. Artinya untuk menunjukkan bahwa suatu fungsi deferensiabel di suatu titik maka fungsi tersebut harus kontinu di titik tersebut. Selanjutnya diperiksa apakah nilai diferensiabel kanan sama dengan diferensiabel kiri. Hal ini diperlihatkan pada contoh berikut.


23 Matematika Dasar

Contoh 2.2

Tentukan nilai a dan b agar fungsi

2 x − x 2 f ( x) =   ax + b

≤ 1 diferensiabel di x = 1. , x > 1 , x

Jawab : Ditunjukkan f(x) kontinu di x = 1, yaitu f (1) = lim f ( x) = lim (ax + b ) atau a + b = 1 x→1+

x→1+

Dari diferensial kanan sama dengan diferensial kiri, didapatkan : f +' (1) lim

= f −' (1) f (1 + h) − f (1)

h →0 +

=

h a(1 + h) + b − 1

lim

h →0 +

=

h

f (1 + h) − f (1)

lim

h →0 −

h 2(1 + h) − (1 + h) 2 − 1

lim

h →0 −

h

Dari persamaan terakhir didapatkan nilai a = 0. Sehingga nilai b = 1. Jadi agar fungsi diferensiabel di x = 1 maka bentuk fungsi yaitu

2 x − x 2 , x ≤ 1 f ( x ) =   1 , x > 1 Untuk menentukan turunan suatu fungsi sangat sulit bilamana harus digunakan definisi formal di atas, namun akan lebih mudah digunakan rumus sebagai berikut :

( ) = r xr −1

d x r 1. 2. 3.

;

dx

d ( f ( x ) + g (x ) ) dx d ( f (x ) g ( x ) ) dx

=

r∈R

d ( f (x )) dx

= g ( x )

+

d ( g (x ))

d ( f ( x )) dx

dx

+ f ( x )

d ( g ( x )) dx

( f (x) g (x)) = g (x ) d ( f (x )) − f (x ) d (g (x ))

d 4.

dx

g 2 (x )

Contoh 2.3

Cari turunan dari fungsi berikut : 1 1. f ( x ) = x 2. f ( x ) = (2 x − 1) x x + 1 3. f ( x ) = x 2 + 1


24 Matematika Dasar

Jawab : 1

1. f ( x ) =

x

'

f ( x ) =

−

=x 1 2

x

− 12

−32

2. f ( x ) = (2 x − 1) x 1

f ' ( x ) = 3 x 2

−

1

. Digunakan rumus pertama, didapatkan :

=

−1 2 x x

= 2 x x

3

2

− 12

−x

=3

1

2 . Digunakan rumus kedua, didapatkan :

x

1

−

2 2 x Dapat juga diterapkan rumus ketiga dengan memandang f(x) = U(x) V(x) , U ( x ) 3.

= 2 x − 1 dan

V ( x ) = x

Misal U(x) = x + 1 dan V(x) = x '

didapatkan, f ( x )

=

x 2 + 1 − 2 x( x + 1)

( x2 + 1)

2

2

=

+1. Dengan menerapkan rumus keempat 1 − 2 x − x 2

( x2 + 1)2

Soal latihan 2.1

( Nomor 1 sd 10 ) Tentukan 1. y 2. y

=

− 12

dy dx

dari :

6

2 x 1 1

= − x

2

x 2 3. y = x ( x + 1 ) 4. y

= (x 4 + 2x)(x 3 + 2x 2 + 1)

5. y

= (3x 2 + 2 x )( x 4 − 3x + 1)

6. y

=

7. y

=

1 2

3 x + 9 2 x − 1 x − 1 2

− 3x + 1 2 x + 1 2 x − 2 x + 5 9. y = 2 x + 2 x − 3 2 5 x + 2 x + 6 10. y = 3 x − 1 8. y

=

2 x


25 Matematika Dasar

( Nomor 11 sd 13 ) Tentukan nilai a dan b agar fungsi berikut diferensiabel di nilai yang diberikan.

a x + 3 ;0 ≤ x < 1 = 2  x − bx ; x ≥ 1  ax − b ; x < 2 12. f ( x ) =  2 2 x − 1 ; x ≥ 2  x 2 − 1 ; x < 3 13. f ( x ) =  2 ax + b ; x ≥ 3 11. f ( x )

;x=1

;x=2

;x=3

2.2 Turunan Fungsi Trigonometri

Fungsi trigonometri ( sinus dan cosinus ) merupakan fungsi kontinu, sehingga limit fungsi sinus dan cosinus di setiap titik sama dengan nilai fungsinya, yaitu : lim sin x = sin a dan lim cosx = cos a x→ a

x→ a

Turunan dari fungsi sinus dapat diperoleh dari definisi, yaitu :

d (sin a ) dx

=

sin (a + h) − sin a

lim

h

h→ 0

 h   2  

2 sin  Karena lim

h

h→ a

=1

maka

 h   h   2   cos  a + 2  

2 sin 

=

lim

h

h→ 0

d (sin a ) dx

= cos a

Sedangkan untuk turunan fungsi cosinus diperoleh berikut:

d (cos a ) dx

=

cos (a + h) − cos a

lim

h

h→ 0

=

lim

h→ 0

 h   h  − 2 sin    sin  a +   2

2

h

= − sin a

Untuk turunan fungsi trigonometri yang lain dapat diperoleh dengan menerapkan rumus perhitungan turunan : 1.

2.

d (tan x ) dx d (cot x ) dx

= =

(sin x cos x) = sec2 x

d

dx

(cos x sin x) = − csc2 x

d

dx


26 Matematika Dasar

3.

4.

d (sec x ) dx

=

d (csc x ) dx

=

(

d 1 cos x dx

(

) = sec x tan x

d 1 sin x dx

) = − csc x cot x

Untuk menentukan / menghitung limit fungsi trigonometri di tak hingga dan limit tak hingga , digunakan sifat atau teorema yang diberikan tanpa bukti berikut.

Teorema Misal f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) berlaku untuk setiap x di dalam domainnya. Bila lim f (x ) = lim h (x ) = L maka lim g ( x ) = L x→∞

x→∞

x→∞

Contoh 2.4

Hitung limit berikut ( bila ada ) sin x 1. lim x→∞ x a.

lim

1 + cos x

x→ 0+

sin x

Jawab :

=

a. Misal f (x ) lim

x→∞

−1 x

=

sin x

lim

x 1

x→∞

x

. Dari

= 0 maka

-1

≤

lim

x→∞

sin x sin x x

≤

1 maka

−1 x

≤

sin x x

≤

1 x

. Karena

= 0.

b. Bila x mendekati nol dari arah kanan maka 1 + cos x mendekati 2, sedangkan nilai sin x akan mengecil atau mendekati nol. Oleh karena itu, bila 2 dibagi dengan bilangan positif kecil sekali ( mendekati nol ) maka akan menghasilkan bilangan 1 + cos x =∞ yang sangat besar ( mendekati tak hingga ). Jadi lim + sin x x→0

Soal latihan 2.2

( Nomor 1 sd 7 ) Hitung limit fungsi berikut ( bila ada ) 1 + cos x 1. lim sin x x→ 0− 2.

lim cos x

x→∞


27 Matematika Dasar

3. 4. 5. 6. 7.

 1     x x→∞  1  lim x sin    x  x→∞  π 1  lim sin  +   6 x  x→∞   1   lim  sin  x +  − sin x  x→∞   x  1   lim x  1 − cos   x  x→ −∞ lim sin 

( Nomor 8 sd 10 ) Tentukan turunan pertama dari: 1 − sin x 8. y = cos x 9. y

=

10. y

=

cos x x tan x sin x − cos x

11. Persamaan garis singgung kurva y = f(x) di titik ( a,b ) dengan gradien m dinyatakan dengan : y - b = m ( x - a ). Sedangkan persamaan garis normal dari y = f (x) ( garis yang tegak lurus terhadap garis singgung ) yang melalui titik ( a,b ) mempunyai persamaaan : y - b = -1/m ( x - a ). Tentukan persamaan garis singgung dan normal kurva berikut di titik yang diketahui dengan menghitung gradiennya terlebih dahulu. 2 a. y = x - 2x di ( 0,0 ) b. y = tan x di x =

¼π

12. Tentukan nilai a agar fungsi berikut kontinu di x = 0  sin 3 x , x ≠ 0 a. f ( x ) =  x  a x=0 b.

 tan ax ,x<0  f ( x ) =  x 3 x + 2 a 2 , x ≥ 0

2.3 Teorema Rantai

Untuk mendapatkan turunan dari fungsi komposisi dapat dilakukan dengan cara mencari bentuk ekplisit dari hasil komposisi fungsi. Namun dapat juga dicari dengan cara langsung menggunakan metode atau aturan rantai. Misal diberikan fungsi : y

= f (u (x )) . Maka turunan pertama terhadap x yaitu : Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom

28 Matematika Dasar

dy dx

=

d ( f ( u)) d (u( x ) ) du

dx

= f

' ( u) u ' ( x )

Bila y = f(u ) dengan u = v(x) maka turunan pertama dari y terhadap x dicari : dy

=

d ( f (u)) d (u( v )) d (v( x ) )

= f ' (u) u ' ( v) v '( x) dx du dv dx Metode penurunan di atas dikenal dengan teorema rantai. Contoh 2.5

Cari turunan dari fungsi f ( x ) = sin (3 x ) Jawab: Misal u(x) = 3x. Maka fungsi f(x) dapat dinyatakan dengan f ( x ) df = f ' (u )u ' ( x ) = 3 cos(3 x ) terhadap x yaitu dx

= sin (u ) .

Turunan

v ,. Maka fungsi dapat dituliskan dengan f ( x )

= tan u .

Contoh 2.6

Cari nilai turunan pertama di x = 1 dari fungsi f ( x) Jawab : Misal v(x) =

π2 x dan

Turunan terhadap x, yaitu f ' (1) =

u (v )

df dx

=

π

= f ' (u ) u ' (v )v' ( x ) = 2

2

π

2

= tan

sec 2

x

π

2

Soal latihan 2.3

( Nomor 1 sd 7 ) Tentukan turunan pertama dari

= ( 2 x − 3)10 y = sin 3 x y = cos( 4 x 2 − x )

1. y 2. 3. 4.

5.

 x + 1 2 y =   x − 1   x 2 − 1  y = cos   x 4 +   2

6. y = sin x tan [ x + 1 ]


π

π

2

2

x

x . Nilai turunan di x = 1,

29 Matematika Dasar

7. y = sin [ cos ( sin 2x ) ] 8. Hitung

 x 2 + 1 2  f ‘ ( 3 ) bila f (x ) =   x + 2  

9. Hitung g ‘ ( ½ ) bila g (t ) 10. Tentukan

( fog )' (1)

sin2 π t

= cos π t

bila f(x) = cos π x dan g (x ) 1

'

11. Tentukan ( fog ) ( − 1) bila f ( x )

= −1 x

=

dan g (x )

1 2 x

= x 2 − 4x

12. Tentukan persamaan garis singgung dan normal kurva y

= ( x 2 + 1)

3

( x 4 + 1)

2

di titik

dengan absis x = 1.

2.4 Turunan Tingkat Tinggi

Turunan kedua dari fungsi f( x ) didapatkan dengan menurunkan sekali lagi bentuk turunan pertama. Demikian seterusnya untuk turunan ke-n didapatkan dari penurunan bentuk turunan ke-(n-1). df ( x) Turunan pertama f ' (x ) = dx Turunan kedua

f "( x )

Turunan ketiga

=

Turunan ke-n

f

dx 2

=

f "' ( x ) ( n)

d 2 f ( x)

( x)

d 3 f ( x)

=

dx 3 d n f ( x) dx n

Contoh 2.7

Tentukan turunan kedua dan ketiga dari fungsi f ( x) = 1 + x 2 Jawab : x Turunan pertama, f ' ( x) = 1 + x 2 Turunan kedua digunakan rumus turunan dari fungsi hasilbagi, 1 + x f " ( x)

=

2

−

x

2

1 + x 2

1 + x 2

=

1 3

(1 + x 2 )

2


30 Matematika Dasar

Turunan ketiga, f " ' ( x)

=

− 3 x 5

(1 + x ) 2

2

Gerak Partikel

Misal Lintasan gerak partikel P dinyatakan dengan fungsi parameter s(t). Maka Kecepatan, v(t) dan percepatan, a(t) gerak P diberikan oleh Kecepatan, v(t ) = s ' (t ) Percepatan, a(t ) = s " (t )

Contoh 2.8

Lintasan gerak partikel P ditentukan oleh persamaan : s (t ) = t 3 − 2t 2 Tentukan : a. Kapan partikel P berhenti ? b. Besar percepatan P pada saat t = 2 Jawab :

+ t − 10

a. Kecepatan, v(t ) = s ' (t ) = 3t 2 − 4t + 1 . Partikel P berhenti berarti kecepatan sama dengan nol, sehingga t = 1/3 dan t = 1. b. Percetapan, a(t ) = s " (t ) = 6t − 4 . Untuk t = 2, maka a( 2 ) = 8

Soal Latihan 2.4

( Nomor 1 sd 4 ) Tentukan turunan kedua dari 1. y = sin ( 2x − 1) 2. y

= ( 2 x − 3) 4

3. y

=

4. y

= cos2 (π x)

x x + 1

= 0 bila f (x ) = x 3 + 3x 2 − 45 x − 6 nilai a, b dan c dari fungsi g (x ) = ax 2 + b x + c bila g (1) = 5, g ‘ (1 ) = 3

5. Tentukan nilai c dari f " (c)

6. Tentukan dan g “(1) = - 4 7. Tentukan besar kecepatan sebuah obyek yang bergerak pada saat percepatannya nol bila lintasan obyek dinyatakan dengan persamaan : 4

3

2

a. s = ½ t - 5 t + 12 t . 1 4 b. s = t − 14 t 3 + 60t 2 10

(

)


31 Matematika Dasar

8. Dua buah partikel bergerak sepanjang garis koordinat. Pada saat waktu t jarak berarah dari titik pusat diberikan dengan s1 dan s2. Bilamana kedua partikel mempunyai kecepatan sama bila : 2

2

a. s1 = 4 t - 3 t dan s2 = t - 2 t 3 2 3 2 b. s1 = 3 t - 3 t + 18 t + 5 dan s 2 = -t + 9 t - 12 t

2.5 Fungsi Implisit

Fungsi dengan notasi y = f(x) disebut fungsi eksplisit, yaitu antara peubah bebas dan tak bebasnya dituliskan dalam ruas yang berbeda. Bila tidak demikian maka dikatakan fungsi implisit. Dalam menentukan turunan fungsi implisit bila mungkin dan mudah untuk dikerjakan dapat dinyatakan secara eksplisit terlebih dahulu kemudian ditentukan turunannya. Namun tidak semua fungsi implisit dapat diubah menjadi bentuk eksplisit, oleh karena itu akan dibahas cara menurunkan fungsi dalam bentuk implisit berikut.

Contoh 2.9

Tentukan

dy dx

bila y − 4 x + 2 xy

=5

Jawab : Bentuk fungsi dapat diubah menjadi bentuk eksplisit, y

=

4 x + 5 1 + 2 x

. Digunakan aturan

penurunan didapatkan, −6 dy dx

=

(1 + 2 x )2

Contoh 2.10

Tentukan nilai

dy dx

di ( 2,1 ) bila y − 4 x + 2 xy 2

= −3

Jawab : Bentuk fungsi dapat diubah menjadi fungsi eksplisit dalam y, Menggunakan aturan penurunan didapatkan, dx dy

=

2 y 2

+ 2 y + 4

(4 − 2 y 2 )2 Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom

x

=

y + 3 4 − 2 y

2

.

32 Matematika Dasar

Karena dy dx

=

dy dx

1

= dx

maka

dy

dy dx

=

(4 − 2 y 2 )2 2 y

2

+ 2 y + 4

. Nilai turunan di ( 2,1 ) atau y = 1,

1 2

Contoh 2.11

Tentukan nilai

dy dx

di x = 1 bila y − 4 x + 2 x 2 y 2

= −3

Jawab : Turunan dari fungsi di atas dicari dengan menggunakan metode penurunan fungsi implisit. Misal turunan dari x dan y berturut-turut dinyatakan dengan dx dan dy. Bila dalam satu suku terdapat dua peubah (x dan y ) maka kita lakukan penurunan secara dy bergantian, bisa terhadap x dahulu baru terhadap y atau sebaliknya. Hasil turunan dx akan nampak bila masing-masing ruas dibagi oleh dx. y − 4 x + 2 x 2 y 2

= −3 dy − 4dx + 4 x y 2 dx + 4 x 2 y dy = 0 dy dx dy dx

− 4 + 4 x y 2 + 4 x 2 y =

dy dx

=0

( ruas kiri dan ruas kanan dibagi dengan dx )

4 − 4 x y 2 1 + 4 x 2 y

Substitusi x = 1 ke fungsi didapatkan 2 y 2 dy =0 Untuk ( 1, -1 ) , dx dy =1 Untuk ( 1, ½ ), dx

+ y −1 = 0

atau y = ½ dan y = -1.

Soal latihan 2.5

( Nomor 1 sd 5 ) Tentukan turunan pertama dari 2 2 1. x - y = 1 2. 2 x y + 3 x - 2 y = 1 3. y + sin (xy ) = 1 4. x 3 − 3 x 2 y + y 2 = 0 5. tan ( x y ) - 2 y = 0

2

2

6. Diketahui kurva yang dinyatakan secara implisit : x + xy + y - 3 y = 10. Tentukan a. Turunan pertama di x = 2 b. Persamaan garis singgung dan normal di x = 2


33 Matematika Dasar

7. Tentukan persamaan garis singgung dan normal dari kurva berikut di titik yang diberikan. a. y x 3

+x

xy

=2

; ( 1,1 )

3

b. x y + y x = 10 ; ( 1,2 ) 2 2

c. x y + 3 xy = 10 y ; ( 2,1 ) d. sin ( xy ) = y ; ( ½ π, 1 ) 2

2

e. y + cos ( xy ) + 3 x = 4 ; ( 1, 0 ) 3

8. Sebuah kurva dinyatakan dalam persamaan implisit : ( x + y )

− 2x + y = 1.

Tentukan : dy a. dx b. Persamaan garis singgung kurva di titik potongnya dengan garis x + y = 2.

2.6 Kemonotonan dan Kecekungan Kurva

Pada bagian ini penggunaan turunan akan di titik beratkan untuk mengetahui sifat-sifat yang dimiliki suatu kurva antara lain kemonotonan, kecekungan, nilai ekstrim , titik belok dan asymtot. Hal ini ditekankan agar kita mudah dalam menganalisa dan menggambarkan grafik fungsi. Pada bagian akhir dari sub bab penggunaan turunan ini, akan dijelaskan tentang dalil Delhospital untuk menghitung limit fungsi baik limit di suatu titik, limit di tak hingga maupun limit tak hingga.

Definisi : Fungsi Monoton

Grafik fungsi f(x) dikatakan

naik pada selang I bila f (x1) > f (x2 ) untuk

x1 > x2 ; x1 , x2

f(x)

f (x1) < f ( x2 )

∈ I .

Sedangkan

untuk x1 > x2 ; x1 , x2

dikatakan

∈ I .

turun

pada

selang

I

bila

Fungsi naik atau turun disebut fungsi

monoton.

Dalam menentukan selang fungsi monoton naik atau turun digunakan pengertian berikut. Gradien dari suatu garis didefinisikan sebagai tangen sudut ( α ) yang dibentuk oleh garis tersebut dengan sumbu X positif, m = tan α . Bila sudut lancip (α < ½ π ) maka m > 0 dan m < 0 untuk α > ½ π. Karena gradien garis singgung suatu kurva y = f(x) di titik ( x,y ) diberikan dengan m = f ‘ ( x ) dan selang fungsi naik atau fungsi turun berturut-turut ditentukan dari nilai gradiennya, maka kemonotonan fungsi diberikan berikut : 1. Fungsi f(x) naik bila f ' ( x ) > 0 2. Fungsi f(x) turun bila f ' ( x ) < 0


34 Matematika Dasar

Contoh 2.12

Tentukan selang fungsi naik dan fungsi turun dari fungsi f ( x ) Jawab :

= x 4 + 2 x3 + x 2 − 5

Turunan pertama, f ' ( x ) = 4 x 3 + 6 x 2 + 2 x . Untuk f '( x) = 4 x3 + 6 x 2 + 2 x > 0 , maka fungsi naik pada –1 < x < - ½ atau x > 0 dan fungsi turun pada x < -1 atau – ½ < x < 0. Secara geometris, grafik fungsi y = f(x) cekung ke bawah di suatu titik bila kurva terletak di bawah garis singgung kurva di titik tersebut. Sedangkan garfik fungsi y = f ( x ) cekung ke atas di suatu titik bila kurva terletak di atas garis singgung yang melalui titik tersebut.

Definisi : Kecekungan Fungsi

Fungsi f(x) dikatakan cekung ke atas pada selang I bila f ' ( x ) naik pada selang I, sedang f(x) dikatakan cekung ke bawah bila f ' (x ) turun pada selang I. Oleh karena itu dapat disimpulkan : 1. Bila f " (x ) > 0 , x ∈I maka f(x) cekung ke atas pada I dan 2. Bila f "( x ) < 0 , x ∈I maka f(x) cekung ke bawah pada I.

Contoh 2.13

Tentukan selang kecekungan dari fungsi : f ( x)

=

1 + x 2 1 + x

Jawab : Turunan pertama, f ' ( x) Turunan kedua, f " ( x ) =

=

x 2

+ 2 x − 1 (1 + x )2

4

(1 + x )3

Fungsi cekung ke atas, f "( x ) selang x < -1.

>0

pada selang x > -1 dan fungsi cekung ke bawah pada

Soal Latihan 2.6

Tentukan selang kemonotonan dan kecekungan dari kurva berikut 1. f ( x )

= ( x − 3) 3


35 Matematika Dasar

= 2x 3 + 9 x 2 − 13 f ( x ) = x 3 − 2 x 2 + x + 1 f ( x ) = 3x 4 − 4 x 3 + 2 f ( x ) = x 6 − 3x 4 2 − x f ( x ) = 2

2. f ( x ) 3. 4. 5. 6.

7. f ( x )

x

=

x 2 x 2

+1

2.7 Nilai Ekstrim dan Asymtot

Misal diberikan kurva f( x ) dan titik ( a,b ) merupakan titik puncak ( titik maksimum atau minimum ). Maka garis singgung kurva di titik ( a,b ) akan sejajar sumbu X atau mempunyai gradien m = 0

[ f ' ( a ) = 0] . Titik ( a, b ) disebut titik ekstrim, nilai

x=a

disebut nilai stasioner, sedangkan nilai y = b disebut nilai ekstrim.

Definisi : Nilai Maksimum dan Nilai Minimum

Nilai f(a) disebut nilai ( ekstrim ) maksimum pada selang I bila f(a) > f(x) untuk setiap x ∈ I. Sedangkan nilai f(a) disebut nilai ( ekstrim ) minimum pada selang I bila f(a) < f(x) untuk setiap x ∈ I. Untuk menentukan jenis nilai ekstrim ( maksimum atau minimum ) dari fungsi f(x) dapat dilakukan dengan Uji turunan kedua sebagai berikut : 1. Tentukan turunan pertama dan kedua, f '( x ) dan f " ( x) 2. Tentukan titik stasioner yaitu pembuat nol dari turunan pertama ( f ' ( x ) = 0 ), misalkan nilai stasioner adalah x = a 3. Nilai f(a) merupakan nilai maksimum bila f "( a ) < 0, sedangkan nilai f (a) merupakan nilai minimum bila f "(a ) > 0 . Contoh 2.14

Tentukan nilai ekstrim dan jenisnya dari fungsi f ( x) = x 4 + 2 x 3 + x 2 − 5 Jawab : Dari pembahasan pada contoh di sub bab sebelumnya didapatkan nilai stasioner fungsi adalah x = -1, x = - ½ dan x = 0. Turunan kedua, f " ( x ) = 12 x 2 + 12 x + 2 . Untuk x = -1, f " ( −1) = 2 dan fungsi mencapai minimum dengan nilai minimum f ( -1 ) = -5.


36 Matematika Dasar

Untuk x = - ½ , f " ( − 1 2 )

= −1 dan fungsi mencapai maksimum dengan nilai maksimum

15 f (− 1 2 ) = −4 16 Untuk x = 0, f " (0) = 2 dan fungsi mencapai minimum dengan nilai minimum adalah f ( 0 ) = -5

Definisi : Titik Belok

Misal f(x) kontinu di x = b. Maka ( b , f(b) ) disebut titik belok dari kurva f(x) bila terjadi perubahan kecekungan di x = b, yaitu di satu sisi dari x = b cekung ke atas dan disisi lain cekung ke bawah atau sebaliknya. Syarat perlu x = b merupakan absis dari titik belok bila berlaku f "(b) = 0 atau f(x) tidak diferensiabel dua kali di x = b. Kata “ syarat perlu “ mirip artinya dengan kata “ calon “, maksudnya bahwa untuk nilai x = b yang dipenuhi oleh salah satu dari kedua syarat itu memungkinkan untuk menjadi absis titik belok bergantung apakah dipenuhi syarat seperti halnya yang tertulis pada definisi. Contoh 2.15

Carilah titik belok ( bila ada ) dari fungsi berikut :

= 2x 3 − 1 f ( x ) = x 4

a. f ( x ) b.

c. f ( x ) Jawab :

=x

1

3

+1

a. Dari f (x ) = 2 x 3 − 1 maka f " (x ) = 12 x . Bila f "( x ) = 0 maka x = 0 merupakan calon dari titik belok, sehingga untuk menguji apakah x = 0 merupakan titik belok dilakukan berikut. Untuk x < 0 maka f "( x ) < 0 , sedangkan untuk x > 0 maka f "( x ) > 0 . Oleh karena itu, di x = 0 terjadi perubahan kecekungan. Jadi ( 0,-1 ) merupakan titik belok. b. Dari f (x ) = x 4 maka f "( x ) = 12 x 2 . Bila f "( x ) = 0 maka x = 0 merupakan calon dari titik belok, sehingga untuk menguji apakah x = 0 merupakan titik belok dilakukan berikut. Untuk x < 0 dan x > 0 maka f "( x ) > 0 . Oleh karena itu, di x = 0 tidak terjadi perubahan kecekungan. Jadi ( 0,0 ) bukan merupakan titik belok. 1 −2 c. Dari f ( x ) = x 3 + 1 maka f "( x ) = . Terlihat bahwa f(x) tidak dapat 5 9 x 3 diturunkan dua kali di x = 0. Untuk x < 0 maka f "( x ) > 0 , sedangkan untuk x > 0 maka f "( x ) < 0 . Oleh karena itu, di x = 0 terjadi perubahan kecekungan. Jadi ( 0,1 ) merupakan titik belok Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom

37 Matematika Dasar

Asymtot

Asymtot suatu grafik fungsi didefinisikan sebagai garis yang didekati oleh suatu kurva. Asymtot dibedakan menjadi tiga yaitu : 1. Asymtot mendatar 2. Asymtot tegak 3. Asymtot miring Misal diberikan kurva y = f ( x ). Maka garis y = b disebut asymtot mendatar dari y = f ( x ) bila : lim f (x ) = b atau lim f ( x ) = b . Sedangkan garis x = a disebut x→− ∞

x→∞

asymtot tegak bila berlaku salah satu dari : 1. lim f ( x ) = ∞ x→ a +

2. 3. 4.

lim f ( x )

= −∞

lim f ( x )

=∞

lim f ( x )

= −∞

x→ a + x→ a − x→ a −

Contoh 2.16

Carilah asymtot datar dan asymtot tegak dari fungsi

− x 2 f ( x) = x 2 − 1

Jawab :

− x 2 Asymtot datar, y = -1 sebab lim f ( x ) = lim = −1 atau lim f ( x) = −1 x → − ∞ x →∞ x →∞ x 2 − 1 − x 2 =∞ Asymtot tegak, x = -1 dan x = 1 sebab lim f ( x) = lim 2 x → −1+ x → −1+ x − 1 − x 2 lim f ( x ) = lim = −∞ 2 x →1+ x →1+ x − 1

dan

Garis y = a x + b dikatakan sebagai asymtot miring dari y = f ( x ) bila berlaku lim [ f ( x ) − ( ax + b)] = 0 atau

x→∞

lim

x→− ∞

asymtot miring dari fungsi rasional f (x )

[ f (x ) − ( ax + b)] = 0 . =

P (x )

Untuk

mendapatkan

[ pangkat P(x) = 1 + pangkat Q(x) ] Q(x ) dilakukan dengan cara membagi P(x) dengan Q(x) sehingga hasilbagi yang didapatkan merupakan asymtot miring dari f(x).


38 Matematika Dasar

Contoh 2.17

Carilah asymtot dari fungsi f ( x)

=

x 2

− 2 x − 3 x − 1

Jawab : Asymtot datar tidak ada sebab lim f ( x) x →∞

=∞

lim f ( x)

x → − ∞

= −∞ .

x 2

− 2 x − 3 = ∞. x −1  x 2 − 2 x − 3  −4 − =0 ( x − 1) = lim lim    − − x 1 x 1 x →∞   x →∞

Asymtot tegak, x = 1 sebab lim f ( x ) = lim x →1− x →1− Asymtot miring, y = x – 1 sebab

atau

Grafik Fungsi

Dalam mengambarkan grafik suatu kurva dapat dilakukan dengan menentukan terlebih dahulu : selang kemonotongan, selang kecekungan, titik ekstrim dan jenisnya, titik potong terhadap salib sumbu ( sumbu X dan sumbu Y ), titik belok ( bila ada ), semua asymtot ( bila ada ) dan titik lain ( sembarang ) yang dapat membantu memudahkan menggambarkan grafik.

Soal latihan 2.7

( Nomor 1 sd 6 ) Tentukan nilai ekstrim dan jenisnya dari kurva dengan persamaan berikut :

= x 3 − 3x 2 + 2 f ( x ) = x 3 − 3x + 4

1. f ( x ) 2.

3. f ( x )

x

= − sin x , 2

(0 < x

 − π  2 < x <

4. f ( x ) = cos2 x ,  x 4

5. f ( x )

=

6. f ( x )

= 3x 4 − 4x 3

4

< 2π ) 3π  2

 

+1

( Nomor 7 sd 10 ) Tentukan titik belok dari kurva berikut ( bila ada ) 1 7. f ( x ) = x 3 − 2 x 6

= x+2 f ( x ) = x 4 + 4

8. f ( x ) 9.


39 Matematika Dasar

10. f ( x )

= x 4 − 6x 3 − 24x 2 + x + 2

( Nomor 11 sd 21 ) Cari semua asymtot dari fungsi berikut : 11. f ( x ) 12. f ( x )

= =

13. f ( x) =

2 x x − 3 x 2 x 2 − 1 1 − x x 2

( x − 1) 2

14. f ( x )

=

15. f ( x )

= x2 −

16. f ( x )

=

17. f ( x )

= 2+ −

18. f ( x ) 19. f ( x ) 20. f ( x ) 21. f ( x )

x 2 1

x 2 x

x 2 − 4 3 1 x

= = = =

x3

x 2 − 2 x x 2 − 2x − 3 x + 2

( x − 2) 3 x 2 4 − x 3 x 2

( Nomor 22 sd 28 ) Gambarkan grafik kurva berikut :

= x 3 − 3x − 1 f ( x ) = x 3 − 2 x 2 + x + 1 f ( x ) = 3x 4 − 4 x 3 + 2 f ( x ) = x 6 − 3x 4 f ( x ) = 3x 5 − 5x 3 + 1

22. f ( x ) 23. 24. 25. 26.

27. f ( x )

=

28. f ( x )

=

2 x 1 + x 3 x

( x + 8) 2


40 Matematika Dasar

2.8 Dalil Delhospital

Dalam perhitungan limit fungsi seringkali dijumpai bentuk tak tentu dari limit yaitu : 0 ∞ , , 0 .∞ dan ∞ − ∞ . Untuk menyelesaikannya digunakan cara yang dikenalkan oleh 0 ∞ Delhospital. Bentuk

0 0

dan

∞ ∞

Misal lim f(x) = lim g(x) = 0 atau lim f(x) = lim g(x) = ∞. Maka ∞ f ( x ) f ' ( x ) 0 = lim lim . Bila masih dijumpai ruas kanan merupakan bentuk atau ∞ g (x ) g ' (x ) 0 maka dilakukan penurunan lagi sehingga didapatkan nilai yang bukan merupakan bentuk tak tentu tersebut. Penulisan lim di atas mengandung maksud lim , lim , lim , lim atau lim . x → a x → a + x → a − x → −∞ x→∞ Contoh 2.18

Hitung limit berikut 1 − cos 2 x a. lim x 2 x→ 0 b.

lim

x→∞ x

Jawab : a. lim

x→0

b.

x 3 + 2 x

lim

4

+1

1 − cos 2 x x 2 x 3 + 2 x

x→∞ x 4

+1

=

=

lim

2 sin 2 x

x →0

lim

2 x

3 x 2

x→∞

4 x

+2 3

=

=

lim

4 cos 2 x 2

x→ 0

6 x

lim

x→∞ 12 x 2

=

=2 lim

6

x→∞ 24 x

=0

Bentuk 0 . ∞

∞. Maka lim f(x) g(x) merupakan bentuk 0 . ∞ . Untuk ∞ 0 ubah menjadi bentuk atau yaitu : ∞ 0

Misal lim f(x) = 0 dan lim g(x) = menyelesaikannya lim f ( x ) g (x ) = lim

kita f ( x ) 1 g ( x )

= lim

g (x ) 1

.

Selanjutnya

solusi

f ( x)

diselesaikan dengan cara seperti bentuk sebelumnya.


dari

limit

tersebut

41 Matematika Dasar

Contoh 2.19

Hitung limit berikut a.

 π  sec x  x −  2  x→ / 2  lim π

b. lim x 2 csc x x→ 0

Jawab : x −

a.

π

1  π  2 = = −1 sec x = lim lim  x −   − 2 cos x sin x x→ / 2 x→ / 2 x→ / 2 lim π

π

2

b. lim x csc x x→0

=

lim

x 2

x→ 0 sin x

=

π

lim

2 x

x→ 0 cos x

=0

Bentuk ∞ - ∞

Misal lim f(x) = lim g(x) = ∞. Maka untuk menyelesaikan lim [ f(x) - g(x) ] dilakukan dengan menyederhanakan bentuk [ f(x) - g(x) ] sehingga dapat dikerjakan menggunakan cara yang telah dikenal sebelumnya. Contoh 2.20

Hitung lim (csc x − cot x) x→ 0

Jawab :

 1 cos x  1 − cos x sin x   = lim − = lim =0 sin x sin x sin x cos x   x→ 0 x→ 0 x→ 0

lim (csc x − cot x ) = lim

x→0

Sebagai catatan bahwa tidak semua bentuk limit tak tentu dapat diselesaikan menggunakan dalil Delhospital. Hal ini seringkali terjadi di dalam menyelesaikan limit fungsi f(x) dengan f(x) bukan merupakan fungsi rasional. Untuk lebih jelasnya diberikan contoh berikut.

Contoh 2.21

Hitung limit berikut : a. b.

lim

x→−∞

  x→∞ lim

x 2

− 3x 1 − x

x 2 + x

−

x2

 + 1 


42 Matematika Dasar

Jawab: a.

b.

x 2

− 3x 1 − x

lim

x→−∞

 lim  x→∞

x

2

x x

+x−

x

= 2

x 2

− 3x (− x ) =1 2 − 1 x x→−∞ x lim

+ 1 = lim   x→∞

x 2

x −1 x 2

+x+

x2

+1

Soal latihan 2.8

Hitung limit berikut ( bila ada ) 2 x + 1 1. lim x→+∞ 2 − 5 x 2.

3. 4.

5. 6.

4 x 2 − x

lim

x→−∞ 2 x

3

−1

5 − 3 x 3

lim

x→+∞ x + 4

lim 3

x→+∞

3 x − 5 6 x + 2 2 x 2

lim

−1

1 + x

x→+∞

2 x + 1

lim

1 + 2 x 2 7. lim 2 x csc x x→−∞ x→ 0

8. lim cot 2 x (1 − cos 2 x) x→ 0

  x→+∞

x 2

 + x − x 

  x→+∞

x 2

 + 3 − x 

  x→+∞

x 2

+x−

12. lim

  x→−∞

x 2

− 3x −

13. l i m

 

x2

9.

lim

10. lim 11. lim

x → +∞

14. lim

x→ 0

x2

 − x  

x2

 − 3 

+ 6x − 5 −

x

  

sin ( ax) ax


x

=

1 2

43 Matematika Dasar

15. lim

tan 5 x

x→ 0 sin 2 x

16. lim

x→ 0

17. lim

sin 2 ( 5 x ) x 2 sin x

x→0 1− cos x

18. lim

x sin x

x→0 1 − cos x

19. lim

cos 2 x − 1

x→0 1 − cos 5 x 2

20. lim

x

x→0 1 − cos x


64 Matematika Dasar

BAB 4 FUNGSI TRANSENDEN 4.1 Fungsi Invers 4.2 Fungsi Logaritma dan Fungsi Eksponen 4.3 Fungsi Invers Trigonometri 4.4 Fungsi Hiperbolik 4.5 Fungsi Invers Hiperbolik 4.6 Limit Bentuk Tak Tentu

4.1 Fungsi Invers Definisi : Fungsi Invers

Misal dua fungsi f dan g berlaku komposisi berikut : (i) f ( g(x) ) = x , untuk setiap x ∈ Dg. (ii) g ( f(y) ) = y, untuk setiap y ∈ Df . Maka f disebut invers dari g ( notasi f = g

-1

-1

) atau g disebut invers dari f ( g = f

).

Dari definisi di atas diperoleh hubungan, f o f −1 = f −1 o f = I I merupakan fungsi identitas, yaitu fungsi yang memetakan ke dirinya sendiri. Berikut merupakan contoh fungsi dan inversnya. Fungsi f(x) = 1 + x mempunyai invers

)

)

f −1 ( x) = x − 1 , sebab f o f −1 ( x ) = f f −1( x) = f ( x − 1) = 1 + ( x − 1) = x = I ( x) . Satu hal yang menarik bagi kita, apakah setiap fungsi punya invers ? Bagaimana cara mendapatkan invers dari suatu fungsi ? Beberapa sifat berikut dapat digunakan untuk menjawab pertanyaan ini. Sifat-sifat : antara fungsi dan inversnya. -1

1. Grafik fungsi f dan f simetri terhadap garis y = x. -1

-1

2. Domain f sama dengan range f atau range f sama dengan domain f . 3. Fungsi f(x) punya invers bila dan hanya bila tidak ada garis mendatar yang memotong grafik f(x) lebih dari satu titik. 4. Fungsi f(x) punya invers bila dan hanya bila f(x) berkorespondensi satu-satu [ yaitu bila f(x1) ≠ f(x2) maka x1 ≠ x2 ]. 5. Misal interval I merupakan domain f(x) dan f(x) naik atau f(x) turun pada I. Maka f(x) punya invers pada I. -1

Misal y = f ( x ). Maka didapatkan x = f ( y ) . Hal ini memot4asi kepada kita suatu cara untuk menentukan invers dari fungsi y = f ( x ). Untuk menentukan invers dari suatu fungsi y = f ( x ) dilakukan dengan cara mensubstitusikan peubah y ke dalam x, sehingga fungsi dinyatakan secara eksplisit dalam peubah y. Tuliskan f ( y ) = x dan


65 Matematika Dasar

nyatakan fungsi yang diperoleh tersebut menjadi fungsi eksplisit dalam peubah x. Hasil terakhir merupakan invers dari y = f ( x ).

Contoh 4.1

Tentukan invers dari fungsi f (x ) Jawab : f ( y )

=

y − 1 y + 2

⇒

x

=

y − 1 y + 2

=

x − 1 x + 2

⇒

y

=

− 2 x − 1 ⇒ x − 1

− f 1( x )

=

− 2 x − 1 x − 1

Soal Latihan 4.1

( Nomor 1 sd 5 ) Tentukan fungsi invers ( bila ada ) dari 1 1. f ( x ) = x + , x > 0 x 2. f ( x ) = 3 2 x − 1 3. f ( x ) = 5 4 x + 2 5 4. f ( x ) = , x ≥ 0 2+ x 1 x + 1 5. f ( x ) = x − 1 6. Tentukan range ( daerah hasil ) dari invers fungsi di atas ( nomor 1 sd 5 )

4.2 Fungsi Logaritma dan Eksponen

Fungsi logaritma dan fungsi eksponen merupakan dua fungsi yang saling invers dan dinyatakan sebagai : y = b log x ⇔ x = b y ; x, b > 0 Sifat-sifat logaritma : b

1. log 1 = 0 b 2. log b = 1 b b b 3. log ac = log a + log c b b b 4. log a/c = log a - log c b r b 5. log a = r log a 6.

b

log a =

c

log a

c

log b


66 Matematika Dasar

Bilangan Natural

Bilangan natural dinotasikan dengan e dan didefinisikan sebagai : 1

e = lim (1 + x) x

=

x→ 0

x lim 1 + 1 x

( x→∞

)

= 2,718...

Fungsi logaritma natural didefinisikan sebagai : ln x

x 1

= ∫ 1

t

dt , x

>0

e

ln x = log x Turunan fungsi logaritma natural : D x [ ln x ] = Jadi secara umum : D x [ln u] =

1 du u dx

1

⇔ ∫ u

1 x du

= ln u + C .

Contoh 4.2

Hitung integral

sin x

∫ 1 + cos x

dx

Jawab : Misal u = 1 + cos x. Maka du = - sin x. Sehingga

sin x

∫ 1 + cos x

dx

= − ln(1 + cos x ) + C

Eksponen Natural

Fungsi eksponen natural didefinisikan sebagai inverse dari logaritma natural dan dinotasikan : y

= e x ⇔

x

= ln y

Sifat yang dapat diturunkan langsung dari definisi adalah :

2.

ln y

=y x ln e = x

1. e

, ,

∀y > 0 ∀x ∈ R

Turunan dan integral dari eksponen natural:

( u ) = eu du dx

D x e

Misal a > 0 dan x

⇔ ∫ eu du = e u + C

∈ R. Didefinisikan :

x

a

= ex ln a . Maka :


67 Matematika Dasar

du

[ u ] = (ln a ) a u dx

(i) D x a (ii)

u

∫ a du

1

=

a

ln a

a

Misal y = log x

u

+ C

ln x

=

ln a

Jadi secara umum D x

(

. Maka D x

a

log u

)=

(

a

log x

1

)=

1 x ln a

.

du

u ln a dx

Contoh 4.3

Cari trunan pertama dari fungsi : 2 = e2 x −1 f ( x ) = x 5 x

1. f ( x ) 2. Jawab :

2

1. Misal u

= 2 x − 1 . Maka

df

ln 5)

2.

dx

= 5 x (1+ x

f ( x)

=e

u

. Turunan pertama,

df dx

=

df du du dx

= 4 x e

2 x 2 −1

.

Contoh 4.4

Selesaikan integral berikut : 1.

x − x

∫ (1 − 2 x )10 1

2.

x

∫ ( x − 1)e

2

2

dx

−2 x dx

0

Jawab : 1. Misal u 2. Misal

= x − x 2 . Maka du = ( 1 – 2x ) dx u

= x 2 − 2 x .

1

2 x − 2 x − ( ) x 1 e ∫

0

dx

=

Maka

1 x 2 − 2 x 1 e 0 2

du

=

=

dan (

∫ (1 − 2 x )10 x− x 2x

( e −1 − 1) 2

1


-2

)

2

dx

dx.

=

10 x − x

2

ln 10

+ C

Sehingga

:

68 Matematika Dasar

Soal Latihan 4.2

( Nomor 1 sd 7 ) Tentukan turunan pertama dari : 1. y

= ln (x 2 − 5x + 6)

2. y = x ln x ln x 3. y = 2 x 4. y

x + 13

=

( x − 4 ) 3 2 x + 1 2/ 3

2 x + 3) ( 5. y =

6. y

( 3x + 2) 2

x + 1

= ln (sin x)

7. y + ln ( xy ) = 1 ( Nomor 8 sd 13 ) Selesaikan integral berikut : 4 8. ∫ dx 2 x + 1 4 x + 2 9. ∫ dx 2 x + x + 5 2 10. ∫ dx 2 x (ln x ) 11.

∫

x

x

2

4

12.

3

+1 3

∫ 1 − 2 x dx

1 4

13.

dx

1

∫

1 x (1 + x )

dx

( Nomor 14 sd 16 ) Carilah y’ dari : 14. y

4 = 32 x − 4x

15. y = 16. y

10

( 2 + 9)

log x

=

log x

( Nomor 17 sd 22 ) Selesaikan integral tak tentu berikut : x

17. ∫ x 2

2

dx


69 Matematika Dasar

5 x −1

18. ∫ 10

dx 2

∫ ( x + 3) e + 6xdx − x 2 −x 20. ∫ e sec (2 − e ) dx x

19.

∫ (cos x) esin x dx 2 ln x 22. ∫ e dx 21.

4.3 Fungsi Invers Trigonometri

Fungsi Trigonometri merupakan fungsi periodik sehingga pada daerah ℜ ( domainnya ) bukan merupakan fungsi satu-satu. Ini berarti fungsi trigonometri tidak mempunyai invers, Oleh karena itu untuk mendapatkan fungsi inversnya maka domain dari fungsi trigonometri harus dibatasi. Misal f(x) = sin x. Maka agar f(x) = sin x merupakan fungsi satu-satu maka domainnya diambil : π − π ≤ ≤ x ; −1 ≤  2 2

 

f ( x ) ≤ 1

Pada daerah di atas f( x ) = sin x merupakan fungsi satu-satu dan oleh karena itu mempunyai invers. Notasi invers : x

= sin−1 f (x ) = arc sin

f (x )

Turunan fungsi invers Trigonometri π π   = sin−1 u − 1 ≤ u ≤ 1 ; − ≤ y ≤  dengan 2 2   dy  Maka turunan  y ' =  dx   didapatkan sebagai berikut :

Misal y

y

= sin−1 u ⇔

u

= sin y ⇔

Bila sin y = u maka cos y Jadi : y ' =

u' 1− u

2

=

dy du

=

u merupakan fungsi dalam x.

1 cos y

1 − u 2 . Oleh karena itu,

dy du

=

1 1− u

2

.

.

Dengan menggunakan anti turunan dari invers sinus didapatkan rumus integral : du

∫ 1 − u2 = sin−1 u + C Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom

70 Matematika Dasar

Untuk fungsi invers trigonometri yang lain dapat diperoleh dengan cara s ama :

= cos−1 u [− 1 ≤ u ≤ 1 ; 0 ≤ y ≤ π ] du − u' y ' = ⇔ ∫ = − cos−1 u + C 1 − u2 1 − u2 u' π π   y = tan −1 u − ∞ < u < ∞ ; − < y <  ⇒ y ' = 2 2  1 + u2 − u' π π   y = cot −1 u  0 ≤ u < ∞ ; − ≤ y < 0 ∨ 0 < y ≤  ⇒ y ' = 2 2  1 + u2  tan −1 u + C du ∫ 1 + u2 = − cot−1 u + C u' π π   ∨ < y ≤ π  ⇒ y ' = y = sec −1 u |u| ≥ 1 ; 0 ≤ y < 2 2   u u2 − 1 − u' π π   y = csc −1 u |u| ≥ 1 ; − ≤ y < 0 ∨ 0 < y ≤  ⇒ y ' = 2 2  u u2 − 1  sec−1 u + C du ∫ u u2 − 1 = − csc−1 u + C

1. y

2. 3.

4. 5.

6.

Contoh 4.5

Cari turunan pertama dari : f ( x ) = sin −1 x 2 + 1 Jawab : Misal u

= x 2 + 1 . Maka du =

2 x dx dan f ' ( x )

=

df du du dx

=

2 x

(

)2

1 − x 2 + 1

Contoh 4.6 1

e x

∫ 1 + e2 x

Hitung integral berikut :

dx

0

Jawab : Misal u 1

e x

∫ 1 + e2 x

0

= e x . Maka 1

dx

= ∫

du

= e x dx . Sehingga :

1

( )

2 0 1 + e x

( ) = tan−1 e x 10 = tan −1 e − tan −11 = tan −1 e − 4

d e x


π

71 Matematika Dasar

Soal Latihan 4.3

( Nomor 1 sd 10 ) Carilah turunan dari :

= cos−1( 2 x + 1) y = cot −1( x )

1. y 2.

3. y

= cos−1(cos x)

4. y

=

5. y

= x 2 ( sin−1 x)

6. y

= (1 + x sec−1 x)

7. y

= sin−1( e− 3x )

8. y

= csc−1

9. y

= tan −1( x e2x )

tan −1 x 3 2

1 − x 1 + x

= sin −1( x 2 ln x)

10. y

( Nomor 11 sd 17 ) Hitung integral berikut : dx 11. 1 − 4 x 2

∫

dx

12.

∫ x

13.

∫ t 4 + 1

14. 15.

9x 2 − 1

t dt

sec2 x dx

∫ 1 − tan2 x dx

∫

2

x 1 − (ln x)

 2   3  

ln

∫

16.

1 − e− 2 x

ln 2 3

17.

∫ 1

e− x dx

dx x ( x + 1)


72 Matematika Dasar

4.4 Fungsi Hiperbolik

Fungsi sinus hiperbolik dan cosinus hiperbolik didefinisikan sebagai berikut : sinh x

e x

=

− e− x

dan cosh x

2

=

ex

+ e− x 2

Untuk fungsi hiperbolik yang lain : 1. tanh x

=

2. coth x

=

3. sec h x

=

4. csc h x

=

− e− x = x − x e +e e x + e− x = x − x e −e e x

sinh x cosh x cosh x sinh x 1 cosh x 1

= =

sinh x

2 e x

− e− x 2

e x

+ e− x

Berikut beberapa identitas yang berlaku pada fungsi hiperbolik : 2

2

1. cosh x - sinh x = 1 2 2 2. 1 - tanh x = sech x 2 2 3. coth x - 1 = csch x 4. sinh ( x + y ) = sinh x cosh y + cosh x sinh y 5. cosh ( x + y ) = cosh x cosh y + sinh x sinh y x 6. cosh x + sinh x = e . -x 7. cosh x - sinh x = e . 8. sinh 2x = 2 sinh x cosh x 2 2 2 2 9. cosh 2x = cosh x + sinh x = 2 sinh x + 1 = 2 cosh x - 1 10. cosh ( -x ) = cosh x 11. sinh ( -x ) = - sinh x 12. sinh ( x - y ) = sinh x cosh y - cosh x sinh y 13. cosh ( x - y ) = cosh x cosh y - sinh x sinh y tanh x + tanh y 14. tanh( x + y ) = 1 + tanh x tanh y 15. tanh( x − y ) =

tanh x − tanh y 1 − tanh x tanh y

2 tanh x

16. tanh 2 x

=

1 17. cosh x 2

=

1 18. sinh x 2

=±

1 + tanh x 1 2

(cosh x + 1) 1 2

(cosh x − 1) Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom

73 Matematika Dasar

19. sinh x + sinh y

 x + y   x − y  cosh = 2 sinh     

20. cosh x + cosh y

2

2

 x + y   x − y  = 2 cosh cosh       2

2

Turunan dan Integral Fungsi Hiperbolik

 eu − e− u   = Misal y = sinh u. Maka y ' = D x   2   Jadi :

eu + e− u 2

u ' = cosh u u ' .

∫ cosh u du = sinh u + C

Untuk fungsi hiperbolik yang lain:

∫ sinh u du = cosh u + C 2. y = tanh u ⇒ y ' = sec h 2u u ' ⇔ ∫ sec h 2u du = tanh u + C 3. y = coth u ⇒ y ' = − csc h 2u u ' ⇔ ∫ csch 2u du = − coth u + C 4. y = sec h u ⇒ y ' = − sec h u tanh u u ' ⇔ ∫ sech u tanh u du = − sech u + C 5. y = csc h u ⇒ y ' = − csc h u coth u u ' ⇔ ∫ csch u coth u du = − csch u + C 1. y

= cosh u ⇒ y ' = sinh u

u'

⇔

Contoh 4.7

Cari turunan pertama dari f ( x ) = tanh ln 1 − x 2 Jawab : df dv du Misal u = 1 − x 2 dan v = ln u. Maka f ' ( x) = dv du dx

=

− 2 x sec h 2 (ln [1 − x 2 ]) 1 − x 2

Contoh 4.8

Selesaikan integral :

∫ tanh(2 x − 1)dx

Jawab : Misal u = 2x –1 . Maka

1

1

1

∫ tanh(2 x − 1)dx = 2 ∫ cosh u d (cosh u ) = 2 ln(cosh [2 x − 1]) + C


74 Matematika Dasar

Soal Latihan 4.4

( Nomor 1 sd 5 )Tentukan turunan pertama ( y’ ) dari : 4 1. y = cosh x . 2. y = ln ( tanh 2x ) 3. y = cosh ( 1/x ) 3 4. y = sinh ( 2x ) 5. y

4 x + cosh 2 (5x )

=

( Nomor 6 sd 10 ) Hitung integral berikut : 6. 7. 8.

∫ cosh( 2 x − 3) dx ∫ csch2 ( 3x) dx ∫ coth2 x csc h2x dx

9.

∫ coth x dx

10.

∫ sinh6 x cosh x dx

4.5 Fungsi Invers Hiperbolik

Tidak semua fungsi hiperbolik pada domainnya merupakan fungsi satu-satu sehingga tidak mempunyai invers. Oleh karena itu, agar didapatkan fungsi invers hiperbolik maka kita batasi domain fungsinya. Sedangkan untuk mencari turunan dari fungsi invers hiperbolik dilakukan terlebih dahulu cara sebagai berikut. -1 Misal y = sinh u. Maka u = sinh y [ ∀ u, y ]. Jadi : u

=

e y

− e− y 2

⇔

e y

− 2 u − e− y = 0 ⇔ e2 y − 2 u e y − 1 = 0

⇔ e y = u ±

u2

 u + ⇔ y = ln

+1 = u +

u2

u2

+1

(sebab: e y > 0, ∀y )

 + 1 

Turunan Fungsi invers Hiperbolik .

Misal y

 u + = sinh−1 u = ln

y ' =

1

 1 + 

u2 u

 + 1  . Maka :   u' =  

u'

u + u2 + 1 u2 + 1 u2 + 1 Dari anti turunan fungsi invers sinus hiperbolik, didapatkan :


75 Matematika Dasar

du

∫

u2 + 1

= sinh−1 u + C

Dengan cara sama diperoleh turunan dan integral fungsi invers hiperbolik, sebagai berikut : 1. y

 u + = cosh−1 u = ln u'

y ' = 2. y y ' =

y

u2

−1

u' 1− u

2

⇔ ∫

y ' =

∫ u2 − 1 = cosh−1 u + C

u' 1 − u2

⇔

 1 + u   1 − u   , {| u|< 1}

ln

2 du

1− u

= coth−1 u =

3.

1

1 2

 − 1  , {u ≥ 1}

du

⇔

= tanh−1 u =

u2

= tanh−1 u + C

2

, bila |u | < 1

 u + 1  u − 1  , {|u| > 1}

ln

du

∫ 1 − u2 = coth−1 u + C , bila |u| > 1

 1 + 1 − u2    , {0 < u ≤ 1} − 1 y = sec h u = ln  

4. y ' =

y

=

− u' u 1 − u2

⇔

∫

u

 

du

= − sec h −1|u|+C

u 1 − u2

 1 1 + u 2  1 −  , {u ≠ 0} csc h u = ln +  u

5. y ' = | u|

− u' ⇔ 2 1+ u

 

| u|

∫ u

du 1+ u

2

= − csc h−1|u|+ C

Contoh 4.9

Cari turunan pertama dari : f ( x ) = sec h −1 e x Jawab : −1 Misal u = e x . Maka f ' ( x ) = 1 − e 2 x


76 Matematika Dasar

Contoh 4.10

∫

Hitung integral :

dx x 2 + 4

Jawab :

∫

dx x

2

 x   x   2  = sinh −1   + C  2   x  2 + 1    2  d 

+4

= ∫

Soal Latihan 4.5

( Nomor 1 sd 12 ) Tentukan dy/dx dari :

= cosh−1 ( 2x + 1) y = coth −1( x )

1. y 2.

3. y

= csc h−1(e2x )

4. y

=

5. y

=

1 tanh −1 x  1  sinh −1   x 

= cosh−1(cosh x) y = ln( cosh−1 x)

6. y 7.

= coth −1 x 1 9. y = sinh − (tanh x ) 10. y = e x sec h −1x  1 − x  11. y = tanh −1  1 + x   8. y

12. y

10

= (1 + x csc h −1x )

( Nomor 13 sd 20 ) Hitung integral berikut : dx 13. 2 1 + 9 x dx 14. x 2 − 2

∫ ∫


77 Matematika Dasar

dx

15.

∫

16.

∫ 1 − e2x

17. 18.

2

9 x − 25 dx

sin x dx

∫ 1 + cos2 x ∫ x 3

19.

∫

0 1/ 2

20.

∫

1/ 4

dx 1 + x6 dt t 2

+1 dt

t 1 − t

4.6 Limit Bentuk Tak Tentu

Dalam menentukan turunan dari fungsi berpangkat fungsi dapat digunakan sifat logaritma natural. Misal y = f (x ) g ( x ) . Maka didapatkan : ln ln y karena itu, turunan dari y, yaitu :

 

y ' = g ' (x )l ) ln f (x ) +

g (x ) f ( x )

= g (x ) ln f (x ) .

Oleh

 

f ' ( x ) f (x )g ( x )

Contoh 4.11

Tentukan turunan pertama dari fungsi y = (2 x + 1)cos x Jawab : Misal f(x) = 2x + 1 dan g(x) = cos x. Maka f ‘(x) = 2 dan g ‘(x) = - sin x. Sehingga turunan pertama, 2 cos x   (2 x + 1)cos x y ' = − sin x ln (2 x + 1) +  2 x + 1   Sedangkan limit dari fungsi berpangkat fungsi,

lim y

x→ a

=

lim f ( x ) g ( x )

x→ a

akan

memunculkan bentuk tak tentu berikut : 0 0 , ∞ 0 dan 1∞ . Untuk menyelesaikannya dihitung: lim ln y x→ a

=

lim [g (x ) ln f (x ) ]

x→ a


78 Matematika Dasar

Misal nilai dari lim ln y x→ a

=

A . Maka lim y x→ a

= e A .

Contoh 4.12

Hitung limit berikut 1

a. lim (1 + x) x x→ 0

b.

c.

(tan x)cos x

lim

 π  − x→   2  lim x x

x→ 0+

Jawab : a.

∞

lhospital didapatkan : lim ln y x→0

b.

1

mempunyai mempunyai bentuk tak tentu 1 . Misal y = (1 + x ) x . Maka ln (1 + x ) 0 lim ln y = lim dan mempunyai bentuk tak tentu . Menggunakan x 0 x→ 0 x→ 0

Limit

Limit

mempunyai bentuk

lim

 π  −

=

ln y

x→

 π  −

tak

x→0 1 + x

tentu

= 1 . Jadi Jadi 0

∞

.

1

x→0

Misal

lim

lim (1 + x ) x y

cos x

=e

= (tan x )cos x .

ln tan x

 π  − sec x  2  

(tan x)

−

1

x→

 2  

lim

lim

cos x ln ( tan x ) =

x→

 2  

Jadi

lim

=

=

Maka 1

lim

2  π  − sec x ta n x

x→

 2  

=1

 π   2  

x→

c.

Limit

mempunyai

lim ln y

x→ 0+

=

bentuk

lim x ln x

x→ 0+

=

0

tak tentu 0 . ln x lim −1 = lim+ − x + x x→ 0 x→ 0

Misal

= 0 . Jadi

Soal Latihan 4.6

Hitung limit berikut ( bila ada ) : 1

1. lim x (1− x ) x→1

1

2. lim (1 + sin 2 x) x x→ 0


y

=

lim x x

x → 0+

x

x .

=1

Maka

=0

79 Matematika Dasar

 2  x 3. lim  cos  x  x→∞  4.

(e +

lim

2 x

x→ 0

5.

( x→∞

lim 1 + x

2

− 1) 2

)

1

1

ln x

ln x

1

6.

lim (ln x) x

x→∞

7.

( x→∞

8.

 x + 1  x lim   x→∞  x + 2 

x

lim 3

x

+5

)

1

x


103 Matematika Dasar

BAB 6 BARISAN DAN DERET 6.1 Barisan Bilangan 6.2 Deret Tak Hingga 6.3 Deret Berganti Tanda 6.4 Konvergen Mutlak dan Bersyarat 6.5 Deret Kuasa 6.6 Deret Taylor dan Mac Laurin 6.7 Turunan dan Integral Deret Kuasa

6.1 Barisan Bilangan

Barisan bilangan tak hingga didefinisikan sebagai fungsi dengan domain merupakan bilangan bulat positif. Notasi yang biasa digunakan adalah:

→ {an }n∞=1 = a1 ,a 2 ,...

a: n

+

, n∈B .

an ∈ ℜ merupakan suku barisan ke-n dan tiga buah titik setelah suku kedua menunjukkan bahwa suku-suku barisan tersebut sampai tak hingga.

Contoh 6.1

1.

1 1 1  1 ∞ = 1 , , ,..., ,.... n 2 3 n   n =1

2.

 n ∞   =  n + 1n =1

3.

{( − 1)n+1 ( n + 2)}n=1 = 3,−4,5,...,( − 1)n+1 (n + 2),...

1 2 n , ,..., ,.... 2 3 n +1

∞

Barisan bilangan tak hingga lim an

n→∞

= L,

{an}∞n=1

disebut barisan konvergen ke L

∞

Sifat limit barisan :

2.

lim C

n→∞

lim

n→∞

bila

sedangkan bila limit tidak ada atau nilainya tak hingga maka barisan

bilangan tak hingga {an } disebut barisan divergen . n =1

1.

∈ ℜ

= C

( C an + D bn ) = C

lim an

n→∞

+D

lim bn

n→∞



3. 4.

lim an bn

n→∞

lim

an

n→∞

=

bn

lim an lim bn

n→∞

=

n→∞

lim an

lim bn

n→∞

n→∞

; lim bn n→∞

≠0

Contoh 6.2

Selidiki kekonvergenan barisan bilangan berikut 1.

 n + 1 ∞    n − 2 n=1

3 9 27 , , , ... 2 4 6 Jawab : 2.

1. Suku ke-n, an 2.

=

n +1

. lim an

n − 2 n →∞

=

3 9 27 3 32 33 3n , , , ... = , , , ..., ,... 2 4 6 2 4 6 2n Delhopital, lim an n →∞

=

lim

3n

n→ ∞ 2 n

=

lim

n +1

n→∞ n − 2

Suku lim

n →∞

= 1 . Jadi barisan konvergen ke 1

ke-n

3n ln 3 2

,

∞

Barisan bilangan tak hingga {an } disebut barisan : n =1 (i) Monoton Naik bila an ≤ a n +1 (ii) Monoton Turun bila an ≥ an +1

Soal Latihan 6.1

( Nomor 1 sd 10 ) Tentukan konvergensi barisan berikut !

2.

3.

=

2n

.

Digunakan

= ∞ . Jadi barisan divergen.

Definisi : Barisan Monoton

1.

an

3n

 n ∞ n 2  + n=1

 ( − 1)n +1 ∞  2   n n =1  π n ∞  n  4 n =1


dalil


4.

 n + 3 n ∞  n + 1    

n =1

5.

6.

 2  n ∞  1 −   n      n ∞  n  2  n =1

n =1

1 3 5 7 , , , ,... 2 4 6 8 1 1 1 1 8. , , , ,... 3 9 27 81  1   1 1  1 1  9.  1 −  ,  −  ,  −  ,...  2   2 3  3 4  7.

10.

(

2

−

3 ), ( 3 −

4 ), ( 4

−

5 ),...

6.2 Deret Tak Hingga

Bentuk deret tak hingga dinyatakan dengan notasi sigma sebagai berikut :

∞

∑ ak = a1 + a2 +...+ak +...

k =1

ak disebut suku-suku deret.

Jumlah Deret

∞

Misal Sn menyatakan jumlah parsial n suku pertama deret

= a1 S2 = a1 + a 2

∑ ak . Maka

k =1

S1

.................... ..................... .................... n

Sn

= a1 + a 2 +...+a n =

∑

k =1

a k

∞ Barisan {S n } disebut barisan jumlah parsial deret n =1

∞

∑ ak .

k =1



∞ Misal {S n } merupakan barisan jumlah parsial deret n =1 ∞

∑ ak dan barisan {S n}n∞=1

k =1

∑ ak dikatakan deret konvergen ke S dan S disebut

konvergen ke S. Maka deret

k =1

∞

jumlah dari deret

∞

∑ ak , dinotasikan dengan :

k =1

{S n }n∞=1 divergen maka deret

∞

S

=

∞

∑ ak . Sedangkan bila barisan

k =1

∑ ak dikatakan deret divergen dan tidak ada jumlah.

k =1

Deret Geometri

∞

Bentuk deret geometri yaitu :

∑ a r k −1 = a + a r +...+a r k −1+...

dengan a

≠

0 dan r

k =1

merupakan rasio. Pandang jumlah parsial n suku deret geometri berikut : Sn

= a + a r +...+ a r n −1

r Sn

=

a r + ... + a r n −1 + a r n

.............................................................. S n

=

(

a 1 − r n

−

)

1 − r

Bila r =1 maka Sn tidak terdefinisi. Sedang untuk | r | > 1 maka lim r n n→∞

lim S n

n→∞

=∞

∞ atau barisan {S n } divergen. Oleh karena itu, deret n =1

divergen.. Untuk | r | < 1 maka

{S n }n∞=1 konvergen a 1 − r

(a

≠ 0)

= ∞ , sehingga

ke

a 1 − r

lim r n

n→∞

(a

≠ 0)

=0

sehingga

n→∞

=

a 1 − r

∑ a r k −1

k =1

atau barisan

∞

. Jadi deret

∞

atau

lim S n

∞

∑ a r k −1 = 1 −a r ( a ≠ 0) .

k =1


∑ a r k −1

k =1

konvergen ke


Deret Harmonis

Bentuk deret harmonis yaitu :

∞ 1

∑

k =1

k

1

1

2

k

= 1 + +...+ +...

Pandang jumlah parsial n suku pertama deret : S n

1  1 1   1 1 1 1 1 = 1 + +  +  + + + + + ...+   2 3 4   5 6 7 8 n 1  1 1   1 1 1 1  1 > 1 + +  +  + + + + + ...+   2 4 4   8 8 8 8  n 1

1

1

1

2

2

2

n

= 1 + + + +....+ Untuk n

→ ∞ maka ( 1+ ½ + ½ + … + 1/n ) → ∞, sehingga

itu, deret harmonis

∞ 1

∑

k =1

k

lim S n

n→∞

= ∞ . Oleh karena

divergen.

Tes Konvergensi

Misal

∞

∞

k =1

k =1

ak = 0 bila deret ∑ ak ∑ ak merupakan deret positif ( ak ≥ 0 ). Maka k lim →∞

konvergen . Hal ini menunjukkan bahwa bila

lim ak ≠ 0 maka deret

k →∞

∞

∑ ak

k =1

divergen. Menggunakan implikasi di atas dapat diselidiki kekonvergenan suatu deret yang diberikan pada contoh berikut

Contoh 6.3

Selidiki kekonvergenan deret berikut : 1.

∞ 2k − 1

∑

k =0

2.

k + 1

∞ 2k − 1

∑

2 k =0 k

+1

Jawab :



2k − 1

1. Suku ke-k, ak =

lim ak = lim

2k − 1

= 2 . Sebab nilai limit tidak k + 1 k →∞ k →∞ k + 1 sama dengan nol maka deret divergen. 2k − 1 2k − 1 = 0 . Sebab nilai limit sama 2. Suku ke-k, ak = dan lim ak = lim 2+ 2 k →∞ k →∞ k + 1 k 1 dengan nol maka implikasi di atas tidak dapat digunakan untuk menentukan kekonvergenan deret. dan

Untuk mengetahui konvergenan suatu deret dilakukan tes konvergensi sebagai berikut :

1. Tes Integral

∞

Misal

∑ ak merupakan deret positif. Maka :

k =1

∞

(i) Deret konvergen bila

∫ ak dk konvergen 1

∞ (ii) Deret divergen bila

∫ ak dk divergen 1

Contoh 6.4

∞

Selidiki kekonvergenan deret

∑

k 2

k =1 ek

Jawab :

∞

b

∫ ak dk = blim ∫ →∞

1 a

1

k 2

k

 1 1 1 2 − k b − 1 dk = lim e lim  2 −  = = 1 2 b→∞ 2 b→∞  b e   2 e e ∞ k 1 −1

Karena integral tak wajar di atas konvergen ke 1 2e

∞

dan

∑

k =1 e

2e

maka deret

∑

k =1 e

k

1 = . 2 2e k

2. Tes Deret-p

∞

Bentuk deret-p atau deret hiperharmonis :

∑

1

p k =1 k

dengan p > 0.

Menggunakan tes integral didapatkan :


2

k

konvergen ke


∞

1

∫ k p

dk =

1

 1   p−1 − 1 1 − p b→∞  b  1

lim

Bila p > 1 maka

= 0, p −1 b→∞ b lim

∞

karena itu, deret

=∞ p −1 b→∞ b lim

1

∑

p k =1 k

1

∞

1

sehingga

1

∫ k p

dk =

1

untuk p > 1 konvergen ke

sehingga

∞

1

∫ k p

1

( konvergen ). Oleh

p − 1

1 p − 1

. Untuk 0 < p < 1 maka

dk divergen. Sedang untuk p = 1 didapatkan deret

1

∞

harmonis. Oleh karena itu, deret

∑

1 p

k =1 k

untuk 0 < p

≤ 1 divergen.

3. Tes Perbandingan

∞

∞

k =1

k =1

Misal

∑ ak dan ∑ bk merupakan deret positif dan berlaku ak ≤ bk ∞

(i) Bila deret

∞

∑ bk konvergen maka deret ∑ ak konvergen k =1

k =1

(ii) Bila deret

, ∀k . Maka:

∞

∞

k =1

k =1

∑ bk divergen maka deret ∑ ak divergen

Contoh 6.5

Tentukan konvergensi deret berikut 1.

∞

1

k = 2

k − 1

∑ ∞

2.

∑

k

3 k =1 k + 1

Jawab : 1. Pandang :

∞

∑

1

k − 1 k = 2

1 k

<

1 k − 1

∞

dan karena deret harmonis

∑

1

k k =1

juga divergen.


divergen maka deret


2. Pandang :

∞

k

∑

3 k =1 k + 1

k k

3+

1

<

∞

1

dan karena deret-p

2

k

∑

1 2

k =1 k

konvergen maka deret

juga konvergen.

4. Tes Ratio

∞

Misal

∑

k =1

ak +1

ak deret positif dan lim

ak

k →∞

= r . Maka :

∞

(i) Bila r < 1 maka deret

∑ ak konvergen

k =1

∞

(ii) Bila r > 1 maka deret

∑ ak divergen

k =1

(iii) Bila r = 1 maka tes gagal melakukan kesimpulan ( dilakukan dengan tes lain ).

Contoh 6.6

Selidiki kekonvergenan deret

∞ 1

∑

k =1

k !

Jawab : 1

ak +1

Misal ak = . Maka lim k ! k →∞ ak

=

lim

1

k →∞ k + 1

= 0 . Jadi deret

∞ 1

∑

k =1

k !

konvergen

5. Tes Akar

∞

Misal

k a = a . Maka : ∑ ak deret positif dan k lim k →∞

k =1

(i) Bila a < 1 maka deret

∞

∑ ak konvergen

k =1

(ii) Bila a > 1 atau a = ∞ maka deret

∞

∑ ak divergen

k =1

(iii) Bila a = 1 maka tes gagal melakukan kesimpulan ( dilakukan dengan tes lain ).



Contoh 6.7

∞  3k + 2  k

Tentukan kekonvergenan deret

∑  2k − 1 

k =1

Jawab :

 3k + 2  k ak =   2 k − 1  .

Misal

∞  3k + 2  k

∑  2k − 1 

lim k ak

Maka

k →∞

=

lim

3k + 2

k →∞

2 k − 1

=

3 2

.

Jadi

deret

konvergen.

k =1

6. Tes Limit Perbandingan

Misal

∞

∞

k =1

k =1

ak = l . Maka kedua deret ∑ ak dan ∑ bk merupakan deret positif dan k lim →∞ bk

konvergen atau divergen secara bersama-sama bila l < ∞ dan l ≠ 0.

Contoh 6.8

∞

Tentukan konvergensi deret

1

∑

2 k = 2 k

−1

Jawab :

∞

∑

Pandang deret-p ,

lim

ak

k →∞ bk

=

lim

k →∞

1

2 k = 2 k

k 2

−1

k 2

konvergen. Misal ak

= 1. Jadi deret

∞

∑

1

2 k = 2 k − 1

=

Tentukan konvergensi deret berikut 1.

1

∑

k k =1 3 + 5

∞

2.

∑ ∞

3.

1

k =1 5k

∑

2

k 2

dan bk =

konvergen.

Soal Latihan 6.2

∞

1

− k

2 k − 1

k k =1 3 + 2 k


1 k 2

−1

. Maka


4.

5.

∞ 5 sin 2 k

∑

k =1

k !

∞

∑

2

k =1 k

4

∞

6.

3

∑

1 k =1 k − 4

∞

7.

9

∑

k + 1

k =1

∞

8.

∑

k + 1

k =1 k

2

∞

9.

+ k

∑

k =1

− k 1

k + 8

∞

10.

11.

k

∑

2 k =1 2 + sin k ∞ 2

∑

k =1

− 2 k + 6 8 k 7 + k − 8

4k

∞

12.

5

∑

k k =1 3 + 1

∞

13.

∑

k =1

k ( k + 3)

( k + 1)( k + 2)( k + 5)

∞

14.

∑

k =1

1 3 8k 2

∞

15.

1

∑

17 k =1 (2 k + 3)

∞

16.

∑

1

k =1 k

∞

17.

3

+ 2 k + 1 1

∑

9 k − 2

∞

k

k =1

18.

− 3 k

∑

3 k =1 k + 1



∞

19.

20.

1

∑

k =1 (3 + k )

∞ ln k

∑

k

k =1

∞

21.

4

∑

k k =1 2 + 3 k

∞

22.

1

∑

k (k + 1)

k =1

23.

2 /5

∞ 5k + k

∑

k ! + 3

k =1

6.3 Deret Berganti Tanda

∞

Bentuk deret berganti tanda :

∑

( − 1) k a

k =1

∞

k atau

∑ ( − 1)k +1 ak dengan a

k =1

k

≥ 0.

Pengujian konvergensi deret berganti tanda dilakukan dengan cara berikut :

∞

Deret berganti tanda

∑

( − 1) k a

k =1

∞

k atau

∑ ( − 1)k +1 ak konvergen bila dipenuhi dua

k =1

syarat : (i) ak ≥ ak +1 (ii) lim ak = 0 k →∞

Bila paling sedikit salah satu syarat tidak dipenuhi maka deret dikatakan divergen.

Contoh 6.9

Tentukan konvergensi deret :

∞

1. a.

1

∑ ( − 1) k k

k =1

∞

2.

∑

( − 1) k +1

k =1

k + 3 k2

+ k

Jawab :



1 1. Misal ak = . Maka k

ak ak +1

=

k + 1 k

1

= 1 + > 1. k

Oleh karena itu, ak

≥ ak +1 .

∞

1 ( − 1) k konvergen. = 0 . Jadi deret Sedangkan lim ak = lim k k →∞ k →∞ k k =1 k + 3 2. Misal ak = . Maka 2+ k k 1

∑

( k + 1) 2 + ( k + 1)   k + 3    = =    ak +1  k 2 + k   k + 4  ak

itu,

∞

∑

ak

≥ ak +1 .

( − 1) k +1

k =1

k + 3 2

k

+ k

Sedangkan

k2

+ 5k + 6 k + 6 = > 1 . Oleh 1+ k 2 + 4 k k 2 + 4 k k + 3 = 0 . Jadi lim ak = lim 2 k →∞ k →∞ k + k

konvergen.

Soal Latihan 6.3

Tentukan konvergensi deret berikut

∞

1.

∑

( − 1) k +1

k =1

∞

2.

∑

( − 1) k +1

k =1

3.

3k k + 4 k2

+ k

∞  3 k

∑

k =1

∞

4.

k

∑

k =1

 −  5

( − 1) k

ln k k

∞

5.

∑ (− 1)k +1 e− k

k =1


karena deret


6.4 Konvergen Mutlak dan Bersyarat

∞

Deret

∞

∑ uk

disebut konvergen mutlak bila deret

k =1

uk

k =1

konvergen mutlak

maka konvergen. Sedang

bersyarat bila deret

k =1

k =1

∞

∑ uk

disebut konvergen

k =1

∞

∑ uk konvergen tetapi deret ∑

konvergen. Bila deret

∞

deret

∞

uk divergen.

∑ uk dilakukan dengan tes ratio.

Pengujian kekonvergenan ( mutlak ) deret

k =1

∞

Misal

∑

∑

k =1

uk dengan uk ≠ 0 dan lim

uk +1

k →∞

uk

= r . Maka

∞

(i) Bila r < 1 maka deret

∑ uk konvergen absolut

k =1

∞

(ii) Bila r > 1 maka deret

∑ uk divergen

k =1

(iii) Bila r = 1 maka tes gagal melakukan kesimpulan

Contoh 6.10

Selidiki deret berikut konvergen mutlak / bersyarat / divergen :

∞

1.

 

∑ ( − 1) k  k k   5

k =1

2.

3.

∞ ( − 4) k

∑

2 k =1 k

∞ ( − 1) k

∑

k =1

k

Jawab : 1. Misal uk =

∞

 k  ( − 1) k   . Maka  k  5

lim

k →∞

uk +1 uk

=

lim

k +1 k k →∞ 5

 

∑ ( − 1) k  k k   konvergen mutlak.

k =1

k + 1 5k

5


=

1 5

. Jadi deret


( − 4) k

2. Misal uk =

k 2

. Maka

lim

k →∞

uk +1 uk

=

lim

( − 4) k +1

k 2

2 k k →∞ ( k + 1) ( − 4)

= 4.

Jadi deret

∞ ( − 4) k

∑

divergen. 2 k k =1 3. Bila dilakukan pengujian di atas maka didapatkan r = 1 ( gagal ). Dari contoh sebelumnya, deret

∞ ( − 1) k

∑

k =1

k

( deret harmonis ). Jadi deret

konvergen tetapi deret

∞ ( − 1) k

∑

k =1

∞ ( − 1) k

∑

k =1

k

k

=

∞ 1

∑ k divergen

k =1

konvergen bersyarat.

Soal Latihan 6.4

Selidiki kekonvergenan ( mutlak, bersyarat dan divergen ) deret berikut

∞

1.

∑

( − 1) k

ln k k

k =1

∞

2.

∑ ∞

k k + k 1 ( − 1)

k !

k =1

3.

∑

k !

k =1

4.

∞ ( − 1) k +1

∑

k =1

∞

5.

∑

4

k 3

( − 1) k

k =1

∞

6.

k

2 ( − 1) k +1

∑

k =1

k 5k

cos k π k !

6.5 Deret Kuasa

Bentuk umum deret kuasa dalam (x - b ) yaitu :

∞

∑ ak ( x − b)k = a0 + a1( x − b) + a2 ( x − b)2 +...

k = 0

Sedang untuk b = 0 maka bentuk deret sebagai berikut :


(*)


∞

∑ ak x k = a0 + a1x + a2x 2 +...

(**)

k = 0

Deret kuasa bentuk (*) konvergen untuk x = b dan bentuk (**) konvergen untuk x = 0 ( yaitu konvergen ke a 0). Pengujian apakah ada nilai x yang lain yang menyebabkan deret konvergen dilakukan sebagai berikut :

∞

ak +1 ( x − b) k +1 k Misal diberikan deret ak ( x − b) dan lim a k ( x − b) k x →∞ k = 0

∑

= L

∞

∑ ak ( x − b)k konvergen ( mutlak )

Maka : (1) L < 1, deret

k = 0

∞

(2) L > 1, deret

∑ ak ( x − b)k divergen.

k = 0

Untuk L = 1 tidak dapat disimpulkan, pengujian konvergensi deret dilakukan dengan mensubstitusikan nilai x yang bersesuaian dengan L = 1 sehingga didapatkan bentuk deret bilangan. Pengujian konvergensi deret bilangan dilakukan dengan berbagai uji ( Uji perbandingan, rasio, integral dll ) baik deret positif maupun deret berganti tanda. Nilai x yang didapatkan dari pengujian di atas disebut radius konvergensi atau selang konvergensi deret.

Contoh 6.11

Tentukan selang konvergensi deret kuasa :

∞

3k x k

k = 0

( k + 1)

∑

Jawab : L = lim

k →∞

3k +1 x k +1 ( k + 1)

( k + 2)

k

3 x

k

=

3 x lim

k + 1

k →∞ k + 2

=

3 x

Deret konvergen bila L < 1. Oleh karena itu, | 3 x | < 1 atau

−1 3

< x < ∞

Bila x = - 1/3 maka didapatkan deret berganti tanda

∑

1 3

.

( − 1) k

konvergen. + ( k 1 ) k = 0 (Tunjukkan : menggunakan tes deret berganti tanda ). Sedang untuk x = 1/3 didapatkan

∞

deret

∑

1

( k + 1) k = 0

divergen ( Tunjukkan : menggunakan tes perbandingan ). Jadi radius

konvergensi deret kuasa adalah

−1 3

≤ x <

1 3

.



Soal Latihan 6.5

( Nomor 1 sd 9 ) Tentukan semua nilai x yang menyebabkan deret konvergen.

∞

1. 2. 3.

x k

∑ (k + 1) 2k k = 0 ∑ k ! x k x k ∑ k ! ( − 1) k x k

4.

∑ 3k ( k + 1)

5.

5k k x k 2

6. 7.

∑ ∑

( − 2) k x k +1 k + 1

∑

( − 1) k x 2 k (2 k )!

8.

∑

x ( − 1) k

9.

∑

( − 1) k +1

2 k +1

( 2 k + 1)! x k 2

k ( Ln k )

( Nomor 10 sd 18 ) Tentukan selang kekonvergenan dari deret:

∞

10.

∑

( x − 2) ( − 1) k k + 1

n= 0

11. 12. 13. 14. 15. 16.

∑

( x − 1) k k

∑ ∑

( x + 2) k k !

( x − 5) k k 2

∑

( x + 1) ( − 1) k +1

∑

( x − 4) k k ( − 1) ( k + 1)2

∑

k

k

k

( 2 k + 1)! 3

k

( x − 2) k



17. 18.

∑ ∑

( Ln k )( x − 3)k k

(2 x − 3) k 42 k

6.6 Deret Taylor dan Mac Laurin

Misal f(x) dapat diturunkan sampai k kali pada x = b. Maka f(x) dapat diperderetkan menjadi menjadi deret kuasa dalam bentuk :

f ( x )

∞ f ( k ) (b)

∑

=

k !

k = 0

( x − b) k = f (b ) + f '(b )( x − b ) +

f "(a ) 2!

( x − b)2 +...

Deret di atas disebut Deret Taylor dengan pusat x = b atau disebut dengan polinomial Taylor pada x = b. Bila b = 0 maka disebut Deret Mac Laurin , yaitu berbentuk :

f ( x )

∞ f ( k ) (0)

∑

=

k !

k = 0

x k = f ( 0) + f ' (0) x +

f "( 0) 2 x +... 2!

Contoh 6.12

Perderetkan fungsi berikut ke dalam deret Mac Laurin 1. f ( x )

= e x

2. f ( x )

=

1 1 − x

Jawab : 1. Bila f ( x )

= e x

( ) maka f n ( x )

Laurin dari f ( x )

x

=e

= ex x

, yaitu : e

( ) dan f n ( 0)

=

∞ x k

∑

k = 0

k !

= 1.

Oleh karena itu, deret Mac

. Dari perderetan tersebut terlihat

bahwa deret konvergen untuk setiap nilai riil x atau selang / radius konvergensi deret adalah ℜ. 1 n! ( ) ( ) 2. Bila f ( x ) = maka f n ( x ) = dan f n ( x ) = n! . Oleh karena itu, 1 − x (1 − x ) n deret Mac Laurin :

1 1 − x

=

∞

∑ x k . Selang konvergensi deret yaitu | x | < 1 atau

k = 0

( -1,1 ). Kedua bentuk deret di atas dapat digunakan untuk membantu memperderetkan fungsi ke dalam deret Mac Laurin atau Taylor tanpa harus menghitung turunannya terlebih dahulu, dengan syarat bahwa radius atau selang konvergensinya sebanding. Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom


Contoh 6.13

Perderetkan fungsi berikut ke dalam deret taylor dengan pusat diberikan berikut 1. f ( x )

= e3x

2. f ( x )

=

1

;x=0

;x=1

x

Jawab : 1. Karena f ( x ) = e3x mempunyai turunan ke-n untuk setiap nilai riil x maka selang konvergensinya adalah x

e

e

∞ x k

∑

=

3 x

=

maka

k !

k = 0

∞ ( 3 x ) k

∑

k !

k = 0

2. Karena f ( x )

ℜ. Oleh karena itu, dengan membandingkan pola perderetan

=

didapatkan

perderetan

dari

f ( x )

= e3x

yaitu

.

1

tidak diferensiabel di x = 0 dan fungsi akan diperderetkan ke x dalam deret taylor dengan pusat di x = 1 maka tempat kedudukan titik-titik | x - 1 | < 1 merupakan selang konvergensinya. Oleh karena itu, perderetan fungsi 1 f ( x ) = dalam deret taylor dengan pusat di x = 1 : x f ( x )

=

1 x

=

1 1 + ( x − 1)

=

∞

∑ ( − 1) k ( x − 1) k .

k = 0

Soal Latihan 6.6

( Nomor 1 sd 10 ) Perderetkan fungsi berikut dalam deret Mac Laurin 1. f ( x )

= e 2x

2. f ( x )

=

3. f ( x )

=

4. f ( x )

=

5. f ( x )

=

6. f ( x )

=

1 1 + x 1

x 2 + 1 1 2 + x 1 1 + 2 x x

1 + x 7. f(x) = sinh x 8. f(x) = sin x 9. f(x) = cos x 10. f(x) = sec x



( Nomor 11 sd 16 ) Carilah polinomial Taylor pada x = b, bila : 11. f(x) = Ln x ; b = 1 1 12. f ( x ) = ; b = −1 x 1 13. f ( x ) = ; b=3 x + 2 14. f(x) = cos x ; b = ½ π 15. f(x) = sinh x ; b = Ln 4 16. f(x) = sin πx ; b = ½

6.7 Turunan dan Integral Deret Kuasa

∞

Misal

f ( x )

deret

=

∑ ak ( x − b)k

mempunyai

radius

k = 0

∞

∑ ak ( x − b)k . Maka :

k = 0

(i) f '( x )

=

∞

∑ k ak ( x − b)k −1

k = 0 x

(ii)

∞

x

∫ f (t ) dt = ∑ ∫ ak (t − b) k dt

C

k = 0 C

Contoh 6.14

Perderetkan dalam Mac Laurin fungsi -1 1. f(x) = tan x . 2. f(x) = ln ( 1 -x ) 1 3. f ( x ) = (1 − x) 2 Jawab : 1. Pandang : tan−1 x =

x

dt

∫ 1 + t 2 0

Maka tan −1 x =

dan

1 1 + x 2

=

∞

∑ (− 1)k x 2 k

k = 0

∞ ( − 1) k

x 2 k +1 . 2 k + 1 k = 0

∑

x

2. Pandang : ln(1 − x )

= − ∫ 0

dt

1 − t

. Maka ln (1 − x )

∞ x k +1

=−∑

k = 0


k + 1

konvergensi

R

dan


3. Karena f ( x )

f ( x )

=

=

1

(1 − x) 2

1

=

(1 − x )2

merupakan hasil penurunan terhadap x dari

∞

∑ k x k −1

k = 0

Soal Latihan 6.7

Tentukan perderetan mac Laurin dari : 1. f(x) = ln ( 1 + x )  1 − x  2. f ( x ) = ln  1 + x   2

3. f(x) = ln ( 1 + x ) 1 4. f ( x ) = (1 − x) 3 x 5. f ( x ) = (1 + x )2 x

6. f ( x ) =

∫ ln(1 + t ) dt

0 x

7. f ( x )

= ∫ tan−1 t dt 0


1 1− x

, maka


BAB 7 PERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA 7.1 7.2 7.3 7.4 7.5 7.6

Order Persamaan Diferensial Persamaan Diferensial Linear Order Satu Peubah Terpisah Persamaan Diferensial dengan Koefisien Homogen Persamaan Diferensial Linear Order Dua Homogen Persamaan Diferensial Linear Order Dua Tak Homogen

7.1 Order Persamaan Diferensial

Banyak permasalahan dalam bidang rekayasa yang berkaitan dengan persamaaan diferensial. Satu contoh yang ditampilkan disini, misal dalam rangkaian listrik , RL, besar kuat arus I ( Ampere ) dalam satuan waktu ( t ) yang melalui rangkaian tersebut dihitung menggunakan rumus berikut : dI L + R I = E (t ) atau L I ' + R I = E (t ) dt Bentuk rumus di atas merupakan persamaan diferensial dengan t merupakan satusatunya peubah bebas. Sedangkan besaran Tahanan R ( Ohm ) dan Induksi L (Henry) diberikan. Fungsi E ( t ) merupakan besaran gaya elektromagnetik / voltase ( Volt ). Dalam notasi implisit, bentuk persamaan diferensial di atas dapat dituliskan : f (I ' , I , t ) = 0 Persamaan diferensial merupakan persamaan yang berkaitan dengan turunan dari suatu fungsi atau memuat suku-suku dari fungsi tersebut dan atau turunannya. Bila fungsi tersebut tergantung pada satu peubah bebas real maka disebut Persamaan Diferensial Biasa ( PDB ). Sedangkan bila fungsi terdiri dari lebih dari satu peubah bebas maka disebut Persamaan Diferensial Parsial ( PDP ) . Untuk lebih memperjelas pengertian PDB dan PDP diberikan beberapa contoh persamaan diferensial berikut. 1. 2.

d 2y dx 2 dy dx

= xy

+ y = y 2

2 2d y 3. x 2

dx

4. 5.

d 2y dx ∂ u ∂ x

[ Persamaan Airy ]

2

+

+ x

[ Persamaan Bernoulli ]

dy dx

− (1 − y 2 ) ∂ u ∂ y

=0

+ ( x 2 − 4) y = 0 dy dx

+y=0

[ Persamaan Bessel ] [ Persamaan Van Der Pol ]

[ Persamaan Flux ]



6.

2

∂ u ∂ t

=

∂ u ∂ x

2

7.

∂ u

2

∂ t

2

=

2

8.

∂ u ∂ x

2

[ Persamaan Panas ]

2

∂ u ∂ x

2

[ Persamaan Gelombang ]

2

+

∂ u ∂ y

2

=0

[ Persamaan Laplace ]

Persamaan 1 sd 4 merupakan PDB dengan peubah bebas, x dan peubah tak bebas, y, sedangkan persamaan 5 sd 8 merupakan PDP. Mengawali pembahasan tentang PDB dikenalkan suatu istilah dalam persamaan diferensial yaitu order . Order dari PD adalah besar turunan tertinggi yang terjadi pada PD tersebut. Dari contoh di atas persamaan Bernoulli mempunyai order 1 sedangkan persamaan Airy, Bessel dan Van Der Pol berorder 2. Berdasarkan sifat kelinearan ( pangkat satu ) dari peubah tak bebasnya, persamaan diferensial dapat dibedakan menjadi PD Linear dan PD tidak linear. Bentuk umum PD linear order n diberikan : ( ) an ( x ) y n +.....+ a1( x ) y '+a0 ( x ) y = f ( x ) an ( x ),......., a 0 (x ) disebut koefisien PD.

dengan an ( x )

≠0

Bila f(x) = 0 maka disebut PD Linear Homogen sedang bila f(x) ≠ 0 maka disebut PD Linear tak Homogen. Bila tidak dapat dinyatakan seperti bentuk di atas dikatakan PD tidak Linear. Dari contoh terdahulu, persamaan Airy dan Bessel merupakan PD Linear ( Homogen ) sedangkan persamaan Bernoulli dan Van Der Pol merupakan PD tidak linear. Misal diberikan fungsi : y = sin x - cos x + 1. Bila dilakukan penurunan sampai duakali: y ' = cos x + sin x dan y " = − sin x + cos x , didapatkan hubungan : y "+ y = 1 Bentuk di atas merupakan PD Linear tak Homogen order 2 dengan koefisien konstan. Sedangkan fungsi y = sin x - cos x + 1 disebut solusi PD. Yang menjadi permasalahan disini, Bila diberikan suatu PD bagaimana cara mendapatkan solusinya ? Beberapa cara mendapatkan solusi PD akan dibahas pada sub bab berikut. Untuk mempermudah dalam mempelajari cara mendapatkan solusi PD akan dimulai dengan pembahasan dari bentuk PD order satu .

Soal Latihan 7.1

Klasifikasikan PD berikut menurut : order, linear atau tidak linear, homogen atau tidak homogen.



1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

dy

+ xy 2 = 1

dx

d 3y dx

+ 3

d 2u 2

dt

d 2v 2

dt

d 3y dx

3

d 2y dx

2

d 2y dx

2

d 2y dx

+ t

2

du dt

+

dy dx

+ y = 0

+ 3u = t

= t 2v + y = sin x + sin( x + y) = sin x + y 2 = 0

7.2 Persamaan Diferensial Linear Order Satu

Bentuk umum PD linear order satu : y ' + p (x ) y dilakukan sebagai berikut : y ' + p ( x ) y

=

f (x)

=

f (x ) . Untuk menentukan solusi PD

⇔ u( x ) ( y ' + p (x ) y ) = u(x ) f (x ) ⇔ u( x ) y ' + u( x ) p (x ) y = u(x ) p (x ) ⇔ [u( x ) y '+ u '( x ) y ] − [u '(x ) y − u (x ) p (x ) y ] = u (x ) f (x )

Pandang [ u( x ) y] ' = u (x ) y '+ u ' (x ) y . Misal u ' (x ) y − u (x ) p (x ) y

= 0 . Maka didapatkan:

[ u(x ) y] '= u (x ) f ( x ) . Dengan mengintegralkan kedua ruas terhadap x didapatkan solusi PD Linear order satu, yaitu : 1 y = u ( x ) f (x ) dx u(x ) Karena bentuk di atas merupakan integral tak tentu maka solusi masih mengandung konstanta C dan disebut Solusi Umum PD. Fungsi u(x) disebut faktor integrasi dan dicari dari :

∫

u '( x ) − u( x ) p ( x )

=0

atau

u (x )

= e ∫ p( x) dx

Solusi khusus PD dapat ditentukan mensubstitusikan nilai awal - y(a) = b yang diberikan - ke dalam solusi umum untuk menghitung besar nilai C.



Contoh 7.1

Diketahui PD : y '− y = e x . Tentukan : 1. Solusi umum PD 2. Solusi khusus PD bila nilai awal, y ( 0 ) = -3 Jawab : x

1. Dari PD didapatkan p(x) = -1 dan f(x) = e . Faktor integrasi, u( x ) = e ∫ p( x ) dx = e − ∫ dx = e − x 1 Solusi umum, y = u( x ) f ( x ) dx = e x ( x + C ) u( x ) 2. Dari solusi umum, didapatkan dengan mensubstitusikan x = 0 dan y = -3 ke dalam

∫

solusi umum sehingga didapatkan C = -3. Jadi solusi khusus PD, y

= e x ( x − 3)

Soal latihan 7.2

( Nomor 1 sd 5 ) Tentukan solusi umum PD berikut: 1. y '+2 y

= e− x x

2

2. y ' − 2 x y = e dy 3. + y = sin x dx dy y 1 4. + = 2 dx x x 5. x

dy dx

+ y = 2x

( Nomor 6 sd 11 ) Tentukan solusi khusus PD berikut : 6. y '−2 x y = x ; y ( 0) = 0 7. x y ' + 2 y = 4 x 2 ; y (1) = 2 dy 8. + 2 x y = x 3 ; y (1) = 1 dx dy 9. − y = 1 ; y (0) = 1 dx dy 3 10. − y = x 3 ; y (1) = 4 dx x dy 11. 1 + e x + ex y = 0 ; y(0) = 1 dx 6 12. Dari rangkaian listrik, RL diketahui induksi L = 1 Henry, tahanan R = 10 Ohm dan gaya elektromagnetik / voltase E = 1 Volt. Tentukan besar kuat arus ( I dalam

(

)



ampere) yang melalui rangkaian tersebut dalam fungsi t, bila pada saat t = 0, maka kuat arus I = 0. Hitung pula besar kuat arus, I setelah waktu t = 10. dQ

+

Q

= E (t ) dengan muatan Q dt C (Coulomb ) , Kapasitor C ( Farads ) dan gaya elektromagnetik / Voltase E(t) ( Volt ). Rangkaian listrik, RC, dinyatakan oleh rumus : R

( Nomor 13 dan 14 ) Menggunakan rumusan di atas hitunglah besarnya muatan ( Q ) pada waktu t = 10 bila pada waktu t = 0 besar muatan Q = 0. 13. R = 5, C = 0,1 dan E(t) = 0 x

14. R = 1, C = 2 dan E(t) = e .

7.3 Peubah Terpisah

Seringkali dijumpai pada PD order satu, peubah x dan y dapat dipisahkan sehingga peubah x dapat dikelompokan dengan dx dan peubah y dapat dikelompokan dengan dy pada ruas yang berbeda. Sehingga solusi umum PD dapat secara langsung dicari tanpa harus menentukan faktor integrasi, dengan mengintegralkan kedua ruas. Bentuk umum PD peubah terpisah diberikan berikut : dy M ( x ) y ' = atau N ( y ) dy = M ( x ) dx . Solusi umum PD didapatkan dari = dx N ( y ) penyelesaian integral berikut :

∫ N ( y ) dy = ∫ M (x ) dx .

Contoh 7.2

Diketahui PD : y '−

y

= 0 . Tentukan : x + 1 1. Solusi umum PD. 2. Solusi khusus PD bila diberikan y ( 0 ) = 1. Jawab : dy dx 1. PD dapat dituliskan dalam bentuk : = y x + 1 dy dx Sehingga = ⇔ ln y = ln ( x + 1) + ln C = ln C( x + 1) . y x + 1 Solusi umum, y = C ( x + 1 ) 2. Dari solusi umum didapatkan C = 1. Solusi khusus, y = x + 1.

∫

∫



Soal Latihan 7.3

( Nomor 1 sd 6 ) Tentukan solusi umum PD berikut. 1. y ' = 2. 3. 4. 5. 6.

x 2

1 − y 2 dy y cos x dx dy dx dy dx dy

dx dy dx

=

1 + 2 y 2

= 1 + y 2 =

1 x − x3

= e x+ y =

y sin x 1 − cos x

( Nomor 7 sd 13 ) Tentukan solusi khusus PD berikut. dy 7. = xy ; y ( 0) = 1 dx dy y 8. ; y ( 0) = 1 = dx 1 + x dy 9. = y 2 − 4 ; y (0) = −6 dx dy

x + xy 2

; y (1) = 0 = dx 4 y dy 11. x − y = 2x 2 y ; y (1) = e dx 12. sin 2x dx + cos 3y dy = 0 ; y ( π/2 ) = π/3 10.

(

13. y ' = 2(1 + x) 1 + y 2

)

; y (0 ) = 0

7.4 Persamaan Diferensial dengan Koefisien Homogen

Fungsi F(x,y) disebut fungsi homogen bila terdapat n

∈ ℜ

sehingga berlaku

F (k x , k y) = k n F (x , y ) . n disebut order dari fungsi homogen F(x,y).

Contoh 7.3

Selidiki apakah fungsi berikut merupakan fungsi homogen. Bila ya, tentukan ordernya. 1. F ( x, y )

= 2 xy − y 2 Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom


2. G ( x, y ) Jawab :

= x 2 − sin ( xy )

1. F ( kx, ky) = 2(kx )(ky ) − (ky )2 homogen dengan order dua. 2.

= k 2 2 xy − y 2 = k 2 F ( x, y ) .

= (kx )2 − sin ([kx][ky ]) ≠ k 2G ( x, y ) .

G (kx, ky ) homogen.

G(x,y)

F(x,y) merupakan fungsi

bukan

merupakan

fungsi

Beberapa bentuk PD tak linear order satu dengan peubah tak terpisah namun koefisiennya merupakan fungsi homogen dengan order sama dapat dicari solusinya menggunakan metode substitusi sehingga didapatkan bentuk PD peubah terpisah. Bentuk PD order satu dengan koefisien homogen dapat dituliskan sebagai : M (x , y ) dy = N (x , y ) dx dengan M(x,y) dan N(x,y) merupakan fungsi homogen dengan dy order sama atau = F (x , y ) dengan F(x,y) merupakan fungsi homogen order nol. dx Maka solusi PD dicari dengan mensubstitusikan : y = v x dan dy = v dx + x dv ke dalam PD sehingga didapatkan bentuk PD dengan peubah terpisah.

Contoh 7.4

(

Diketahui PD : x 2

+ y 2 ) dy − xy dx = 0 . Tentukan :

1. Solusi umum PD 2. Solusi khusus PD bila y(0) = 1 Jawab : 1. Substitusikan y = v x dan dy = v dx + x dv ke dalam PD, didapatkan :

( x 2 + v2 x 2 )(v dx + x dv) − vx 2 dx = 0 (1 + v2 )(v dx + x dv) − v dx = 0 2 dx − (1 + v ) dv = v3

x

ln x

=

1 2v

2

− ln v − ln C

atau Cxv

Solusi umum PD, C y

2. Solusi khusus PD, y

=e

 1     2 v 2  

=e

 x 2     2 y 2  

=e

 x 2     2 y 2  



Soal latihan 7.4

( Nomor 1 sd 5 ) Tentukan solusi umum PD berikut. 1. 2. 3.

dy

=

dx dy

=

dx dy

=

y 2 + 2 xy x 2 x + y x

x + 3y

dx x − y 4. 2 y dx - x dy = 0

(

5. x 2

+ 3 x y + y 2 ) dx − x 2 dy =

0

Dalam Matematika terapan, seringkali dijumpai permasalahan untuk mendapatkan keluarga kurva yang tegak lurus terhadap suatu keluarga kurva yang diberikan. Masalah ini disebut Trayektori Ortogonal . Pengertian dari ortogonal / tegak lurus dari dua keluarga kurva adalah pada titik potongnya kedua garis singgung kurva saling tegak lurus. Misal diberikan keluarga kurva f(x,y) = C dengan C merupakan parameter. Maka untuk mendapatkan trayektori ortogonal dilakukan langkah sebagai berikut : (i) Turunkan f(x,y) = C secara implisit terhadap x, misal Df(x,y). (ii) Menggunakan fakta bahwa gradien dari dua buah garis ( m 1 dan m2 ) yang tegak −1 lurus berlaku : m1 = . Keluarga kurva yang tegak lurus dengan f(x,y) = C m2 mempunyai turunan pertama,

−1

. Bila dari turunan pertama tersebut masih Df ( x , y ) mengandung parameter C maka nyatakan C sebagai fungsi dalam x atau y. (iii)Trayektori ortogonal dari f(x,y) = C didapatkan dengan mencari solusi PD : −1 y ' = . Df (x , y ) ( Nomor 6 sd 15 ) Tentukan trayektori ortogonal dari keluarga kurva yang diberikan berikut. 6. y = C 7. x y = C 2

8. y = C x . 3

9. y = C x . 2

2

2

2

10. x - y = C 11. x + y = C 2

2

12. 4 x + y = C 2

3

13. x = 4 c y . 2

14. x 2 + ( y − C) 15. y

=

= C

x + C



7.5 Persamaan Diferensial Linear Order Dua Homogen

Bentuk umum PD linear order dua dengan koefisien konstan adalah : a y "+b y '+ c y = f (x ) dengan a, b dan c konstanta. Bila f(x) = 0 maka a y "+b y '+ c y = 0 disebut PD linear order dua homogen , sedang bila f(x) ≠ 0 maka disebut PD linear order dua tak homogen . Solusi PD homogen ditentukan dengan memperkenalkan terlebih dahulu pengertian kebebasan linear dan Wronkian dari dua fungsi. Dua buah fungsi f(x) dan g(x) dikatakan bebas linear pada interval I bila persamaan kombinasi linear dari dua fungsi tersebut, m f(x) + n g(x) = 0 untuk setiap x ∈ I hanya dipenuhi oleh m = n = 0. Bila tidak demikian maka dikatakan f(x) dan g(x) tidak bebas linear atau bergantung linear. Misal diberikan dua fungsi f(x) dan g(x) yang diferensiabel untuk setiap x ∈ ℜ. Maka Wronkian dari f(x) dan g(x ) didefinisikan : f ( x ) g ( x ) W ( f ( x ), g ( x )) = f ' ( x ) g '( x ) Sifat dari kebebasan linear dan wronkian dari dua fungsi f(x) dan g(x) diberikan berikut. Dua fungsi f(x) dan g(x) dikatakan bebas linear pada I bila dan hanya bila wronkian dari dua fungsi tersebut, W [ f(x),g(x)] ≠ 0 untuk setiap x ∈ I. Dari PD order satu didapatkan sebuah solusi sedangkan PD order dua homogen didapatkan dua buah solusi yang bebas linear. Misal y 1(x) dan y2(x) merupakan solusi PD homogen dan keduanya bebas linear. Maka kombinasi linear dari keduanya merupakan solusi umum PD homogen, yaitu y = C 1 y1(x) + C2 y2(x). Selanjutnya dalam menentukan solusi PD homogen dilakukan hal berikut. Misal y = e mx merupakan solusi PD homogen : a y "+b y '+ c y = 0 . Dengan mensubstitusikan solusi tersebut dan turunannya ke dalam PD didapatkan : "

'

( ) + b (emx ) + c emx = 0 emx ( a m2 + b m + c) = 0 a e mx

Sebab e m x ≠ 0 , ∀x ∈ℜ, maka a m2 + b m + c = 0 dan disebut karakteristik dari PD. Akar persamaan karakteristik dari PD adalah : m1

=

−b+

b2 2a

− 4ac

=

− b+ 2a

D

dan m2

=

− b−

b2 2a

− 4ac

=

Kemungkinan nilai m 1 dan m2 bergantung dari nilai D, yaitu : 1. Bila D > 0 maka m1 ≠ m2 ( Akar real dan berbeda ) 2. Bila D = 0 maka m1 = m2 ( Akar real dan sama ) 3. Bila D < 0 maka m1 , m2 merupakan bilangan kompleks ( imajiner )


persamaan

−b− 2a

D


1. Akar Karakteristik Real dan Berbeda.

Misal persamaan karakteristik dari PD : a y "+b y '+ c y

=0

merupakan bilangan real

dan berbeda, m 1 ≠ m2 . Maka y1 = e m1 x dan y2 = e m2 x merupakan solusi bebas linear dari PD homogen tersebut. Solusi umum PD dituliskan : y

= C1 y1 + C2 y2 = C1 em1 x + C2 e m2 x

Sedangkan solusi khusus PD dapat ditentukan dengan mencari nilai dari C 1 dan C2 dari nilai awal yang diberikan. Contoh 7.5

Diketahui PD : y "−5 y '+ 6y = 0. Tentukan : 1. Solusi umum PD 2. Solusi khusus PD bila nilai awal y(0) = 1 dan y ‘ ( 0 ) = 0. Jawab : 2

1. Persamaan karakteristik PD : m - 5 m + 6 = 0 = 0 mempunyai akar m = 3 dan m = 2. Solusi umum PD, y

= C1 e 3 x + C2 e 2 x

2. Substitusi nilai awal ke dalam solusi umum, y pertamanya, y ' = 3 C1 e 3 x khusus PD, y

+ 2 C2 e 2 x

= C1 e 3 x + C2 e 2 x

dan turunan

didapatkan C1 = -2 dan C2 = 3. Jadi solusi

= −2 e3 x + 3 e2 x

2. Akar Karakteristik Real dan Sama.

Misal persamaan karakteristik dari PD : a y "+b y '+ c y dan sama,

m=

−b

=0

merupakan bilangan real

. Maka salah satu solusi PD : y1 = e

mx

=e

−b x

2a

. Untuk 2a menentukan solusi yang lain, solusi kedua PD, didapatkan dengan memisalkan :

−b x

2 a . Fungsi v(x) dicari dengan mensubstitusikan solusi kedua y2 = v ( x ) y1 = v (x ) e dan turunannya ke dalam PD :

y2 = v ( x ) e

−b x

2a

−b x

b

−b x

y2'

= v '( x ) e

y2"

  −b x b b2 2a e =  v "( x ) − v '( x ) + 2 v ( x )  2 a 4a  

2a

−

2a

v( x) e

2a



−b x   −b x b b2 b   −b x 2a   2 a + b v '( x ) − v ( x ) + c v ( x ) e 2a = 0 a  v"( x ) − v '( x ) + v ( x ) e e 2  a 2a 4a  

   b b2 b   a  v"( x ) − v '( x ) + v ( x ) b v ' ( x ) v ( x ) c v (x ) = 0 + −   +  2   a 2 a 4a    b2  a v"( x ) −  v( x ) = 0 − c  4 a   Sebab D = b 2

− 4 a c = 0,

maka a v"( x )

= 0.

Oleh karena itu, v(x) dapat dinyatakan

sebagai fungsi linear yaitu v(x) = p x + q.

−b x

2a Ambil p = 1 dan q = 0, didapatkan v(x) = x dan solusi kedua : y2 = x e Solusi pertama dan kedua PD, y 1 dan y2 merupakan solusi bebas linear, sehingga solusi umum PD bila akar karakterisitik dimisalkan m, yaitu :

y = C1 e mx + C2 x emx Cara untuk mendapatkan solusi kedua di atas dikenal dengan nama metode urutan tereduksi.

Contoh 7.6

Diketahui PD : y "− y = 0. Tentukan : 1. Solusi umum PD 2. Solusi khusus PD bila y(0) = 1 dan y ‘(0) = -1 Jawab : 1. Akar persamaan karakteristik PD, m = 1. Solusi umum , y 2. Solusi khusus PD, y

= C1 e x + C2 x e x

= e x − 2 x e x

3. Akar Karakteristik Kompleks

Misal akar karakteristik PD : a y "+b y '+ c y m1

= p +iq

dan m2

= p −iq

dengan : i

=0

kompleks :

= − 1 ,p =

−b 2a

dan q

Maka solusi umum PD dituliskan :

= C1 em1x + C2 e m2 x = C1 e( p+iq)x + C2 e( p− iq) x Menggunakan rumus Euler : ei y = cos y + i sin y , didapatkan : y = C1 e p x (cos qx + i sin qx ) + C2 e p x ( cos qx − i sin qx ) y

= (C1 + C2 ) e p x cos qx + i (C1 − C2 ) e p x sin qx


=

D 2a


Karena solusi PD yang diharapkan dalam fungsi bernilai real, maka dapat diambil C3

= C1 + C2 dan C4 = i (C1 − C2 ) . Sehingga didapatkan solusi umum PD : y = e p x (C3 cos qx + C4 sin qx )

Hal ini dapat dilakukan karena terlihat bahwa solusi pertama dan solusi kedua PD, y1

= e p x cos qx

dan y2

= e p x sin qx

merupakan solusi bebas linear.

Contoh 7.7

Diketahui PD, y "+ 4 y = 0 . Tentukan : 1. Solusi umum PD 2. Solusi khusus PD bila y(0) = 1 dan y ‘(0) = -3 Jawab : 1. Akar persamaan karakteristik PD, m = ± 3 i. Didapatkan p = 0 dan q = 3. Solusi umum PD, y = C3 cos 3x + C4 sin 3x . 2. Substitusikan nilai awal ke dalam solusi umum dan turunannya, didapatkan C3 = 1 dan C4 = -1. Solusi khusus PD, y

= cos 3x − sin 3x

Soal latihan 7.5

( Nomor 1 sd 5 ) Tentukan solusi umum PD berikut. 1. y "+5 y '− 6 y = 0 2. y " + 4 y '+4 y = 0 3. y " + 2 y ' + 5 y = 0 4. y "+2 y '+8 y = 0 5. 3 y "+4 y '+9 y = 0 ( Nomor 6 sd 10 ) Tentukan solusi khusus PD berikut. 6. y "−4 y '−5 y = 0 ; y (0) = 0 , y ' (0 ) = −1 7. y " − y = 0 ; y (0 ) = 1 , y ' (0 ) = 0 8. y " + 4 y = 0 ; y (0) = 1 , y '(0 ) = −1 9. y "−6 y '+9 y = 0 ; y (0) = 1, y ' (0 ) = 0 10. y "−4 y '+7 y = 0 ; y (0) = −1 , y ' (0 ) = 0

7.6 Persamaan Diferensial Linear Order Dua Tak Homogen

Solusi umum PD linear orde dua tak homogen merupakan jumlah dari solusi PD homogen, yh dan solusi pelengkap, y p dituliskan : y = yh + y p



Solusi homogen dicari seperti penjelasan terdahulu, sedangkan solusi pelengkap dicari menggunakan dua metode yaitu : metode koefisien tak tentu dan metode variasi parameter.

1. Metode Koefisien Tak Tentu

Misal f(x) merupakan fungsi polinom, eksponen, sinus atau cosinus. Maka solusi pelengkap, y p dimisalkan sebagai jumlah dari f(x) dan semua turunannya ( lihat tabel ). Selanjutnya y p , y 'p dan y"p disubstitusikan ke dalam PD untuk menghitung nilai dari koefisiennya. f(x)

yp

x n

An x n + An −1 x n −1 + ...+ A1 x + A0

ea x

A ea x

x ea x sin ax cos ax

A ea x + B x ea x A sin ax + B cos ax A sin ax + B cos ax

Contoh 7.8

Tentukan solusi umum dari PD : 2x

1. y “ - y = -3 e . 2. y “ + y = 6 sin 2x Jawab : 1. Akar karakteristik PD, m =

x

±

-x

1. Solusi homogen, y h = C1 e + C2 e . Solusi 2x pelengkap, y p = Ae . Substitusikan solusi pelengkap dan turunan keduanya ke 2x 2x 2x dalam PD : 4 A e - A e = -3 e , didapatkan A = -1 sehingga solusi pelengkap, 2x

y p = - e

x

-x

. Solusi umum PD, y = C 1 e + C2 e

2. Akar karakteristik PD, m =

2x

-e

.

± i. Solusi homogen, yh = C1 cos x + C2 sin x. Solusi

pelengkap, y p = A cos 2x + B sin 2x. Substitusikan solusi pelengkap dan turunan keduanya ke dalam PD didapatkan : A = 0 dan B = -2, sehingga solusi pelengkap, y p = -2 sin 2x. Solusi umum PD, y = C 1 cos x + C2 sin x - 2 sin 2x. Bila f(x) merupakan suku-suku dari solusi homogen, maka solusi pelengkap diambil s

sebagai perkalian dari x dan f(x) dengan s terkecil ( s = 1,2,3,… ) sehingga bukan merupakan suku-suku dari solusi homogennya.



Contoh 7.9

Tentukan solusi khusus PD : y "− 6 y '+ 9 y Jawab :

= e3x

; y(0) = -1 dan y ‘(0) =1. 3x

Akar karakteristik PD, m = 3. Solusi homogen, y h = C1 e xe

3x

3x

3x

+ C2 x e . Karena e

dan

merupakan suku-suku dari solusi homogen maka diambil solusi pelengkap , y p =

2 3x

A x e . Substitusikan solusi pelengkap dan turunannya ke dalam PD didapatkan A = 3x

½ . Solusi umum PD, y = C 1 e

+ C2 x e

3x

2 3x

+ ½ x e . Substitusi nilai awal ke dalam

solusi umum dan turunannya, didapatkan C 1 = -1 dan C 2 = 4. Solusi khusus PD, y = 3x 3x 2 3x e +4xe +½x e .

2. Metode Variasi Parameter.

Seringkali dijumpai pada pembahasan terdahulu, metode koefisien tak tentu bentuk solusi pelengkap tidak bisa ditentukan. Hal ini disebabkan fungsi f(x) mempunyai bentuk turunan sebanyak tak hingga, misal f(x) = sec x. Kadang pula terjadi terlalu banyak koefisien yang harus dicari, sehingga dirasa metode pengerjaan tersebut kurang praktis. Metode berikut akan membahas cara yang lebih umum tanpa memperhatikan bentuk fungsi f(x). Misal yh = C1 y1 + C2 y2 merupakan solusi homogen PD : y " + p y ' + q y Maka solusi pelengkap dimisalkan : y p = v1 y1 + v2 y2

=

f (x ) .

Fungsi v1(x) dan v2(x) merupakan fungsi parameter. Bila solusi pelengkap diatas diturunkan v1' y1 + v2' y2 " y p

sekali

= 0,

' y p

maka sehingga

= v1' y1' + v2' y2' + v1 y1" + v2 y2" .

didapatkan : v1' y1' + v2' y2'

=

= ( v1' y1 + v2' y2 ) + ( v1 y1' + v2 y2' ) . didapatkan

Substitusikan

turunan y p , y 'p dan y"p

Dipilih

keduanya ke

dalam

: : PD

f (x ) .

Fungsi paramater v1(x) dan v 2(x) didapatkan dari solusi dari sistem persamaan linear dalam v1' dan v2' berikut : v1' y1 + v2' y2

=0 v1' y1' + v2' y2' = f ( x ) . Menggunakan metode Crammer didapatkan :



0 v1'

=

y2'

f ( x ) y1

y2

y1

0

y1'

v2'

y2

=

y1' y1 y1'

⇒

v1

− y2 f ( x ) ( y1 y2' − y2 y1' )

= ∫

y2' f ( x) y2

⇒

v2

y2'

= ∫

y1 f ( x )

(

y1 y2'

−

y2 y1'

)

dx

dx

Contoh 7.10

Tentukan solusi umum PD : y “ + y = sec x Jawab : Akar karakteristik PD, m =

±

i. Solusi homogen, yh = C1 cos x + C2 sin x. Solusi pelengkap, y p = v1( x ) cos x + v 2( x ) sin x. Fungsi parameter v 1( x ) dan v2( x ) diselesaikan dari sistem persamaan berikut : v1( x ) cos x + v 2( x ) sin x = 0 - v1( x ) sin x + v 2( x ) cos x = sec x Didapatkan :

v1( x ) = ln ( cos x ) dan v2( x ) = x, sehingga solusi pelengkap, y p = ln ( cos x ) cos x + x sin x. Solusi umum PD, y = C 1 cos x + C2 sin x + ln ( cos x ) cos x + x sin x

Soal latihan 7.6

Tentukan solusi umum PD berikut :

= 2 e3 x y "−4 y '+2 y = 2 x 2 y "− 3 y ' + 2 y = 10 sin 2 x y "− 3 y ' − 4 y = e− x y "−2 y '+ y = e x y "+2 y '−3 y = f (x ) a. f ( x ) = x 2 + x − 3

1. y "+3 y '+2 y 2. 3. 4. 5. 6.

b. f(x) = sin 3x + cos 3x x

c. f(x) = x e . 7. y "+ y = sec x 8. y "+2 y '+ y

= e− x

ln x



9. y "+ y

= sec x tan x

10. y "−3 y '+2 y 11. y "+2 y '+ y

=

1 1 + e− x

= e− x

12. y "−3 y '+2 y

=

ln x

e x 1 + e x

( Nomor 13 sd 15 ) Tentukan solusi khusus PD berikut : 13. y "+ y = 2x ; y (0) = 1, y ' (0) = 2 14. y "−4 y '+4 y 15. y "+3 y ' +2 y

= e2 x ; y (0) = y ' (0) = 0 = 20 cos 2 x ; y ( 0 ) = -1 , y ‘ ( 0 ) = 6.

16. Pada rangkaian listrik seri, RCL, berdasarkan hukum Kirchoff dirumuskan sebagai Q berikut : L Q "+ R Q '+ = E (t ) dengan Induksi L (Henry ), Tahanan R ( Ohm ), C Muatan Q ( Coulomb ), Kapasitor C ( Farads ) dan gaya elektromagnetik E(t) ( volt ). I Karena I = Q ' maka dapat dituliskan : L I "+ R I '+ = E ' (t ) . Dengan C menggunakan rumus di atas hitunglah muatan ( Q ) dan kuat arus ( I ) dalam fungsi t -4 dari rangkaian RCL tersebut bila R = 16, L = 0,02 , C = 2 x 10 dan E = 12. Anggap bahwa nilai Q = 0 dan I = 0 pada saat t = 0.



BAB 8 KALKULUS FUNGSI VEKTOR 8.1 Kurva Bidang 8.2 Fungsi Vektor 8.3 Gerak Partikel dan Kelengkungan 8.4 Komponen Normal dan Tangensial

8.1 Kurva Bidang

Bentuk kurva biang seringkali dinyatakan dalam persamaan parameter. Misal x = f(t) , y = g(t) dengan t ∈ I ( interval ) sebagai parameter ( bilanagn real ). Dengan melakukan eliminasi parameter t akan didapatkan bentuk kurva dalam peubah x dan y yang dapat dinyatakan sebagai y = f(x) atau f ( x, y ) = 0. Suatu kurva bidang dapat dinyatakan dengan lebih dari satu parameter. Sebagai contoh diberikan berikut.

Contoh 8.1

Tunjukkan bahwa setiap persamaan parameter berikut menggambarkan setengah lingkaran. 1. x = t , y

=

1 − t 2 , -1 ≤ t ≤ 1

2. x = cos t, y = sin t , 0 Jawab :

≤t≤π

1. Substitusi x = t ke bentuk y

=

1 − t 2 didapatkan y

dikuadratkan maka x 2 + y 2 = 1 . Sebab -1 dengan jari-jari 1dan pusat di salib sumbu.

=

1 − x 2 . Bila kedua ruas

≤ x ≤ 1, kurva berupa setengah lingkaran

2. x 2 + y 2 = cos 2 t + sin 2 t = 1 . Sebab 0 ≤ t ≤ π maka Sebab -1 ≤ x ≤ 1. Jadi kurva berupa setengah lingkaran dengan jari-jari 1dan pusat di salib sumbu. Misal x = f(t) dan y = g(t) merupakan fungsi kontinu dan f ‘ ( t ) dy Maka turunan pertama dari kurva bidang diberikan dengan : dx dy dx

dy

=

dx

dt = g ' (t ) dt

f ' (t )

Sedangkan turunan kedua

d 2 y dx

d 2 y

=

≠ 0 untuk suatu t ∈ I.

2

didapatkan dengan menurunkan sekali lagi

g " (t ) f ' (t ) − f "(t ) g '(t )

. [ f ' (t )]2 dx 2 Demikian seterusnya untuk turunan tingkat ke-n.


dy dx

, yaitu


Contoh 8.2

Hitung

dy

dan

dx

d 2 y dx

2

bila

1. x = t 2 + t , y = 1 − t 3 2. x = 2 cos t , y = 5 sin t Jawab : 2

1. x ‘ = 2 t + 1, y ‘ = -3 t , x “ = 2 dan y “ = - 6t. Jadi d 2 y dx

2

=

y " x '− x " y '

( x ')2

dy dx

dx 2

=

y " x '− x " y '

( x ')2

dan

− 6t 2 − 6t = (2t + 1)2

2. x ‘ = - 2 sin t, y ‘ = 5 cos t, x “ = -2 cos t dan y “ = -5 sin t. Jadi d 2 y

− 3t 2 = = x ' 2t + 1 y '

=

5 2

dy dx

=

5 cos t

− 2 sin t

dan

csc 2 t

Penerapan turunan pertama digunakan dalam menyelesaikan permasalahan geometris yang muncul pada kurva bidang, yakni garis singgung dan garis normal. Misal P(a,b) merupakan titik pada kurva bidang x = x(t) dan y = y(t). Maka bentuk persamaan garis singgung dan garis normal kurva yang menyinggung titik P diberikan dengan : Garis singgung,

y − b

=

Garis normal,

y − b

=

dy

( x − a ) dx dx − ( x − a ) dy

Contoh 8.3 2

Carilah persamaan garis singgung dan garis normal kurva x = 2t –1 dan y = 2 + t di 1. t = 1 2. Titik ( 1,1 ) Jawab : dy 1 1. Turunan pertama di t = 1, = , sedangkan nilai titik singgungnya , ( 1, -1 ). Jadi dx 4 1 persamaan garis singgung dan garis normal berturut-turut, y + 1 = (x − 1) dan 4 y + 1 = −4(x − 1)



2. Dari titik ( 1,1 ) didapatkan t = -1. turunan pertama di t = -1 ,

dy dx

persamaan garis singgung dan garis normal berturut-turut, y − 1 =

=− 1

1 4

. Jadi

− (x − 1) 4

dan

y − 1 = 4(x − 1)

Bentuk integral yang melibatkan persamaan parameter diselesaikan dengan menyatakan integral dalam parameter tersebut. Sebagai contoh diperlihatkan berikut.

Contoh 8.4

Hitung

2

∫ xy dx bila x = 2t + 2 dan y = t .

Jawab :

∫

xy dx

= ∫ (2t + 2)t 2 2 dt = t 4 +

4 3 t + C 3

Soal Latihan 8.1

( Nomor 1 sd 5 ) Nyatakan persamaan kurva bidang berikut ke dalam persamaan cartesius ( dalam x dan y ) bila 2 1. x = 2 t + 1 dan y = 1 – t . 1 2. x = t –1 dan y = t 3. x = t − 2 dan y = 2 t + 1 4. x = sin t dan y = 2 cos t 5. x = sin t dan y = sin 2t

( Nomor 6 sd 10 ) Hitung turunan pertama

dy dx

dan turunan kedua

d 2 y dx

2

dari kurva

bidang berikut. 2 6. x = t –1 dan y = t + 1 t 7. x = dan y = 2t t + 1 1 1 8. x = dan y = t 2 − 1 t − t 2 9. x = 2 sin t –2 dan y = sec t +2 10. x = 1- 2 sin t dan y = 2 cos t + 1 ( Nomor 11 sd 14 ) Carilah persamaan garis singgung dan garis normal dari kurva bidang berikut di titik yang diberikan : 2 11. x = 2t dan y = t di t = -2 Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom


12. x = 1- 2t dan y 1- t

3

di t = 1

13. x = sin t dan y = 2 cos t di t = 14. x

= 2 e2t dan

y

= −e−2t

π

4

di t = 0

( Nomor 15 sd 18 ) Selesaikan integral 2 15. 2 x (1 + y ) dx bila x = 2t –1 dan y = t .

∫ 1 16. ∫ y (1 − x ) dy bila x = 2t dan y = t 1

17.

∫ 2 xy dx

2

bila x = 1 + 2 t dan y = 4t -1

0 1

∫

18. x ( y + 2 )dy bila x = 2t + 3 dan y = 4t

2

0

( Nomor 19 sd 21 ) Hitung luas daerah yang dibatasi oleh daerah D bila 19. D dibatasi oleh x = 1 – 2t , y = 4t + 3 , t = -1 dan t = 3 1 1 20. D dibatasi oleh x = t + , y = t − dan garis 3x – 10 = 0 t t 21. D terletak di kuadran pertama dan dibatasi oleh x = 2 sin t dan y = 1 + cos t.

8.2 Fungsi Vektor

Untuk mengawali pembahasan fungsi vektor akan dikenalkan terlebih dahulu tentang 2 3 vektor di bidang dan vektor di ruang. Bentuk vektor di bidang ( ℜ ) dan di ruang ( ℜ ) diberikan berikut. Z Y

•A(x,y) A(x,y,z) O

X

Y

O X

Ruas garis berarah dari O ke A menyatakan vektor dan merupakan vektor posisi dari titik A. Vektor tersebut dinyatakan dengan



OA = a

 x  = ( x, y ) =     y 

Sedangkan vektor satuan ( vektor yang panjangnya satu ) yang searah dengan salib sumbu, sumbu X dan sumbu Y dinyatakan berturut-turut dengan  1   0    ( ) i = (1,0) =   dan j 0 , 1 = =   0    1  Menggunakan notasi di atas , suatu vektor dapat dinyatakan sebagai jumlah dari sukusuku vektor satuan. a = ( x, y ) = ( x,0) + (0, y ) = x(1,0) + y(0,1) = x i + y j . Bilangan x dan y dinamakan skalar. Sedangkan untuk vektor di ruang, vektor posisi titik A dinyatakan dengan  x  OA

  = a = ( x, y, z ) =  y  dan a = ( x, y, z ) = x i + y j + z k  z   

dengan

 1   0   0        i = (1,0,0 ) =  0  , j = (0,1,0 ) = 1  , k = (0,0,1) =  0   0   0  1        Misal F merupakan fungsi yang memetakan dari dinyatakan dengan

ℜ

ke

ℜ2

. Maka dapat yang

F :ℜ → ℜ 2 t α F (t ) = ( x(t ), y (t ) ) = x (t ) i + y (t ) j Sedangkan untuk fungsi yang memetakan dari

ℜ ke ℜ2

dinyatakan dengan

F :ℜ → ℜ3 t α F (t ) = ( x (t ), y (t ), z (t ) ) = x (t ) i + y (t ) j + z (t ) k Fungsi di atas dinamakan Fungsi Bernilai Vektor atau disingkat dengan Fungsi Vektor. Sedangkan x(t) , y(t) atau z(t) merupakan komponen fungsi vektor F (t ) .

Contoh 8.5

Carilah nilai fungsi F (t ) di t = 2 bila diberikan

= (2t − 1)i + t 2 j 2. F (t ) = (2t + 3, t ,2t − 1) 1. F (t )

Jawab :

= 3 i + 4 j 2. F (t ) = (7,2,3) 1. F (t )



Daerah asal Daerah asal fungsi vektor sangat ditentukan dari daerah asal dari komponenkomponennya. Misal daerah asal dari x(t) dan y(t) berturut-turut A dan B. Maka daerah

asal dari F (t )

= x(t ) i + y (t ) j

adalah A

berturut-turut adalh A, B dan C, maka

∩ B. Bila daerah asal dari x(t) , y(t) dan z(t) daerah asal dari F (t ) = x(t ) i + y (t ) j + z (t ) k

adalah A ∩ B ∩ C.

Contoh 8.6

Tentukan daerah asal dari fungsi berikut: 1. F (t )

=

2. G (t )

=

t − 1, t 2 i t + 1

+ (2 − t ) j +

t 1 − t

k

Jawab : 1. Daerah asal dari komponen x 2

komponen y = t , D y

=

t − 1 , D x

= [1, ∞ ) .

Sedangkan daerah asal dari

= ℜ . Jadi daerah asal fungsi vektor D F = [1, ∞ ) Ι ℜ = [1, ∞ )

2. Daerah asal dari komponen : x

=

1

, y = 2- t dan z =

t

berturut-turut adalah 1 − t dan Dz = (− ∞,1) . Jadi daerah asal fungsi vektor t + 1

= (− ∞,−1) Υ (− 1, ∞ ), D y = ℜ adalah D = D x Ι D y Ι Dz = (− ∞,−1) Υ (− 1,1) F

D x

Limit Fungsi

Limit fungsi vektor F (t )

= x(t ) i + y (t ) j

di titik t = c dinyatakan dengan lim F (t ) . t → c

Keberadaan limit fungsi vektor sangat ditentukan oleh keberadaan dari limit komponenkomponennya. Sehingga dapat dinyatakan berikut. Teorema : Keberadaan Limit Fungsi Vektor

Limit fungsi F (t ) = x (t ) i + y (t ) j di titik t = c ada bila dan hanya bila limit fungsi x = x(t) di t = c dan limit fungsi y = y(t) di t = c ada. Sehingga dapat dituliskan menjadi : lim F (t )

t →c

=  lim x(t ) i +  lim y (t ) j t →c  t →c 

Teorema di atas juga akan berlaku untuk fungsi vektor di ruang. Misal limit fungsi

= x(t ) i + y (t ) j + z (t ) k di titik t = c ada . Maka dapat dituliskan dengan       lim F (t ) =  lim x (t ) i +  lim y (t )  j +  lim z (t )  k t →c t →c  t →c  t →c 

F (t )



Contoh 8.7

Hitung limit berikut ( bila ada ) : sint   1. lim  4t 2 − 1 i − j  t  t →0 

)

(

 2t i sin t  5t + 1    j −  +   k  2 t t →∞  t − 1  t  

2. lim

Jawab :

 =  lim 4t 2 − 1 i −  lim sint  j = −i − j     t   t →0 t   t →0  sin t 5t + 1 Sebab nilai limit di t → ∞ dari komponen dan sama dengan nol maka 2

( t →0 

)

1. lim  4t 2 − 1 i − 2.

sint

j 

t

t

 2t i sin t  5t + 1    k = 2i j −  +  2   t t →∞  t − 1  t   lim

Kekontinuan Fungsi Vektor

Fungsi F (t ) = x (t ) i + y (t ) j dikatakan kontinu di titik t = c bila nilai fungsi di titik tersebut sama dengan nilai limitnya. Hal ini dapat dijelaskan berikut. Definisi : Kekontinuan Fungsi Vektor

Fungsi F (t ) berikut :

= x(t ) i + y (t ) j

dikatakan kontinu di titik t = c bila dipenuhi ketiga syarat

1. F (t ) terdefinisi di t = c 2. lim F (t ) ada t → c

3. F (c ) = lim F (t ) t → c

Bila paling sedikit salah satu dari ketiga syarat di atas tidak dipenuhi maka dikatakan F (t ) tidak kontinu ( diskontinu ) di t = c. Definisi kekontinuan di atas juga berlaku untuk vektor di ruang.

Contoh 8.8

Selidiki kekontinuan fungsi vektor berikut di titik yang diberikan sin t 1. F (t ) = 4t 2 − 1 i − j di t = 0 t

(

2. G (t )

)

= (2t + 3, 4t , sin t )

di t = 0



Jawab :

)

( t →0 

1. Walupun nilai limit di t = 0 ada yaitu lim  4t 2 − 1 i − tidak terdefinisi di t = 0, sebab komponen

sin t t

sint t

 = −i − 

j 

j tetapi fungsi

tidak terdefinisi di t = 0. Jadi fungsi

diskontinu di t = 0. G (0) = (3,0,0) = 3 i

2. Nilai fungsi di t = 0, lim (2t + 3) i + 4t j + sin t k

t →0

= 3i .

dan nilai limit di t = 0,

Karena nilai fungsi dan limitnya sama maka

fungsi kontinu di t = 0.

Turunan Fungsi Vektor

Turunan fungsi F (t ) di titik t = c dinyatakan dengan F ' (c)

=

lim

F (t ) − F (c)

t →c

t − c

Bentuk di atas menyatakan bahwa fungsi F (t ) = x (t ) i + y (t ) j dapat diturunkan ( diferensiabel ) di t = c bila dan hanya bila komponen-komponennya juga dapat diturunkan di t = c. Sehingga dapat dituliskan menjadi : F ' (c ) = x ' (c ) i + y ' (c) j Untuk fungsi vektor di ruang juga berlaku sebagaimana fungsi vektor di bidang, yaitu F ' (c ) = x ' (c ) i + y ' (c) j + z ' (c) k

Contoh 8.9

Selidiki apakah fungsi berikut diferensiabel di titik yang diberikan . Bila ya, carilah nilai turunan fungsi di titik tersebut.  t , 5t − 2  di t = 1 1. F (t ) =    t + 1  2. G (t )

= sin t i +

1 + t j + t k di t = 0

Jawab : 1. Turunan pertama di t = 1 dari komponennya yaitu x ' t =1

=

1

2 t =1

(t + 1)

=1

dan y ‘ =

5. Jadi fungsi diferensiabel di t = 1 dan F ' (1) = i + 5 j . 2. Karena komponen z = | t | tidak diferensiabel di t = 0 ( Tunjukkan ! ), maka fungsi G (t ) tidak diferensiabel di t = 0.



Soal Latihan 8.2

( Nomor 1 sd 4 ) Nyatakan vektor posisi dari titik atau ruas garis berikut ( dalam sukusuku vektor satuan i , j atau k ). 1. A = ( 2, -3 ) 2. B = ( -4 , 2 , -1 ) 3. AB dengan A ( 4,2 ) dan B ( -5,1 ) 4. BA dengan A ( 3, -2 , 1 ) dan B ( 1,-1,-1 ) ( Nomor 5 sd 8 ) Tentukan daerah asal dari kurva bidang berikut  − 1 , t + 1  5. F (t ) =    t + 1  1 t  , sin t , =    t − 2   t + 1 G (t ) = e 2t −1 i + sec t j

6. G (t ) 7.

8. F (t )

= (2t 2 − 1)i − j

1 − t 2

+ 2k

( Nomor 9 sd 12 ) Hitung limit kurva bidang berikut ( bila ada )  tan t , 2t − 1 9. lim    t →0 t 10.

11.

12.

 sin t t 2 + 1 1 − 3t    lim  , , − 2t t − 1   t →∞ t    1 − t 2   lim 2t i + j  t − 1  t →1   lim  i t →−2

t + 2 +

1 + t 2 2 + t

j + e

2+t

 k   

( Nomor 13 sd 16 ) Selidiki kekontinuan kurva bidang berikut di nila i yang diberikan 13. F (t )

=

2t , t − 1

)

; t=1

 sin t , 2t − 1, cos t  ; t = 0   t  5 − t 15. H (t ) = t i − j ; t = 5 2 t − 25 16. F (t ) = 1 − t 2 i − et − 1 j + 2t k ; 14. G (t ) = 

t=0

( Nomor 17 sd 20 ) Selidiki apakah kurva berikut diferensiabel di titik yang diberikan. Bila ya, tentukan turunannya.



= 2t − 1,1 − t ) ; t = 5 18. G (t ) = t − 1 , t + 1, t 2 − 1 ; t = 1 19. F (t ) = cos t i + sec t j ; t = 0 20. G (t ) = et −1 i + sin π t j − t + 8 k 17. F (t )

;t=1

8.3 Gerak Partikel dan Kelengkungan

Misal diberikan kurva bidang x = x(t) dan y = y(t) dengan titik P(t) = ( x(t), y(t) ) sembarang terletak pada kurva. Seperti terlihat pada gambar disamping.

Y

P(t)

menyatakan vektor r (t ) = x (t ) i + y (t ) j posisi dari titik P(t) = ( x(t), y(t) ). Misal t menyatakan waktu. Bila t berubah maka

r ( t ) X

ujung vektor r (t ) akan bergerak sepanjang kurva bidang. Gerak demikian dinamakan gerak kurvilinear ( gerak sepanjang kurva ). Vektor kecepatan dan percepatan gerak kurvilinear dinyatakan dengan v(t ) = r ' (t ) dan a(t )

= r ' ' t ) .

Sedangkan panjang atau besar dari vektor kecepatan, v(t ) dinamakan dengan laju.

Contoh 8.10 2

Diberikan kurva bidang yang dinyatakan dengan x = t +1 dan y = t + 1 . Tentukan vektor kecepatan, vektor percepatan dan laju suatu partikel pada saat t = 3. Jawab : Vektor posisi partikel pada saat t dituliskan dengan r (t ) = t 2 + 1 i + t + 1 j . Vektor kecepatan dan vektor percepatan pada saat t berturut-turut adalah v(t ) = r ' (t )

maka v(t )

= 2t i+

v(t )

=

j 2 t + 1

= 6 i+

36 +

1 16

=

j

dan a(t )

4

dan

4 36

1 16

j

= r ' ' t ) = 2 i −

a(t )

= 2i −

j 32

.

3

. Sedangkan pada saat t = 3

(t + 1)

Jadi

laju

.


pada

saat

t

=

3,


Kelengkungan

Misal diberikan lintasan dari titik A ke titik B dari kurva bidang yang dinyatakan oleh r (t ) = x (t ) i + y (t ) j dengan a

≤ t ≤ b

dan r ' (t )

≠0

serta r ' (t ) ada dan kontinu. Maka

A = r (a) dan B = r (b) . Misal P(t) = ( x(t), y(t) ) merupakan titik sembarang pada lintasan dan s = h(t) menyatakan panjang lintasan dari A ke P(t). Maka panjang s dapat dinyatakan dengan t

s

2

2

= ∫ ( x' (u )) + ( y ' (u )) a

t

du

= ∫ r ' (u )

du

a

ds

=

=

ds

dt

=

r ' (t )

=

ds

. Sebab r ' (t ) ≠ 0 maka dt | v(t) | > 0. Ini berarti bahwa nilai s bertambah besar bila t bertambah besar. Dengan teorema balikan didapatkan : dt 1 1 Dari bentuk di atas didapatkan besar laju, v(t )

v(t )

Misal T (t ) merupakan vektor singgung satuan di P(t), yaitu vektor yang didapatkan dengan menormalisasikan vektor v(t ) . Maka dapat dituliskan dengan T (t )

=

v(t ) v(t )

r ' (t )

=

r ' (t )

Maka vektor kelengkungan di P(t) diberikan dengan d T ds

=

d T ds

dt = T ' (t ) .

v(t )

dt

Besar vektor Kelengkungan di P(t) dinamakan Kelengkungan dan dinotasikan dengan K =

d T

=

ds

T ' (t ) . v(t )

Untuk mendapatkan nilai kelengkungan menggunakan rumus di atas kadang mengalami kesulitan. Akan diberikan rumus lain sebagai berikut. Misal kurva bidang atau lintasan dinyatakan dengan x = x(t) dan y = y(t) atau r (t ) = x(t ) i + y (t ) j . Maka kelengkungan dihitung menggunakan x ' y "− x " y ' K =

[( x ')

2

3

]

2 2

+ ( y ')

Sedangkan bila persamaan lintasan dinyatakan dengan y = f(x), maka kelengkungan dihitung menggunakan y " K = 3

[1 + ( y ') ]

2 2

Dapat disimpulkan bahwa kelengkungan merupakan bilangan positif atau besaran yang menyatakan seberapa tajam sebuah kurva melengkung. Hal ini dapat dikatakan bahwa



sebuah garis akan mempunyai kelengkungan nol. Sedangkan kurva yang berbelok semakin tajam akan mempunyai kelengkungan yang semakin besar.

Contoh 8.11

Tentukan besar kelengkungan dari vektor bidang yang diberikan berikut : 1 1. r (t ) = 1 t 2 i + t 3 j di t = 1 2 3  π 1  2. y = cos 2x di  ,   6 2  Jawab : 1 1 1 1. Dari r (t ) = 1 t 2 i + t 3 j didapatkan x (t ) = t 2 dan y (t ) = t 3 . Digunakan 2 3 2 3 x ' y "− x " y ' 2 rumus K = maka kelengkungan di t = 1, K = 5 3 25 ( x ')2 + ( y ')2 2

[

]

2. Digunakan rumus K =

y " 3

[1 + ( y ') ]

maka kelengkungan di

2 2

 π , 1  , K =    6 2 

1 4

Soal Latihan 8.3

( Nomor 1 sd 5 ) Tentukan vektor kecepatan , vektor percepatan dan laju dari partikel sepanjang kurva bidang di titik yang diberikan berikut. 1. x(t )

= 2t 2

2. x(t )

=

, y (t )

1 2 t , y (t ) 2

= 2t , t = −1 =

1 4 t , t = 1 4

= 2 t + 1 , y (t ) = t + 6 4. y = e − x + x, (1,2)  π 2   5. y = cos x ,  − ,  4 2    3. x(t )

, t = 3

( Nomor 6 sd 10 ) Carilah vektor kelengkungan dan besar kelengkungan di titik yang diberikan dari kurva bidang berikut 1 1 6. r (t ) = t 2 i + t 4 j ; t = 1 2 4 7. r (t ) = 2 sin t i + 3 cos t j ; t =

= x 2 − 1 ; (− 1,0) 9. y 2 = x + 1 ; (3,−2 )  π 10. y = ln cos x ;  , − ln  4

π

4

8. y

 

2 



8.4 Komponen Normal dan Tangensial

Misal

diberikan

lintasan

yang

dinyatakan oleh r (t ) = x (t ) i + y (t ) j

T (t )

dan N = N (t ) merupakan vektor normal satuan, yaitu vektor yang tegak lurus dengan vektor singgung

P(t)

T (t ) di P(t). Seperti terlihat pada gambar disamping. Oleh karena itu dapat didefinisikan vektor normal tersebut sebagai berikut.

N (t )

N =

d T d T

ds

=

ds

1 d T K ds

atau

d T

= K N

ds

Besar vektor percepatan didapatkan dari penurunan sekali lagi vektor kecepatan. Sedangkan vektor kecepatan didapatkan dari persamaan T (t )

v(t ) = v(t ) T (t )

=

ds dt

T (t ) . Maka vektor percepatan : a(t )

Menggunakan persamaan a(t )

=

d 2 s 2

dt

d T dt

 ds  2  T +   K  N  dt  

=

d T ds ds dt

dan

d T ds

= K N

=

v (t )

=

d v dt

v(t )

=

d 2 s 2

=

r ' (t )

atau

r ' (t )

T (t ) +

dt

ds d T dt dt

.

maka vektor percepatan,

T = T (t )

Bila persamaan di atas dipandang sebagai suku-suku dalam T dan N maka koefisien dari T yaitu aT yaitu

=

d 2 s dt 2

disebut komponen tangensial percepatan. Sedangkan koefisien dari N

2 ds   a N =   K  dt 

disebut komponen normal percepatan. Jadi bentuk vektor

percepatan dapat dituliskan menjadi a (t )

= aT T + a N N . Karena

| T | = | N | = 1 dan

dua vektor N dan T saling tegak lurus maka didapatkan hubungan , a(t ) atau a(t )

2

2 = aT 2 + a N

=

aT

+

a N

.

Contoh 8.12

Tentukan komponen normal dan komponen tangensial vektor percepatan dari r (t ) = t 2 i + t j di t = 1. Jawab :



Vektor kecepatan , v(t ) = 2t i + j Vektor percepatan, a (t ) = 2i ds Laju, = v(t ) = 4t 2 + 1 dt

=

Komponen tangensial, aT

d 2 s 2

4t

=

2

dt

4t demikian didapatkan komponen normal, 2 a N

a N

= =

a (t ) 2 5

2

− aT 2

= 4−

16 t 2 2

4t

+1

=

4 2

4t

+1

+1

. Untuk di t= 1, maka aT

atau a N

2

=

2

4t

=

4 5

. Dengan

. Untuk di t = 1 maka

+1

.

Sola Latihan 8.4

Tentukan komponen normal dan komponen tangensial vektor percepatan di nilai yang diberikan dari : 1. r (t ) = −t i + t 3 j di t = 2 2. r (t ) = e 2t i − cosh 2t j di t = 0 3. r (t ) = 1 − t 2 i − 2t j di ( 0,-2 ) 4. r (t ) = 4(1 − sin t )i + 4(1 + cos t ) j di t =

2

π

3

5. r (t ) = (ln t )i − 3t 2 j di t = 1



BAB 9 FUNGSI PEUBAH BANYAK 9.1 Domain dan Range 9.2 Permukaan 9.3 Turunan Parsial 9.4 Vektor Gardien dan Turunan Berarah 9.5 Nilai Ekstrim

9.1 Domain dan Range

Fungsi

dua

peubah

f

didefinisikan

sebagai

pengaitan

setiap

elemen

dari

= { ( x , y ) x , y ∈ℜ} ke suatu bilangan real ( ℜ ), dinotasikan dengan : f : D → ℜ ( x, y ) α f ( x, y ) = z

D

x dan y merupakan peubah bebas, sedangkan z merupakan peubah tak bebas. Himpunan 2 D ⊆ ℜ merupakan domain / daerah asal dari f(x,y), dinotasikan dengan Df . Sedangkan himpunan

{ z z = f ( x, y ), ( x, y ) ∈ D}

merupakan Range / daerah hasil, dinotasikan

dengan R f. Untuk mencari domain fungsi dua peubah dilakukan dengan cara mencari nilai x dan y yang memenuhi f(x,y) ∈ ℜ. Sedangkan range ditentukan dari nilai fungsi f (x,y ) untuk x dan y yang terletak di dalam domainnya. Agar lebih memperjelas pengertian tentang domain dan range fungsi dua peubah, diberikan contoh berikut.

Contoh 9.1

Tentukan Domain dan range dari fungsi berikut. 1. f ( x, y ) = y (x + 1) 2. f ( x, y ) =

−1 x 2 + y 2

Jawab : 1. Karena f ( x, y ) = y(x + 1) ∈ ℜ maka y ( x + 1 ) atau y D f = {( x, y ) x

≤ 0 ≥ −1 dan y ≥ 0

dan atau x

≤

x −1dan y

≥ 0. Didapatkan y ≥ 0 dan x ≥ -1

≤ ≤ 0}.

-1. Bila

Jadi ( x,y )

Domain, ∈ Df

disubstitusikan ke dalam f(x,y) maka f( x,y ) ≥ 0. Jadi R f = [0, ∞ ) . 2

2

2. Karena x + y ≥ 0 dan f ( x,y ) ∈ ℜ maka penyebut tidak nol atau ( x,y ) ≠ ( 0,0 ). ∈ Df maka range, Jadi domain, D f = {( x, y ) ( x, y ) ≠ (0,0)}. Untuk ( x,y ) R f = (− ∞,0 ) .



Soal Latihan 9.1

Tentukan domain dan range dari fungsi berikut : 1. f ( x , y )

=

2. f ( x , y )

=

3. f ( x , y )

=

4. f ( x , y )

=

5. f ( x , y )

=

6. f ( x , y )

=

7. f ( x , y )

=

8. f ( x , y )

=

x (1 − y ) x 1 − y y x

−2

x y x − y x + y y x − 1 x y 2 x 2

− y2

x + y x y − 1

9. f ( x , y ) = x 2 − 1 10. f ( x,y ) = ln ( xy ) x 2

+ y2 11. f ( x , y ) = x 2 − y 2 12. f ( x , y )

=

1 − x2

− y2

9.2 Permukaan

Posisi suatu titik ( a,b,c) di dalam koordinat ruang / koordinat kartesius ( sumbu X , sumbu Y dan sumbu Z ) dalam aturan tangan kanan digambarkan berikut. Grafik fungsi dua peubah f(x,y) merupakan bidang atau permukaan. Bentuk umum bidang dituliskan : a x + b y + c z = d dengan a,b,c,d ∈ R. Bila b = 0 dan c = 0 maka a x = d merupakan bidang sejajar bidang YOZ, sedangkan b y = d merupakan bidang sejajar bidang XOZ dan a z = d merupakan bidang sejajar bidang XOY.



Z c

O a

(a,b,c) b

Y

X Beberapa bentuk permukaan diberikan berikut : 1. Bola pusat di O dan jari-jari a > 0, x 2 + y 2 + z 2 2. Ellipsoida pusat O,

x 2 a2

+

y 2 b2

+

z 2

=1

c2

4. Hiperboloida berdaun dua pusat di O,

5. Parabolida elliptik pusat di O,

x 2

x 2

a

2

6. Paraboloida Hiperbolik pusat di O,

b

7. Kerucut pusat di O, 8. Tabung , x 2

a2

+

y 2 b2

−

z 2 c2

−

a2 2

x 2 a

x 2

x 2

2

= −

b2 y 2 b2

z

b

2

− −

z 2 c2

z 2 c2

=1

; a ,b, c > 0

=1

; a , b, c

; a ,b , c

c

y 2

=0

+ y 2 = a 2 , y 2 + z 2 = a 2

y 2

+

a2

y 2

+

a ,b , c > 0

;

3. Hiperboloida berdaun satu pusat di O,

= a2

=

z c

; a ,b , c

atau x 2

>0

>0

; a ,b, c

>0

>0

+ z2 = a 2

Secara umum perpotongan antara dua buah grafik fungsi dua peubah akan merupakan garis atau lengkungan. Bila kurva z = f(x,y) dipotongkan dengan bidang horisontal z = k ( k konstanta ) maka akan didapatkan suatu keluarga garis atau lengkungan dan disebut lengkungan Ketinggian dari z = f(x,y).

Contoh 9.2

Tentukan lengkungan ketinggian dari f ( x, y ) Jawab :

= x 2 − y

Grafik f ( x, y ) = x 2 − y dipotongkan dengan garis z = k. Jadi x - y = k. Persamaan terakhir berbentuk parabola terbuka ke atas dengan titik puncak pusat sumbu. 2



Soal latihan 9.2

( Nomor 1 sd 8 ) Tentukan bentuk kurva dan gambar grafik dari : 1. 4 x 2 − 9 y 2 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8.

− 36z 2 = 36 4 x 2 + 9 y 2 + z 2 + 8x − 18 y − 4 z = 19 4 x 2 − y 2 + 9 z 2 = 36 x 2 + 4 y 2 + 4 x + 16 y − 16z + 20 = 0 x 2 − 16 y 2 + 4 z 2 + 4 x + 96 y + 16 z = 62 x 2 + 4 y 2 − z 2 + 2 x − 8 y − 5 = 0 9 x 2 + y 2 − z 2 − 9 x − 4 y + 8z − 39 = 0 x 2 + 3y 2 + 2 z 2 − 6 x − 6 y + 4 z + 14 = 0

( Nomor 9 sd 16 ) Tentukan lengkungan ketinggian dari :

= 4x 2 + 9 y 2 10. f ( x , y ) = 2 x − y 2 11. z = x + y 12. z = 4 x 2 − 9 y 2 9. f ( x , y )

13. z

=

10 − 2 y − x 2

− 4x2 15. x 2 + 4 y 2 + 4 z 2 = 16 16. 4( x − 1) 2 + 9 y 2 − 36( z − 1) 2 = 36 14. z

=

16 − y 2

9.3 Turunan Parsial

Bila dua garis berpotongan maka akan menghasilkan sebuah titik, sedangkan perpotongan antara dua buah bidang atau permukaan berupa garis atau lengkungan. Secara geometris, turunan parsial terhadap x dari fungsi dua peubah, f(x,y) di titik P(a,b,f(a,b)), f x(a,b) merupakan gradien garis singgung ( garis g - pada Gb. 1 ) dari lengkungan perpotongan antara permukaan f(x,y) dengan bidang y = b di titi k P. Sedangkan turunan parsial terhadap y dari fungsi dua peubah, f(x,y) di titik P(a,b,f(a,b)), f y(a,b) merupakan gradien garis singgung ( garis g - pada Gb. 2 ) dari lengkungan perpotongan antara permukaan f(x,y) dengan bidang x = a di titik P.



Z

g Z g

P(a,b,f(a,b)) z = f(x,y) O

b

P(a,b,f(a,b)) z=f(x,y)

Y

O

Y

a X X Gb. 1

Gb. 2

Secara formal turunan parsial terhadap x dan y dari fungsi dua peubah f(x,y) di (a,b) diberikan : f (a + h ,b ) − f (a ,b ) f x (a , b) = lim h h→ 0 f y (a , b) = lim

f (a ,b + h ) − f (a ,b ) h

h→ 0

Notasi lain yang biasa digunakan untuk turunan parsial adalah : f x

=

∂ f ∂ x

dan f y

=

∂ f ∂ y

.

Dalam perhitungan turunan parsial fungsi f(x,y) terhadap x, f x(x,y) dapat dilakukan dengan menggunakan rumus turunan fungsi satu peubah dengan memandang peubah y sebagai konstan. Demikian pula untuk menghitung f y(x,y) dapat dipandang merupakan fungsi satu peubah y dengan memandang peubah x sebagai konstan. Untuk fungsi tiga peubah, w = f( x,y,z ), turunan parsial dari f terhadap x, y dan z di ( x,y,z ) didefinisikan sebagai : f ( x + h, y , z ) − f (x , y , z ) ∂ f = f x ( x, y , z ) = lim h ∂ x h→ 0 ∂ f ∂ y ∂ f ∂ z

= f y ( x, y , z ) = = f z ( x, y , z ) =

lim

h→ 0

lim

h→0

f ( x , y + h, z ) − f ( x , y , z ) h f ( x , y , z + h) − f ( x , y , z ) h

Contoh 9.3

Tentukan turunan parsial terhadap peubah bebasnya dari fungsi berikut. 1. f ( x , y )

=

y( x + 1)



2. f ( x , y, z )

=

z 1 + xy

Jawab : 1. f x ( x , y )

=

2. f x ( x , y , z )

y 2 y ( x + 1)

=

− yz (1 + xy)2

; f y ( x , y )

=

; f y (x , y , z )

=

x + 1 2 y ( x + 1)

− xz (1 + xy )2

; f z ( x , y , z )

=

1 1 + xy

Limit dan Kekontinuan

Konsep turunan parsial dari fungsi dua peubah walaupun didefinisikan dalam bentuk limit namun merupakan limit dari satu peubah karena peubah lain kita pandang sebagai konstan. Sedangkan limit dari dua peubah itu sendiri dan diberikan berikut. Limit dari fungsi z = f( x,y ) di ( a,b ) sama dengan L, dinotasikan dengan lim f (x , y ) = L berarti bahwa untuk nilai seberapapun kecilnya, misal ε > 0, ( x , y )→ ( a ,b )

akan ada ( terdapat ) nilai 0<

( x , y) − (a , b) < δ .

δ

> 0 sehingga berlaku :

Bentuk 0 <

( x , y) − (a , b) < δ

f ( x , y ) − L

<0

bila

merupakan tempat kedudukan

titik yang terletak di dalam lingkaran ( disebut lingkaran buka ) yang berpusat di ( a,b ) dan jari-jari δ. Dalam perhitungan limit fungsi dua peubah, lim f ( x , y) sangat bergantung dari ( x , y )→ ( a ,b)

bagaimana ( x,y ) → ( a,b ) [ Baca : ( x,y ) mendekati ( a,b ) ] atau bergantung dari ( kurva ) lintasan yang melalui ( a,b ). Bila dari sekian lintasan terdapat satu lintasan yang mempunyai nilai berbeda dari semua nilai untuk lintasan yang lain maka dikatakan lim f ( x , y ) tidak ada. Diberikan contoh berikut. ( x , y )→ ( a ,b)

Akan ditunjukkan limit fungsi f ( x , y )

1. Bentuk fungsi untuk y = 0 dan x

=

− y2 x 2 + y 2

≠0,

(x,y) → ( 0,0 ) sepanjang sumbu X :

2. Bentuk fungsi untuk x = 0 dan y

x 2

≠ 0,

(x,y) → ( 0,0 ) sepanjang sumbu Y :

f (x ,0)

di ( 0,0 ) tidak ada.

=

lim

x 2

−0 = 1 . Nilai limit dari f(x,y ) di x 2 + 0 f ( x ,0) = 1 .

( x ,0)→ ( 0,0)

f ( 0, y ) lim

=

0 − y 2 0 + y

( 0, y )→ ( 0,0)

2

= − 1 . Nilai limit dari f(x,y) di

f ( 0, y )

= −1 .

Dari dua buah lintasan ( sepanjang sumbu X dan sumbu Y ) ternyata menghasilkan nilai yang berbeda, maka hal ini menunjukkan bahwa

− y2 lim 2 2 ( x , y )→ ( 0,0) x + y


x 2

tidak ada.


Secara intuitif fungsi dua peubah dikatakan kontinu di suatu titik bilamana tidak terjadi loncatan atau fluktuasi di titik tersebut. Secara formal diberikan definisi berikut.

Definisi : Fungsi dua Peubah Kontinu

Fungsi z = f (x,y ) dikatakan Kontinu di titik ( a,b ) bila : 1. f ( a,b ) terdefinisi. 2. Limit dari z = f(x,y ) di titik ( a,b ) ada. 3. lim f ( x , y ) = f ( a ,b ) ( x , y )→ ( a ,b )

Sebuah fungsi akan kontinu bila merupakan jumlah, selisih, hasilkali atau komposisi dari dua fungsi yang kontinu pula. Sedangkan hasilbagi dua fungsi yang kontinu juga akan kontinu kecuali pada nilai yang menyebabkan penyebut sama dengan nol. Dari beberapa sifat tersebut kita dapat menentukan daerah yang menyebabkan fungsi dua peubah kontinu, seperti contoh yang diberikan berikut.

Contoh 9.4

Tentukan daerah yang menyebabkan fungsi f ( x , y )

=

x 1 − y

kontinu.

Jawab :

{

Daerah yang menyebabkan f(x,y) kontinu adalah ( x , y ) y

≠ 1}

Turunan Parsial Kedua

Bentuk f x

=

∂ f ∂ x

dan f y

=

∂ f ∂ y

berturut-turut merupakan notasi turunan parsial pertama

terhadap x dan terhadap y dari z = f(x,y). sedangkan turunan parsial kedua dari z = f(x,y) didapatkan dengan menurunkan secara parsial ( terhadap x dan y ) dari turunan parsial pertamanya.

 ∂ f   ∂ x  

∂ 

∂ x

 ∂ f    ∂ y 

2

=

∂ 

∂ x

∂ f ∂ x

2

= f xx

=

∂ x ∂ y

∂ y

 ∂ f   ∂ x  

2

=

∂ 

2

∂ f

 ∂ f    ∂ y 

∂ 

= f yx

Secara umum, f xy

≠

∂ y

∂ f ∂ y

2

= f yy

2

=

∂ f ∂ y ∂ x

= f xy

f yx . Hal ini diperlihatkan pada contoh berikut.



 x 2 − y 2  xy 2 2 Misal f (x , y ) =  x + y 0  f xy (0,0) ≠ f yx (0,0) . (1). f x ( 0, y ) = lim

( 2). f y (x ,0) = lim

( x , y )

h f (x ,0 + h) − f (x ,0) h

h→ 0

=

;

f ( 0 + h , y ) − f (0, y )

h→ 0

( 3). f yx (0 ,0)

( x , y ) ≠ ( 0,0)

;

lim

( 4). f xy ( 0 ,0) = lim

ditunjukkan

bahwa

= (0,0)

= x

h f x (0,0 + h) − f x (0,0) h

h→ 0

Akan

= − y

f y (0 + h ,0) − f y (0,0)

h→ 0

.

=1 = −1

Dalam aplikasi pada bidang teknik yang sering dijumpai adalah f xy

=

f yx . Syarat

perlu dan cukup agar keduanya sama diberikan berikut. Misal turunan par sial pertama dan kedua dari f(x,y) : f x , f y , f xy dan f yx kontinu pada domain ( buka ) @ D. Maka f xy

=

f yx untuk setiap (x,y)∈ D.

Contoh 9.5

Tentukan semua turunan parsial kedua dari f ( x , y )

=

−1 x 2 + y 2

Jawab : Turunan parsial pertama, f x ( x , y )

=

2 x

(

x 2

+

; f y ( x , y ) 2 2 y

)

=

2 y

(

x 2

2

+ y2 )

Turunan parsial kedua, f xx ( x , y )

=

2 y 2

(

x 2

− 6x 2 +

; f yy ( x , y ) 2 3 y

)

=

2 x 2

− 6y2

(

+

x 2

; f yx ( x , y ) = f xy ( x , y ) 2 3 y

)

=

8 xy

(

x 2

+ y2 )

3

Bidang Singgung

Bila kita mempunyai dua buah titik maka dapat dibuat sebuah garis. Sedangkan bila kita mempunyai dua buah garis maka dapat dibuat sebuah bidang. Pengertian sederhana ini akan kita gunakan untuk mendefinisikan sebuah bidang singgung dari suatu permukaan z = f(x,y).

@

Himpunan D disebut himpunan buka bila untuk setiap titik yang terletak di dalam D dapat dibuat lingkaran

{

berpusat di titik tersebut sehingga semua daerah lingkaran terletak di dalam D. Contoh D = (x , y ) x , daerah di kuadran pertama merupakan himpunan buka.


> 0 dan y > 0}


Misal C merupakan kurva dari z = f(x,y) dan titik P ( a,b,c ) terletak pada C. Maka didapatkan beberapa garis singgung yang melalui titik P dengan dua di antaranya mempunyai slope ( gradien ) : f x (a ,b ) dan f y (a ,b ) . Bidang yang dibentuk oleh dua garis singgung tersebut disebut Bidang Singgung dari z = f(x,y) di titik P. Bentuk Persamaaan bidang singgung dari z = f(x,y) di titik P ( a,b,c ) : f x (a .b ) (x − a ) + f y (a ,b ) (y − b ) = z − c Garis Normal dari z = f (x,y ) di titik P merupakan persamaan garis yang tegak lurus pada bidang singgung dari z = f(x,y) di titik P. Persamaan garis normal dari z = f (x,y ) di titik P ( a,b,c ) adalah : x − a = f x (a ,b ) t y − b

= f y (a ,b ) t z − c = t Bentuk persamaan garis normal di atas disebut Persamaan parametrik . Bila f x (a ,b ) ≠ 0 dan f y (a ,b ) ≠ 0 maka persamaan garis normal dapat dituliskan : x − a y − b = = z−c f x (a ,b ) f y ( a ,b )

Contoh 9.6

Carilah persamaan bidang singgung dan garis normal dari f ( x , y ) Jawab : Nilai turunan parsial pertama di ( 1,0,1 ) : f x ( x , y ) = e− y f y (x , y ) =

⇒

= xe− y

di ( 1,0,1 ).

f x (1,0) = 1

− xe− y ⇒

f y (1,0) = −1

Persamaan bidang singgung, ( x - 1 ) - y = z - 1 atau x - y - z = 0. Persamaan garis normal, x − 1 =

− y = z − 1

atau

 x − 1 = t   y = − t  z − 1 = t 

Diferensial Total

Pengertian dari diferensial ( total ) dari z = f ( x,y ) di titik P ( a,b,c ) dapat diturunkan dari persamaan bidang singgung dari z = f ( x,y ) di titik tersebut. Misal dibuat salib sumbu baru yang mempunyai pusat salib sumbu di titik P ( a,b,c ) dan diambil dx = x - a , dy = y - b dan dz = z - c. Maka diferensial total dari z = f ( x,y ) di P ( a,b,c ) didefinisikan sebagai : f x (a.b ) dx + f y (a ,b ) dy = dz



Contoh 9.7

Tentukan diferensial total dari f (x , y ) = 5x 2 y − y 3 + 1 Jawab : Turunan parsial pertama, f x ( x , y ) = 10xy ; f y ( x , y ) = 5x 2 Diferensial Total, dz

− 3y2 .

= (10xy ) dx + (5x 2 − y 2 ) dy .

Soal Latihan 9.3

( Nomor 1 sd 10 ) Tentukan f x , f y , f xx , f yy dan f xy bila : 1. f ( x , y )

x2

=

+ y2

x

2. f ( x,y ) = e cos y 3. f ( x , y ) 4. 5. 6. 7.

x − y 2

=e

x 2

− y2 f ( x , y ) = x 2 + y 2 f ( x , y ) = y 3 e− 5x z = 4 x 2 − 2 y + 7 x 4 y 5 z = cos(x 5y 4 )

8. z

= x 3 ln(1 + xy − 3/5 )

9. z

= ( y 2 tan x)

10. z

−4 / 3

= x 2 y e xy 2

Bentuk persamaaan :

∂ f ∂ x

2

2

+

∂ f ∂ y

2

= 0 disebut persamaan Laplace dari f(x,y).

( Nomor 11 sd 14 ) Apakah fungsi berikut memenuhi persamaan Laplace ?

= 3x 2 y − y 3 + 1 12. f ( x , y ) = e x sin y + e y cos x 13. f ( x , y ) = ln ( x 2 + y 2 ) 11. f ( x , y )

  − 1  2 xy  14. f ( x , y ) = tan  2 2   x − y 



Misal diberikan fungsi : U(x,y) dan V(x,y). Maka kedua fungsi akan berlaku Persamaan ∂ U ∂ V ∂ U ∂ V = dan =− . Cauchy Riemann ( PCR ) bila memenuhi : ∂ x ∂ y ∂ y ∂ x ( Nomor 15 sd 17 ) Apakah dua fungsi berikut berlaku PCR ? 15. U ( x , y ) = x 2

− y2

; V (x , y ) = 2xy

16. U ( x , y ) = e x cos y ; V (x , y ) = ex sin y 17. U ( x , y)

= ln ( x 2 + y 2 )

; V ( x , y)

 y  = 2 tan−1   x

( Nomor 18 sd 26 ) Tentukan persamaan bidang singgung dan garis normal di titik yang diberikan dari fungsi berikut !

= 4x 3y 2 + 2 y ; (1,−2 ,12 ) 19. z = x e− y ; (1,0,1) 18. z

20. z

= e3 y sin 3x

;

(

= 25 = −7 ;

;

21. x 2 + y 2 + z 2 22. x 2 y − 4 z 2

π

6

,0,1) ( −3,0,4 )

( −3,1,−2 )

= ln x 2 + y 2 ; (− 1,0,0) 24. z = x1/ 2 + y1/ 2 ; (4 ,9 ,5) 25. z = x 2 e2 y ; (1,ln 2 , 4) 26. x 2 y 3z 4 + xyz = 2 ; (2 ,1,−1) 23. z

( Nomor 27 sd 30 ) Carilah diferensial total dari : 27. z = 7x - 2y 2 5

28. z = 5x y - 2x + 4 y + 7 29. z = tan

-1

xy

2

30. z = sec ( x - 3y)

9.4 Vektor Gradien dan Turunan Berarah

Misal diberikan fungsi dua peubah, z = f(x,y) dan titik P(a,b). Maka ( vektor ) gradien dari z = f(x,y) di titik P didefinisikan sebagai: grad f (a ,b) =

∇f (a ,b ) =

∂ f (a ,b ) ∂ x

i+

∂ f (a ,b) ∂ y

j

 ∂ f (a ,b) ∂ f (a ,b)   = , ∂ y   ∂ x



Untuk fungsi dengan tiga peubah w = f (x,y,z ), maka gradien di titik ( x,y,z ) diberikan:

 df (x , y , z ) df (x , y , z ) df (x , y , z )   , , ∇ f (x , y , z ) =  ∂ y ∂ z  ∂ x  Sifat gradien dari suatu fungsi diberikan berikut :

2.

∇(a f + b g ) = a∇ f + b∇g ∇( f g ) = f ∇g + g ∇f

3.

∇( f n ) = n f n−1 ∇f

4.

 f  g∇f − f∇g ∇  =  g  g 2

1.

[ sifat linear ]

Contoh 9.8

Carilah vektor gradien dari f( x,y ) = y ln ( x + y ) di titik ( -3,4 ) Jawab: Turunan parsial pertama, y ⇒ f x (−3,4 ) f x (x , y ) = x + y f y ( x , y )

=

y x + y

+ ln( x + y ) ⇒

=4 f x ( −3,4 ) = 4

Jadi Gradien : ∆ f (− 3,4) = 4i + 4 j Turunan parsial dari z = f(x,y) terhadap x dan y berturut-turut dapat kita pandang sebagai turunan berarah dari z = f(x,y) dengan arah vektor satuan yang searah dengan  1   0    = sumbu X dan Y : i =   dan j   . Oleh karena itu, turunan parsial dari z = f(x,y) 0 1     terhadap x dan y dituliskan berikut : f ( x + h, y ) − f ( x, y )

f x ( x, y ) = lim

h →0

f y ( x, y ) = lim

h f ( x, y + h ) − f ( x, y )

h→ 0

Misal u ∈

ℜ2

h

= =

lim

h→ 0

lim

h→0

f ( x, y ) + hi

)− f ( x, y )

h

(

f ( x, y ) + h j

)− f ( x, y )

h

merupakan vektor satuan, yaitu vektor dengan panjang atau norm satu.

Maka turunan berarah dari z = f(x,y) di titik ( a,b ) searah dengan u D f (a, b ) = lim u

h →0

f (a, b ) + hu

)− f (a, b)

h


∈ ℜ2 didefinisikan


Sedangkan turunan berarah dari w = f( x,y,z ) di titik ( a,b,c ) dengan arah vektor satuan u

∈ ℜ3 didefinisikan :

Du f (a, b, c ) = lim

f (a, b, c ) + hu

h →0

Misal

u

− f (a, b, c )

h

= u1 i + u2 j

merupakan vektor satuan

 u 2 + u 2 = 1  1 2   

dan

z = f ( x,y )

mempunyai turunan parsial pertama di ( a,b ). Maka turunan berarah dari z = f ( x,y ) di ( a,b ) dalam arah u diberikan : Du f (a, b ) = u • ∇ f (a, b ) = u1 f x (a, b) + u2 f y (a, b)

Contoh 9.9

Tentukan turunan berarah dari f ( x,y ) di titik P dengan vektor arah u bila : 3 3 4 1. f ( x, y ) = x 2 + xy ; P (1,1) ; u = i − j 5 5

)

(

2. f ( x, y ) = x 2 − 3 xy + 4 y3 ; P (− 2,0) ; u

= (1,2)

Jawab:

)2 (2 x + y ) ⇒ f x (1,1) = 36 ( 2 2 f y ( x, y ) = 3 x ( x + xy ) ⇒ f y (1,1) = 12

1. f x ( x, y ) = 3 x 2 + xy

 3  + 12 − 4  = 12    u  5   5  f x ( x, y ) = 2 x − 3 y ⇒ f x (− 2,0) = −4 f y ( x, y ) = −3 x + 12 y 2 ⇒ f y (− 2,0) = 6

D f (1,1) = 36 2.

Karena u bukan merupakan vektor satuan maka diubah dahulu menjadi vektor satuan dengan menormalisaikan u , misal w =

 1  + 6 2  =    5    5 

D f (− 2,0) = −4 u

u u

. Oleh karena itu, w =

i 5

+

2 j 5

. Jadi

8 5

Secara geometris, turunan berarah dari z = f ( x,y ) di titik ( a,b ) dalam arah vektor satuan u dapat dinyatakan : Du f (a, b ) = u • ∇ f (a, b ) =

∇ f (a, b)

cos θ

dengan θ merupakan sudut yang dibentuk oleh u dan ∇f( a,b ). Bila θ = 0 maka nilai turunan berarah dari z = f ( x,y ) di titik ( a,b ) dalam arah vektor satuan u akan mencapai maksimum yaitu :



D f (a, b ) = u

Bila

∇ f (a, b )

θ = π maka nilai turunan berarah dari z = f ( x,y ) di titik ( a,b ) dalam arah vektor

satuan u akan mencapai minimum yaitu : D f (a, b ) = − ∇ f (a, b ) u

Contoh 9.10

Diketahui f ( x, y ) =

xy dan titik P ( -1,-4 ).

1. Tentukan turunan berarah minimum di titik P 2. Cari vektor satuan u agar turunan berarah di titik P tertinggi Jawab : y ⇒ f x (− 1,−4) = −1 1. f x ( x, y ) = 2 xy f y ( x, y ) =

x 2 xy

⇒

Gradien f di titik P,

f y (− 1,−4) =

−

1 4

∇ f (− 1,−4) = −i −

j 4

Turunan bearah minimum ( terendah ),

− ∇f (− 1,−4) = −

2. Turunan berarah maksimum ( tertinggi ), Vektor arah satuan, u

=

∇ f (− 1,−4) =

∇ f (− 1,−4) − 2 = i− ∇ f (− 1,−4) 17 2

17 4 17 4

j 17

Soal latihan 9.4

( Nomor 1 sd 6 ) Carilah vektor gradien dan turunan berarah dari f ( x,y ) di titik yang diberikan dalam arah vektor a berikut: 1. f ( x, y ) = 4 x3 y 2 ;(2,1); a 2. 3. 4. 5.

= 4i − 3 j f ( x, y ) = y 2 ln x ; (1,4) ; a = i − j f ( x, y ) = x 2 − 3 xy + 2 y 2 ;(− 1,2); a = 2i − j f ( x, y ) = e − xy ; (1,−1) ; a = −i + j 3  π  f ( x, y ) = e x sin y ;  0,  ;a = i + j 3  4 



 y  ; (− 2,2);a = −i − j   x 

6. f ( x, y ) = tan −1

( Nomor 7 sd 10 ) Carilah D f di titik yang diberikan. u

7. f ( x, y ) = (1 + xy )3 / 2 ;(3,1);u 8. f ( x, y ) = e 2 xy ;(4,0);u

=

−3 5

i

= i+

+

j

2 4 j 5

9. f ( x , y , z ) = ye x sin z ; (ln 2 ,2 ,π / 4) ; u 10. f ( x, y , z ) = ln(xyz );(3,2,6);u

=

2

= i − 2 j + 2k

(− 1,1,1)

3 ( Nomor 11 sd 13 ) carilah turunan berarah dari fungsi f di titik A dengan vektor arah membentuk sudut α dengan sumbu x positif. 11. f ( x , y )

=

12. f ( x, y ) =

xy ; A(1,4 ) ;α x − y x + y

= π / 3

; A(− 1,−2) ;α =

π

2

13. f ( x, y ) = sinh x cosh y ; A(0,0) ; α = π ( Nomor 14 sd 18 ) Tentukan vektor satuan u sehinggga turunan berarah dari f ( x,y ) maksimum di titik yang diberikan ! 14. f (x , y ) = x 3 − y 3

;

15. f (x , y ) = e y sin x

;

16. f (x , y ) = 1 − x 2

− y2

(2,−1)

 5π   ,0 6  ; (− 1,2)

17. f ( x, y ) = x 2 + y 2 ; (4,−3) 18. f ( x, y ) =

x x + y

; (0,2)

( Nomor 19 sd 22 ) Tentukan vektor satuan u sehinggga turunan berarah dari f ( x,y ) minimum di titik yang diberikan ! 19. f ( x, y ) = 20 − x 2 − y 2 ; (− 1,−3) 20. f (x , y ) = sin(3x − y )

;

 π π   ,  6 4 

21. f ( x, y ) = e xy ; (0,2)



22. f ( x, y ) =

x − y x + y

; (3,1)

( Nomor 23 sd 26 ) Carilah turunan berarah dari f di titik A dalam arah menuju ke titik B bila : 23. f ( x, y ) = x 2 y 5 ; A(3,1) ; B(4,-3)

 π  24. f ( x , y ) = e− x cos y ; A 0,  ; B = O .  3  x 25. f ( x, y ) = ; A(1,0) ; B(− 1,−1) x + y 26. f ( x, y ) = xy + yz + xz ; A(1,−1,2) ; B(11,10,0) ( Nomor 27 sd 30 ) Diketahui D f (1,2 ) = −5 bila u u

v

=

4

i+

=

3 5

i−

4 5

j dan D f (1,2) = 10 bila v

3

j . Tentukan : 5 5 27. f x (1,2) 28. f y (1,2 ) 29. Turunan berarah dari f di titik ( 1,2 ) dalam arah menuju ke pusat sumbu. 30. Turunan berarah dari f di titik ( 1,2 ) dalam arah sumbu Y negatif. 31. Carilah vektor satuan u agar di titik ( 1,-1 ) bila 32. Carilah vektor satuan u agar di titik ( 1,-1 ) bila

9.5 Nilai Ekstrim

Nilai Ektrim ( maksimum dan minimum - relatif ) dari fungsi z = f ( x,y ) di titik (a,b ) didefinisikan sebagai berikut.

Definisi : Maksimum dan Minimum

1. f ( a,b ) disebut Nilai maksimum dari z = f ( x,y ) bila f ( a,b ) ≥ f ( x,y ) untuk setiap ( x,y ) di dalam lingkaran yang berpusat di ( a,b ). Sedangkan titik ( a,b,f(a,b) ) disebut titik maksimum dari z = f ( x,y ). 2. f ( a,b ) disebut Nilai minimum dari z = f ( x,y ) bila f ( a,b ) ≤ f ( x,y ) untuk setiap ( x,y ) di dalam lingkaran yang berpusat di ( a,b ). Sedangkan titik ( a,b,f(a,b) ) disebut titik minimum dari z = f ( x,y ). Misal z = f ( x,y ) mencapai nilai ekstrim di titik ( a,b ) dan turunan parsial pertama di titik (a,b ) ada. Maka f x( a,b ) = 0 dan f y( a,b ) = 0. Sedangkan titik yang membuat nol



turunan parsial pertama terhadap x dan y disebut titik kritis. Titik kritis yang menyebabkan z = f (x,y ) mencapai nilai ekstrim atau berlaku berlaku (1) dan (2) disebut titik stasioner. Titik kritis yang tidak berlaku (1) dan (2) disebut titik sadel / titik pelana . Untuk menguji apakah titik kritis merupakan titik stasioner atau sadel dilakukan sebagai berikut. Misal z = f ( x,y ) mempunyai turunan parsial pertama kontinu pada pada lingkaran ( buka ) 2( yang berpusat di ( a,b ) dan D = f xx (a ,b) f yy (a ,b ) − f xy a ,b )

1. Bila D > 0 dan f xx( a,b ) > 0 maka z = f ( x,y ) mencapai minimum di ( a,b ). 2. Bila D > 0 dan f xx( a,b ) < 0 maka z = f ( x,y ) mencapai mencapai maksimum di ( a,b ). 3. Bila D < 0 maka ( a, b ) merupakan merupakan titik sadel. 4. Bila D = 0 maka tidak dapat ditarik suatu suatu kesimpulan.

Contoh 9.11

Tentukan titik ekstrim dan jenisnya dari f ( x, y ) = x3 − 3 xy − y 3 Jawab : Turunan parsial pertama, f x ( x, y ) = 3 x 2 − 3 y dan f y ( x, y ) = −3 x − 3 y 2 Bila f x ( x, y ) = 0 dan f y ( x, y ) = 0 maka x = 0, y = 0 dan x = -1, y = 1, sehingga sehingga (0,0) (0,0) dan ( -1,1 ) merupakan titik kritis dari f. Turunan parsial kedua, f xx ( x, y ) = 6 x, f yy ( x, y ) = −6 y , f xy ( x, y ) = −3 Untuk ( 0,0 ), D sadel.

Untuk

= f xx (0,0) f yy (0,0) − (

-1,1

),

2 f xy (0,0) = −9 . Jadi ( 0,0,0 ) merupakan titik

D

= f xx (− 1,1) f yy (− 1,1) −

2 f xy (− 1,1) = 27

> 0 dan

f xx (− 1,1) = −6 < 0 . Jadi f ( -1, 1 ) = 1 merupakan nilai maksimum dan ( -1,1,1 ) merupakan titik maksimum.

Soal Latihan 9.5

Tentukan titik ekstrim dan jenisnya dari fungsi dua peubah berikut : 1. f ( x, y ) = x 2 + 3 xy + 3 y 2 − 6 x + 3 y − 6 2. f ( x, y ) = 2 xy − 5 x 2 − 2 y 2 + 4 x + 4 y 3. f ( x, y ) = x e y 4. f ( x, y ) = e x sin y 2 4 5. f ( x, y ) = xy + + x y 6. f ( x, y ) = x 2 y − 6 y 2 − 3 x 2



7. z = x3 − 3 xy + 8. z = xy +

1 x

+

1 2 y 2

1 y

9. z = xy (2 x + 4 y

+ 1) 10. z = x3 y 2 (1 − x − y ) 11. z = x 2 + y 2 +

2 xy

12. z = 2 y 2 x − y x 2 + 4 xy



BAB 10 INTEGRAL RANGKAP 10.1 Integral Rangkap Dua 10.2 Volume dan Pusat Massa 10.3 Integral Rangkap Tiga 10.4 Koordinat Tabung dan Koordinat Bola

10.1. Intergral Rangkap Dua

Misal D =

diberikan daerah di bidang XOY yang berbentuk persegi panjang,

{(x , y)

a

≤ x ≤ b , c ≤ y ≤ d } dan fungsi dua peubah z = f ( x,y ) > 0 . Maka untuk

menghitung volume benda ruang yang dibatasi di atas oleh kurva z = f ( x,y ) dan di bawah oleh D dilakukan sebagai berikut. berikut. Bagi daerah D menjadi sub persegi panjang yang berukuran ∆xi dan ∆yi. Ambil sebuah titik pada sub persegi panjang, misal titik potong diagonal

Y d

( xi,yi ), sehingga kita dapatkan bangun ruang yang dibatasi di atas oleh z = f ( x,y ) dan di bawah oleh sub persegi panjang. Bangun ruang ( partisi ) tersebut akan mendekati bangun balok dengan

∆yi c

a X

∆x i

tinggi f ( x i,yi ). Maka kita dapatkan volume tiap-tiap partisi adalah b

hasilkali luas alas (

∆Ai

=

∆xi ∆yi

)

dan tinggi

( f ( xi,yi ) ), yakni Vi = f ( x i,yi ) ∆Ai . Bila tiap-tiap

partisi kita jumlahkan maka dapat dituliskan dalam bentuk :

n

n

i =1

i =1

∑Vi = ∑ f (xi , yi ) ∆Ai .

Jumlah volume partisi tersebut akan merupakan volume bangun ruang yang yang dibatasi di atas oleh z = f ( x,y ) dan di bawah oleh D bila diambil sebanyak tak hingga partisi atau n → ∞ , yakni :

V

=

n

lim

∑ f (xi , yi ) ∆Ai

n→∞ i =1

Integral rangkap dua dari z = f ( x,y ) atas daerah D didefinisikan sebagai berikut:



n

∑ f (xi , yi ) ∆Ai ∫∫ f (x, y) dA = nlim →∞ i =1

D

Sifat-sifat dari integral rangkap dua diberikan berikut : 1.

∫∫ [a f ( x, y ) + bg(x , y )]dA = a ∫∫ f (x , y ) dA +b ∫∫ g (x , y ) dA

D

D

D

2. Bila D = B ∪ C dan B ∩ C = ∅ maka

∫∫ f (x , y) dA = ∫∫ f (x , y) dA + ∫∫ f ( x , y ) dA

D

B

C

Iterasi Integral

Untuk menghitung integral rangkap dua dari z = f ( x,y ) atas daerah berbentuk persegi panjang D kita lakukan sebagai berikut. Luas penampang benda yang tegak lurus terhadap sumbu Y dengan Z c ≤ y ≤ d , misal A(yi) adalah b

A( yi )

z

= ∫ f (x , y ) dx . a

Volume bangun ruang merupakan n

c

jumlah volume :

d

a

Y

b

∆y

X

∑ A(yi ) ∆y

untuk

i =1

n → ∞. Oleh karena itu, integral rangkap dua dari z = f ( x,y ) atas daerah D dapat diselesaikan dengan cara berikut :

 ∫∫ f (x , y) dA = ∫ A(y ) dy = ∫  ∫ f (x , y ) dy  dx .  D c c a d

d  b

Dengan menggunakan pendekatan yang sama seperti di atas, integral rangkap dua dari z = f ( x,y ) atas daerah D dapat diselesaikan dengan cara sebagai berikut : b  d

  ∫∫ f (x, y) dA = ∫  ∫ f (x , y ) dx  dy  D a c Metode penyelesaian integral rangkap dua di atas dinamakan Iterasi Integrasi .



Contoh 10.1

Hitung integral

∫∫ f (x , y ) dA bila D

= 2xy dan D = {(x , y ) 0 < x < 2 ,1 < y < 3} f ( x , y ) = x 2 dan D daerah tertutup yang dibatasi oleh garis x = -1, x = 1 , y = 0 ,

1. f ( x , y ) 2.

y = 1. Jawab :

 3    = = f ( x , y ) dA 2 xy dy dx x 2 y dy dx = 16 ∫∫ ∫ ∫ ∫  ∫   D 01 0  1 1 1 1  1  2 2 2  ∫∫ f ( x , y ) dA = ∫ ∫ x dx dy = ∫  ∫ x dx   dy = 3  D 0 −1 0  − 1 23

1.

2.

2

Integral Rangkap atas Daerah Sembarang

Misal R merupakan daerah sembarang . Maka untuk menghitung integral rangkap dua dari z = f ( x,y ) atas daerah R dilakukan berikut. Dibentuk daerah persegi panjang D yang melingkupi daerah R dan didefinisikan suatu fungsi baru, g ( x, y ) yaitu: g(x , y ) =

 f (x , y) ; (x , y) ∈R   0 ; ( x , y) ∈D − R

Nilai integral rangkap dua dari g ( x,y ) atas D sama dengan integral rangkap dua dari f ( x,y ) atas R, dituliskan :

∫∫ f (x , y) dA = ∫∫ g (x , y ) dA

R

D

Hal ini menunjukkan bahwa untuk menghitung integral rangkap dua atas suatu daerah sembarang dapat dicari dengan menggunakan pendekatan yang sama seperti menghitung integral rangkap atas daerah berbentuk persegi panjang. Adapun daerah sembarang secara umum dapat dibedakan menjadi dua tipe yaitu : 1. Tipe I, R

= {(x , y) a ≤ x ≤ b , v (x ) ≤ y ≤ w (x )}

Integral rangkap dua dari z = f ( x,y ) atas R dituliskan dengan :

w( x )   ∫∫ f (x , y) dA = ∫  ∫ f (x , y) dy dx R a  v(x)  b



2. Tipe II, R

= {(x , y ) g ( y ) ≤ x ≤ h (y ), c ≤ y ≤ d }

Integral rangkap dua dari z = f ( x,y ) atas R dituliskan dengan :

 h( y )  ∫∫ f ( x, y ) dA = ∫  ∫ f (x , y ) dx  dy R c  g( y)  d

Y Y

g(y)

w(x) h(y) d v(x) c

O

a

bX

O

X

Tipe I Tipe II

Contoh 10.2

Hitung integral

∫∫ f ( x , y ) dA bila R

1. f ( x , y )

= 2x dan

R

= {(x , y ) 0 < x < 1, x < y <− x 2 + 1}

2. f(x,y) = 2y dan R merupakan daerah tertutup yang dibatasi oleh x = 2, y = x 2 , sumbu X. Jawab : 1 − x 2 + 1

1.

∫∫ f ( x , y ) dA = ∫ ∫ R

0

x

 − x 2 +1  ∫ dy dx = ∫ 2 x  x 0  1

2x

 1  dy dx = −  6 

2. Daerah R dapat dituliskan menjadi : i. R1

= {( x , y ) 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ x 2 } atau

ii. R2

= {( x , y )

y

≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 4}

 x 2    Untuk R 1, ∫∫ f ( x , y ) dA = ∫ ∫ 2 y dy dx = ∫ ∫ 2 y dy dx =   R1 0 0 0  0  2 x 2

2


32 5


Untuk R 2 ,

4 2

4

0

0

∫∫ f ( x , y) dA = ∫ ∫ 2 y dx dy = ∫ 2 y R2

y

 2   ∫ dx  dy = 32  y  5  

Perubahan Urutan Integrasi

Seringkali dijumpai dalam perhitungan integral rangkap dua, kita dihadapkan kepada bentuk iterasi yang diberikan tidak dapat dilakukan secara langsung seperti apa yang diminta. Sebagai contoh, perhitungan integral rangkap dua berikut tidak dapat dilakukan dengan iterasi yang diberikan ( dengan mengintegralkan terhadap y kemudian terhadap x ). 4 2

∫ ∫

2

e y dy dx

0 x 2

Untuk menyelesaikan integral di atas kita harus merubah urutan integrasi. Bila integral dituliskan dalam bentuk : y

∫∫ e

2

dA

R

maka R

x   = (x , y) 0 ≤ x ≤ 4 , ≤ y ≤ 2 . Daerah R digambarkan berikut : 2   Daerah R dapat juga dinyatakan dengan : Y

R

= {(x , y) 0 ≤ y ≤ 2 , 0 ≤ x ≤ 2 y}

Oleh karena itu, nilai integral dari : 4 2

2

∫ ∫

R

O

y 2

e

2 2 y

dy dx

0 x 2

4

X

Contoh 10.3

Ubahlah urutan integrasi dari integral rangkap berikut 2 y

1.

2

∫ ∫ f ( x, y ) dx dy

0 0


= ∫ ∫ 0 0

2

e y dx dy


0

x 2

∫ ∫ f ( x , y )

2.

dy dx

−1 − x 2 Jawab :

= {( x , y ) 0 ≤ x ≤ y 2 , 0 ≤ y ≤ 2} . Maka R = {( x , y ) 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤

1. Misal R 2 y

Jadi

2

4 2

∫ ∫ f ( x , y ) dx dy = ∫ ∫ f ( x , y ) dy dx .

0 0

0 x

= {( x , y ) − 1 ≤ x ≤ 0, − x 2 ≤ y ≤ x 2 } .

2. Misal R Maka R

= {( x , y ) − 1 ≤ x ≤ − − y , − 1 ≤ y ≤ 0} ∪ {( x , y ) − 1 ≤ x ≤ −

0 x 2

Jadi

}

x .

∫ ∫ f ( x , y)

0

dy dx

−1 − x 2

= ∫

− −y

∫

1

f ( x , y ) dx dy

−1 −1

−

≤ y ≤ 1}

y

+ ∫ ∫ 0

y, 0

f ( x , y ) dx dy

−1

Koordinat Kutub

Kadang-kadang perhitungan integral rangkap dua dalam koordinat cartesius ( x dan y ) membutuhkan perhitungan yang rumit. Untuk lebih menyederhanakan perhitungan kita kenalkan koordinat kutub ( polar ). Misal ( x,y ) merupakan titik pada koordinat cartesius. Maka dalam koordinat kutub didapatkan hubungan : x = r cos θ dan y = r sin θ. • (x,y) Integral rangkap dua dari f ( x,y ) atas daerah R dapat dituliskan : r

∫∫ f (x , y) dA = ∫∫ f (r cosθ ,r sinθ ) dA

y

R

R

= ∫∫ F (r ,θ ) dA

θ O

R

Sumbu Polar

Dalam koordinat cartesius, dA = dx dy atau dA = dy dx , sedangkan dalam dalam koordinat kutub : dA = | J(r, θ) | dr dθ atau dA = | J(r,θ) | dθ dr dengan x

J (r ,θ )

=

∂ x ∂ x ∂ r ∂θ ∂ y ∂ y ∂ r ∂θ

=

cos θ

− r sinθ

sinθ

r cosθ

= r disebut determinan Jacobi dari r dan θ.

Sehingga bentuk integral dalam koordinat kutub dituliskan berikut :

∫∫ f ( x , y) dA = ∫∫ F (r ,θ )

R

R

J (r ,θ ) dr dθ

= ∫∫ F (r ,θ ) r dr d θ R



Contoh 10.4 1− x 2

1

Gunakan koordinat kutub untuk menyelesaikan

∫ ∫

0

x dy dx

− 1− x 2

Jawab : Misal R

=

{(x , y ) 0 ≤ x ≤1, −

1 − x2

setengah lingkaran dengan 0 ≤ r ≤ 1 dan 1− x 2

1

∫

Jadi

0

∫

1 π / 2

x dy dx

= ∫ ∫

− 1− x 2

2

}

1 − x 2 . Maka R merupakan daerah

≤y≤ − π 2

≤ θ ≤

r cosθ dθ dr

0 −π / 2

π 2

.

 π / 2  2 = ∫ r  ∫ cosθ dθ  = dr  3  −π / 2  0 1

2

Soal Latihan 10.1

( Nomor 1 sd 6 ) Hitung nilai integral rangkap dua berikut : 1.

∫∫ (1 + 8xy) dA ; D = {(x , y) 1 ≤ x ≤ 2 ,1 ≤ y ≤ 2}

D

2.

∫∫ ( 4 xy 3) dA ; D = {(x , y ) − 1 ≤ x ≤ 1,−2 ≤ y ≤ 2} D

3.

 ∫∫  D 

  dA  x 2 + y 2 + 1 

4.

∫∫ ( x sin y − y sin x )dA ; D = (x , y ) 0 ≤ x ≤ 2 ,0 ≤ y ≤ 3 

xy

;D

= {(x , y ) 0 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ 1} 

π

D 2 3

5.

∫ ∫ (2 x − xy) dx dy

1 0

π 2 6.

∫ ∫ x cos (xy) dy dx

π

2

1

( Nomor 7 sd 16 ) Hitung integral rangkap dua berikut : 1 x

7.

∫ ∫ xy 2 dy dx 0 x 2


π 


9 − y

3

2

∫ ∫

8.

0

y dx dy

0

2π x

3

y

∫ ∫ sin x dy dx

9.

π

π

10.

0

2 x

2

∫ ∫ ( x 2 − y 2 ) dy dx 0

0

2 2 y

11.

x

∫ ∫ e

y

2

dx dy

1 0

12.

2

∫∫ 6 xy dA

; R daerah dibatasi oleh y = 0, x = 2 dan y = x .

∫∫ xy dA

; R merupakan trapesium dengan titik sudut ( 1,3 ), ( 5,3 ) , ( 2,1 ) dan

R

13.

R

( 4,1 ). 14.

∫∫ x cos(xy) dA

; R daerah dibatasi oleh x = 1, x = 2, y =

½ π dan y = 2π / x.

R

15.

∫∫ ( x + y) dA

; R daerah dibatasi oleh y

= x2

dan y

=

x

R

16.

∫∫ xy 2 dA

; R daerah dibatasi oleh y =1, y = 2, x = 0 dan y = x.

R

( Nomor 17 sd 22 ) Hitung integral rangkap dua berikut dengan merubah urutan integrasinya terlebih dahulu. 1 4

2 − y 17. ∫ ∫ e dy dx

0 4 x 2 1

18.

( )

cos x 2 dx dy

∫ ∫ 0 y

2

4 2

19.

x 3

∫ ∫

e

dx dy

0 y 3 ln x

20.

∫ ∫ x dy dx 1

0

1 cos− x 1

21.

∫ ∫ 0

x dy dx

0



1

22.

π

2

sec2 (cos x) dx dy

∫ ∫

0 sin−1 x

( Nomor 23 sd 29 ) Selesaikan integral rangkap dua berikut ( Gunakan koordinat kutub ) 23.

∫∫

e x

2

+ y 2 dA ; R daerah di dalam lingkaran x 2 + y2 = 4

R

24.

∫∫

4 − x2

− y 2 dA

2

2

; R daerah di kuadran pertama yang dibatasi oleh : x + y = 4,

R

y = 0 dan y = x. 1 2 2 25. dA ; R daerah di kuadran pertama yang dibatasi oleh : x + y = 4, 2 2 R 4 + x + y

∫∫

y = 0 dan y = x. 26.

2

∫∫ y dA

2

2

2

; R daerah di dalam x + y = 4 dan di luar x + y = 1 yang terletak di

R

kuadran pertama. 1 1− x 2

27.

28.

0

0

1

1− y

2

(

sin x 2

)

−1

2

dy dx

+ y2)

dx dy

0

2 x − x

2

∫ ∫

1

−y

2

2

∫ ∫ 0

29.

(4 − x

∫ ∫

2

( x

2

+y

2

)

−1

2

dy dx

0

10.2. Volume dan Pusat Massa

Sebagaimana dijelaskan di awal bahwa pengertian integral rangkap dua diturunkan dari menghitung volume benda ruang yang dibatasi oleh dua buah permukaan. Misal z = f ( x,y ) dan R merupakan daerah terletak pada bidang XOY yang diberikan atau bisa merupakan proyeksi dari permukaan z = f ( x,y ). Maka volume benda ruang yang dibatasi di atas oleh permukaaan z = f ( x,y ) dan dibatasi di bawah oleh R dituliskan: V

= ∫∫ f (x , y )

dA

R



Contoh 10.5

Hitung volume bangun ruang yang terletak di oktan pertama yang dibatasi oleh bidang 2x + 3y + z - 6 = 0. Jawab : Z

Dari 2x + 3y + z - 6 = 0 didapatkan, f ( x, y ) = -2x - 3y + 6. Misal R daerah di oktan pertama ( x ≥ 0, y ≥ 0 dan z ≥ 0 ) merupakan proyeksi f(x,y) di bidang XOY. Maka

O

R

6

R 3

2

6 − 2 x   = ( x , y ) 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤  atau 3   6 − 3 x   R = ( x , y ) 0 ≤ x ≤ , 0 ≤ y ≤ 2  2  

Y

X

Jadi volume bangun ruang : V

= ∫∫

f ( x , y ) dA

= ∫∫ (− 2 x − 3y + 6) dA

R

R

Dalam fisika, integral rangkap dua dapat digunakan untuk menghitung massa, pusat massa dan momen dari suatu lamina ( lempengan ) yang mempunyai massa jenis yang dinyatakan sebagai fungsi dari x dan y. Misal suatu lamina f(x,y) dengan massa jenis δ ( x,y ) yang proyeksinya pada bidang XOY adalah R. Maka massa lamina : m=

∫∫ δ (x , y ) dA

R

Sedangkan momen dari lamina terhadap sumbu Y dan sumbu X :

Momen terhadap  Momen terhadap 

dari lamina 

 = M y = ∫∫ x δ ( x , y ) dA  R

sumbu Y dari lamina  sumbu X

 = M x = ∫∫ y δ ( x , y ) dA  R

Pusat massa dari lamina ( x,y ) dengan : x

=

M y m

dan y

=

M x m

.

Contoh 10.6

Tentukan massa dan pusat massa dari lamina yang dinyatakan oleh f(x,y) = 2x - y + 4 dengan massa jenis δ (x,y ) = x - y. Jawab :



Proyeksi f(x,y) = 2x - y + 4 pada bidang XOY, R

= {(x , y) − 2 ≤ x ≤ 0, 0 ≤ y ≤ 2x + 4} .

 2 x + 4 dA = ∫  ∫ ( x − y ) − 2  0

 Massa, m = ∫∫ δ ( x , y ) dy  dx = − 8   R 0  2 x + 4  16  = = − Momen terhadap sumbu Y, M y ∫∫ x δ ( x , y ) dA ∫ x  ∫ (x y ) dy  dx = 3  − 2  0 R 0  2 x + 4  328 = − Momen terhadap sumbu X, M x = ∫∫ y δ ( x , y ) dA = ∫  ∫ y ( x − y ) dy  dx  9  − 2  0 R  M y M x   − 2 41  =  ,  Pusat massa,  ,  m m   3 9  0

Soal latihan 10.2

( Nomor 1 sd 6 ) Hitung volume benda ruang berikut : 1. Terletak

di

bawah

z

=

2

x

+

y

dan

di

atas

persegi

panjang

= {(x , y) 3 ≤ x ≤ 5, 1 ≤ y ≤ 2} . 2. Terletak di oktan pertama [ x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0] dibatasi oleh : x = 0, z = 0,

z - y = 0,

R

x = 5 dan z = = -2y + 6. 3. Terletak di oktan pertama dibatasi oleh bidang koordinat ( x = 0, y = 0 dan z = 0 ) dan bidang z = 5 - 2x - y. 2

2

4. Dibatasi oleh tabung x + y = 9 dan bidang z = 0 dan z = 3 - x. 5. Dibatasi di atas oleh z = x + 2y + 2 dan di bawah oleh bidang XOY antara y = 0 dan 2

y=1-x . 2

2

6. Dibatasi di atas oleh z = 9 - x dan di bawah oleh z = 0 dan y = 3x. ( Nomor 7 sd 9 ) Tentukan massa dan pusat massa dari lamina dengan massa jenis δ ( x,y ) bila lamina diberikan berikut :

= x ; δ ( x,y ) = x y = sin x, y = 0, x = 0 dan x = π. ; δ ( x,y ) = x + y 2 y = x dan y = 2 - x ; δ ( x,y ) = x

7. Sumbu X, garis x = 1 dan kurva y 8. 9.

y

10.3. Integral Rangkap Tiga

Misal diberikan fungsi tiga peubah, w = f ( x,y,z ). Maka untuk menentukan integral rangkap tiga dari w = f ( x,y,z ) terhadap suatu balok, B dilakukan sebagai berikut. bagi



balok, B menjadi sejumlah n sub balok, B i ; i = 1,2,…,n. Didapatkan volume sub balok ∆Vi = ∆xi ∆yi ∆zi , sehingga volume balok, B yaitu :

V

=

n

∑ ∆V i

i =1

Integral rangkap tiga dari w = f ( x,y,z ) terhadap B didefinisikan sebagai berikut: n

∑ f (xi , yi , zi ) ∆V i ∫∫∫ f (x , y , z ) dV = nlim →∞ i =1

B

Syarat yang harus dipenuhi untuk integral rangkap tiga di atas adalah w = f ( x,y,z ) kontinu pada B. Misal G merupakan benda ruang sembarang. Maka untuk menghitung integral rangkap tiga dari w = f ( x,y,z ) atas G dilakukan dengan cara mendefinsikan fungsi g ( x,y,z ) berikut :

 f (x , y , z ) ; (x , y , z ) ∈ G g (x , y , z ) =  0 ; ( x , y , z ) ∈ B − G B merupakan balok yang melingkupi benda ruang, G. Sehingga didapatkan :

∫∫∫ f (x , y , z ) dV = ∫∫∫ g (x , y , z ) dV G

B

Dalam perhitungan, G dapat dipandang sebagai benda ruang yang dibatasi oleh G z batas bawah dan batas atas dari Gz berturut-turut z1 = u(x , y ) dan z2 = v (x , y ) atau

{

dalam notasi himpunan, G z = z u(x , y ) ≤ z proyeksi dari G pada bidang XOY. w = f ( x,y,z ) atas G dituliskan :

∫∫∫ f (x , y , z ) dV = ∫∫ G

G xy

 v ( x ,y )  ∫  u ( x, y)

≤ v(x , y )} -

dan Gxy yang merupakan Sehingga bentuk integral rangkap tiga dari

 f (x , y , z ) dz   

dA

Bentuk dari Gxy dapat dibedakan menjadi dua yaitu : 1. G xy

= {(x , y) a ≤ x ≤ b , h(x ) ≤ y ≤ g (x)}



∫∫

G xy

2. G xy

∫∫ G xy

v ( x , y )   ∫ f ( x , y , z) dz    u( x, y)  = {(x , y)

h(y)

b g( x ) v ( x , y )

dA

= ∫

∫

∫

f ( x , y , z ) dz dy dx

a h( x ) u( x , y )

≤ x ≤ g (x ), c ≤ y ≤ d }

v ( x , y )   ∫ f ( x , y , z) dz    u( x, y) 

d g ( y ) v ( x , y )

dA

=

∫ ∫

∫

f ( x , y , z ) dz dx dy

c h ( y ) u( x , y )

Urutan integrasi sangat mungkin bergantung dari bentuk bangun ruang G, sehingga selain merupakan gabungan dari G z dan Gxy . Namun dapat juga G dipandang sebagai gabungan antara Gx dan Gyz atau Gy dan Gxz . Sedangkan G yz dan Gxz berturut-turut merupakan proyeksi dari bangun ruang G pada bidang YOZ dan XOZ.

Contoh 10.7 2 z

Hitung integral

x / z

∫ ∫ ∫

0 1

2 xyz dy dx dz

0

Jawab :

 z  x / z    ∫ ∫ ∫ 2 xyz dy dx dz = ∫ z ∫ x  ∫ 2 y dy  dx  dz =   0 1 0 0 1  0

2 z

x / z

2

2 3

Contoh 10.8

Hitung integral

∫∫∫ 2 x dV bila G

1.

G

 = (x , y , z ) 0 ≤ x ≤ 

y ,0 ≤ y

≤ 4, 0 ≤ z ≤

3 2

 

x

2. G merupakan daerah di oktan pertama yang dibatasi oleh tabung y2 + z 2 = 1, bidang x = 1 dan x = 4. Jawab : 1.

4

y 3 x / 2

0

0

∫∫∫ 2 x dV = ∫ ∫ ∫ 2 x dz G

2. G dituliskan, G

0

 y  3x /2 dx dy = ∫  ∫ 2 x  ∫ dz   0 0  0 4

= ( x, y , z) 1 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 

1 − z 2 ,0


   dx dy =    ≤ z ≤ 1 . 

65 4


4 1

1− z 2

1 0

0

∫∫∫ 2 x dV = ∫ ∫ ∫ 2 x dy

Jadi

G

1  1− z 2   dz dx = ∫ 2 x  ∫  ∫ dy 1 0  0 4

   dz dx = −4 . π     

Secara geometris nilai integral rangkap tiga dari w = f ( x,y,z ) atas bangun ruang G merupakan volume dari bangun ruang G bila f ( x,y,z ) = 1.

Contoh 10.9

Hitung volume bangun ruang, G yang terletak di oktan pertama dibatasi oleh y = 2 x 2 dan y + 4z = 8. Jawab : 8 − y   = ( x, y, z) 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2 x 2 , 0 ≤ z ≤ . 4    2 2 x 2 (8− y) / 4 2  2 x 2  (8− y) / 4     = ∫∫∫ dV = ∫ ∫ ∫ dz dy dx = ∫  ∫  ∫ dz  dy  dx = 0 0 0 0  0  0 G  

G dituliskan , G

Volume, V

Soal Latihan 10.3

( Nomor 1 sd 5 ) Hitung nilai integral rangkap tiga berikut. 5 3 x x + 2

1.

∫ ∫ ∫ 4 x dz dy dx

−2 π

2.

0 y

2 z y

∫ ∫ ∫ sin (x + y + z) dx dy dz

0 00 2 4 3 y + x

3.

∫ ∫ ∫ 0 −1

0

4 x +1

4.

2 y x

∫ ∫ ∫

− 2 x −1 π

5.

dzdydx

2

0

3 xyz dz dy dx

0

2 yz

∫ ∫ ∫ 0 sin z 0

 x   dx dy dz  y 

sin

( Nomor 6 sd 9 ) Hitung nilai integral

∫∫∫ xyz dV

bila :

G Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom

224 30


1   = ( x , y , z) 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ z ≤ (12 − 3x − 2 y ) 6     G = ( x , y , z ) 0 ≤ x ≤ 4 − y 2 , 0 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 3   G = {( x , y , z ) 0 ≤ x ≤ 3z , 0 ≤ y ≤ 4 − x − 2 z , 0 ≤ z ≤ 2}

6. G 7. 8.

9. G

= {( x , y , z)

0≤ x

≤ y2 , 0 ≤ y ≤

}

z , 0 ≤ z ≤ 1

( Nomor 10 sd 13 ) Hitung volume bangun ruang G bila G dibatasi oleh : 2

10. y = 2x , y + 4z = 8 dan terletak di oktan pertama. 2

2

11. y + 4z = 4 , y = x , y = 0 dan terletak di oktan pertama 2

2

12. x =y , z = y dan y = 1 2

13. y = x + 2 , y = 4, z = 0 dan 3y - 4z = 0

10.4. Koordinat Tabung dan Koordinat Bola

Dalam perhitungan integral rangkap tiga dari suatu fungsi tiga peubah atas bangun ruang G seringkali dijumpai beberapa kesulitan dalam pengintegralan. Untuk itu, dilakukan tarsnformasi dari kordinat cartesius ke dalam koordinat tabung dan koordinat bola. Hubungan antara koordinat cartesius dengan koordinat tabung dan koordinat bola dijelaskan dari gambar berikut. Z

Z

z

z (r,θ,z)

φ ρ

y O

y

Y

θ

O

r

Y

θ

x

(ρ,θ,φ)

r

X

X Koordinat Tabung

Bila dalam koordinat cartesius diperoleh hubungan berikut :

Koordinat Bola

P( x,y,z ) dan dalam koordinat tabung P( r,θ,z ) maka



2

2

2

x + y = r x = r cos θ y = r sin θ z=z

Bila dalam koordinat cartesius P ( x,y,z ) dan dalam koordinat bola P ( didapatkan hubungan berikut :

ρ 2

ρ,θ,φ ) maka

= x 2 + y 2 + z 2

= ρ sin φ cosθ y = ρ sin φ sin θ z = ρ cos φ

x

Untuk mentransformasikan integral dari koordinat cartesius ke dalam koordinat tabung atau koordinat bola digunakan metode determinan jacobi. Koordinat Tabung

J (r ,θ , z ) =

∂ x ∂ x ∂ x ∂ r ∂θ ∂ z ∂ y ∂ y ∂ z ∂ r ∂θ ∂ z ∂ z ∂ z ∂ z ∂ r ∂θ ∂ z

=

cos θ

− r sinθ

0

sin θ

r cos θ

0

0

0

1

θ 2 r 2 (θ ) v2 ( r ,θ )

∫∫∫ f ( x, y , z) dV = ∫ ∫

∫

θ 1 r 1 (θ ) v1 (r ,θ )

G

= r

f (r cosθ , r sin θ , z ) r dz dr d θ

Koordinat Bola

J ( ρ ,θ , φ )

=

∂ x ∂ρ ∂ y ∂ρ ∂ z ∂ρ

∂ x ∂ x ∂θ ∂φ ∂ y ∂ z ∂θ ∂φ ∂ z ∂ z ∂θ ∂φ

− ρ sin φ sinθ ρ cos φ cosθ = sin φ sinθ ρ sin φ cos θ ρ cos φ sin θ = ρ 2 sin φ − ρ sin φ cos φ 0 sin φ cos θ

θ 2 ρ2 (θ ) v2 ( ρ ,θ )

∫∫∫ f ( x , y, z ) dV = ∫ ∫ G

∫

θ 1 ρ1 (θ ) v1 ( ρ ,θ )

F (ρ ,θ , φ ) ρ 2 sin φ d φ d ρ d θ



Dalam penerapan, bila bangun ruang G simetris terhadap suatu sumbu ( garis ) maka digunakan koordinat tabung. Sedangkan koordinat bola digunakan bila bangun ruang G simetri terhadap suatu titik.

Contoh 10.10 9 − x 2 2

3

Gunakan koordinat tabung untuk menghitung integral

∫

∫ ∫

0

0

x 2

+ y2

dz dy dx

0

Jawab : 8 − y   = ( x , y , z ) 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2 x 2 , 0 ≤ z ≤ . 4     π G = (r ,θ , z ) 0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ , 0 ≤ z ≤ 2  2  

Misal G Maka Jadi, 3

∫

0

9 − x 2 2

∫ ∫

0

x

2

+y

2

3 π /2 2

dz dy dx

=∫ ∫ ∫

0

0

0

2

r dz dθ dr

3

=∫

0

r

2

0

π /2  ∫  0

 2    ∫ dz  d θ  dr = 9π   0  

Contoh 10.11 2

Gunakan koordinat bola untuk menghitung

4 − x 2

4 − x 2 − y 2

∫ ∫

∫ z

0

0

0

dz dy dx

Jawab :

= ( x , y , z ) 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 4 − x 2 , 0 ≤ z ≤   π π  G = ( ρ ,θ , φ ) 0 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ , 0 ≤ φ ≤  2 2 

Misal G Maka 2

4 − x 2

4 − x 2 − y 2

∫ ∫

∫ z

0

0

0

2 π / 2 π / 2

dz dy dx

=∫ ∫

∫

0

0

0 3

− y 2  . 

ρ co s φ ρ 2 sin φ dφ d θ d ρ

π / 2  π / 2 = ∫ ρ  ∫  ∫  0  0 0 = π 2

4 − x2

 



cosφ sin φ dφ   dθ  d ρ





Soal latihan 10.4 9 − x 2 9 − x

3

∫

1. Hitung

−3 −

2

− y2

∫

∫

9− x 2

0

x 2 dz dy dx

2. Tentukan besar volume bangun bangun ruang G bila G dibatasi dibatasi oleh : a. Bagian atas : z

25 − x 2

=

− y 2 , bagian bawah : z = 0 dan selimut : x 2

2

2

2

2

2

+ y = 25

2

b. Bagian atas dan bawah : x + y + z = 9 dan selimut : x + y = 4 2

2

c. z = x + y dan z = 9 3. Gunakan koordinat Bola untuk untuk menghitung integral berikut: 4 − x

2

a.

∫

2

c.

9 − x 2

( x

∫

2

2

+y +z

2

)

3

2

dy dz dx

9− x 2 − z 2

−

4 − x 2 − y 2

∫ ∫

∫

0

0

0

z 2 x 2 + y 2 + z 2 dz dy dx

9 − x 2 − z 2

∫

4 − x 2

− y2

0

4− x 2

−3 −

2

∫

9 − x 2

3

∫

4 − x

∫

−2 − b.

2

z 4 − x 2

− y2

dz dy dx

4. Hitung volume bangun ruang G yang dibatasi di atas oleh x bawah oleh : z

=

x2

+ y2


2

2

2

+ y + z = 16 dan di


BAB 11 KALKULUS INTEGRAL VEKTOR 11.1 Medan Vektor 11.2 Integral Garis 11.3 Integral Permukaan

Di Dalam bab ini akan dibahas tentang integral dari fungsi bernilai vektor atau fungsi n vektor. Bila fungsi dengan domain ℜ dan range ℜ akan menghasilkan fungsi bernilai real ( skalar ) atau lebih dikenal dengan fungsi peubah banyak. Diferensial dan integral dari fungsi dua peubah dan tiga peubah telah dibahas pada bab sebelumnya. Sedangkan n bila domain ℜ dan range ℜ akan didapatkan fungsi yang dinyatakan dalam notasi vektor. Untuk membedakan dengan fungsi skalar maka digunakan huruf kapital yang dicetak tebal untuk menyatakan fungsi vektor. Pembahasan tentang diferensial dan integral fungsi vektor hanya terbatas untuk fungsi 2 3 vektor di bidang (ℜ ) dan di ruang (ℜ ).

11.1 Medan Vektor

⊆ ℜ dan B ⊆ ℜ2 atau B ⊆ ℜ3. Maka kita dapat mendefinisikan suatu fungsi vektor dari A ke B, F : A → B dengan F (t) = ( x(t) , y(t) ) = x(t) i + y(t) j bila B ⊆ 2 3 ℜ atau F (t) = ( x(t) , y(t), z(t) ) = x(t) i + y(t) j + z(t) k bila B ⊆ ℜ . Fungsi vektor Misal A

F disebut Medan / Lapangan Vektor . Bentuk parametrik x(t), y(t) dan z(t)

merupakan fungsi bernilai real dan disebut komponen dari F . Seringkali dalam menyatakan medan vektor F tidak menggunakan parameter t, namun menggunakan 2

3

peubah x dan y untuk ℜ dan peubah x,y dan z untuk ℜ

yaitu :

= f ( x, y )i + g ( x, y ) j F ( x, y , z ) = f ( x, y , z )i + g ( x, y , z ) j + h( x, y, z ) k F ( x, y )

f( x,y ), g( x,y ), f( x,y,z ), g ( x,y,z ) dan h ( x.y,z ) disebut Medan Skalar. 2

Misal C merupakan kurva / lintasan di ℜ yang menghubungkan dari titik A menuju titik B dan P ( x,y ) merupakan titik sembarang yang terletak pada C. Maka vektor posisi untuk lintasan C dapat dinyatakan dengan : r (t ) = x (t )i + y (t ) j ; a

≤ t ≤ b

dengan t merupakan parameter , r (a) = A dan r (b) = B. Secara fisis, turunan dari r (t) yaitu r ‘ (t) menunjukkan kecepatan partikel di titik P yang bergerak, sedangkan



medan vektor F (t) = x(t) i + y(t) j (vektor) gaya yang bekerja di titik P.

atau F (x,y) = f(x,y) i + g(x,y) j menunjukkan

Misal diberikan medan skalar f ( x,y ) di Maka gradien dari f didefinisikan : grad ( f ) = ∇( f ) =

∂ f

∂ f

∂ x

∂ y

i+

ℜ

2

yang mempunyai turunan parsial pertama.

j

Dari definisi di atas, didapatkan suatu “ operator diferensial vektor “, ∇ ( baca : del atau nabla ) , yaitu :

∇=

∂

i+

∂ x

∂ ∂ y

j

ℜ

Sedang untuk medan skalar di

∇=

∂ ∂ x

i+

∂ ∂ y

j +

∂ ∂ z

3

didapatkan operator ∇, yaitu :

k 3

Diberikan medan vektor F di ℜ yang terdefinisi dalam domain D dengan medan skalar f ( x,y,z ) , g ( x,y,z ) dan h ( x,y,z ) yang mempunyai turunan parsial pertama pada D. Didefinisikan suatu Divergensi dari medan vektor F berikut : ∂ f ∂ g ∂ h div F = ∇ • F = + + ∂ x ∂ y ∂ z Sifat-sifat dasar dari divergensi dari suatu medan vektor, yaitu sifat linear : div a F + bG

) = a div F + bdivG

Bila hasilkali titik dari dua vektor operator gradien dengan medan vektor menghasilkan skalar ( divergensi ) maka hasilkali silang antara operator gradien dan medan vektor F yang mempunyai medan skalar f, g dan h menghasilkan suatu vektor, Rotasi :

rot F = ∇ × F =

i

j

k

∂

∂

∂

∂ x

∂ y

∂ z

f

g

h

 ∂ h ∂ g   ∂ f ∂ h   ∂ g ∂ f  =  −  −  j +  −  i+   k  ∂ y ∂ z   ∂ z ∂ x   ∂ x ∂ y 

Rotasi dari medan vektor F disebut juga dengan curl dan dinotasikan dengan curl F .

Contoh 11.1

Tentukan divergensi dan curl dari medan vektor F = z 2 xi − 2 xy j + 2 y 2 z k Jawab :



f ( x , y , z ) = z 2 x

∂ f

→

∂ x

h( x , y , z ) = 2 y 2 z → div F = ∇ • F =

curl F =

∂ f ∂ x

= z 2

+

∂ h ∂ x ∂ g ∂ y

, g( x , y , z ) = −2 xy

→

∂ g ∂ x

= −2 x

dan

= 2 y 2 .

+

∂ h

= z 2 − 2 x + 2 y 2

∂ z

i

j

k

∂

∂

∂

∂ x

∂ y

∂ z

z 2 x

− 2 xy

2 y 2 z

= (4 yz )i − (− 2 xz ) j + (− 2 y )k

Soal Latihan 11.1

Tentukan divergensi dan curl dari medan vektor berikut. 1. F = x 2 yi − 2 xz j + 2 yz k

= 2 yz i − x 2 y j + xz 2 k F = x 2 yi − 2 x 2 z j + z k F = xsin y i − y cos x j + xyz k F = e x y i − 2e x z j + xz k F = x 2 ln ( xy )i − 2 x 2 ln( xz ) j + yz k

2. G 3. 4. 5. 6.

11.2. Integral Garis 3

Misal kurva C dari titik A sampai titik B di ℜ ditentukan oleh persamaan parameter x = x(s), y = y(s) dan z = z(s) dengan s merupakan panjang busur dari C yang diukur dari sebuah titik ( x,y,z ) pada C. Maka didapatkan ( ds) 2 x i +

= ( dx) 2 + (dy)2 + ( dz ) 2 . Bila

y j + z k merupakan vektor posisi dari titik ( x,y,z ) maka

vektor satuan# yang menyinggung kurva C. Hal ini ditunjukkan berikut : d r ds

#

=

dx ds

i+

dy ds

j +

dz k ds

(dx )2 + (dy )2 + (dz )2 = =1 2 (ds )

vektor satuan adalah vektor yang mempunyai norm atau panjang satu Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom

d r ds

r =

merupakan


Bila gaya yang bekerja di titik ( x,y,z ) dinyatakan dengan medan vektor , F ( x,y,z ) = f ( x,y,z ) i + g ( x,y,z ) j + h ( x,y,z ) k dengan medan skalar f , g dan h kontinu, maka besarnya kerja atau usaha , W yang dilakukan oleh F untuk menggerakkan partikel dari titik A ke titik B sepanjang kurva C dicari sebagai berikut. d r

Misal

= T .

Maka besar usaha,

∆W

yang dilakukan oleh F untuk menggerakkan ds partikel dari titik P ( x,y,z ) sejauh ∆s sepanjang kurva C adalah :

∆W = F •T ∆ s Oleh karena itu, usaha yang dilakukan oleh F untuk menggerakkan partikel dari titik A sampai titik B sepanjang kurva C diberikan : d r W = F•T ds = F • ds = F • d r ds Z C C C

∫

F T

B

r

A

O

Dari r = x i + y j + z k didapatkan d r = dx i + dy j + dz k . Maka besar usaha, W yang dilakukan oleh gaya F sepanjang C adalah :

Y

X

W

=

∫

Bentuk integral di atas dinamakan integral garis dari medan vektor F atas kurva C.

P(x,y,z) C

∫

∫ F •d r = ∫ ( f ( x, y, z ) dx + g ( x, y, z ) dy + h( x, y, z ) dz )

C

C

Bila kurva C yang dinyatakan dengan persamaan parameter ( t ), x = x (t), y = y (t) dan z = z (t) dengan a ≤ t ≤ b maka besar usaha : W=

∫ ( f ( x , y , z) dx + g ( x , y , z ) dy + h(x , y , z ) dz )

C b

dx dy dz   = ∫  f ( x (t ), y (t ), z (t )) + g( x (t ), y (t ), z (t )) + h(x (t ), y (t ), z (t ) )   dt a

Untuk medan vektor di

dt

dt

ℜ2 , F

dt

( x,y ) = f ( x,y ) i + g ( x,y ) j , maka besar usaha

yang dilakukan gaya F ( x,y ) sepanjang kurva C yang dinyatakan oleh persamaan : x = x(t) dan y = y(t) dengan a ≤ t ≤ b dituliskan :



W

∫ ( f (x, y) dx + g(x , y) dy)

=

C b

dx dy   = ∫  f (x (t ), y (t )) + g(x (t ), y (t ))   dt dt

a

dt

Bila kurva C dinyatakan dalam bentuk y = v(x) dengan a ≤ x ≤ b maka x dapat dipandang sebagai parameter, menggantikan parameter t. Sehinggga kurva C diberikan dengan persamaan : x = x , y = v(x) ; a ≤ x ≤ b Besar usaha, W yang dilakukan oleh gaya F sepanjang kurva C adalah : b

W

= ∫ ( f (x , v (x )) + g(x , v (x ))v ' (x )) dx a

Contoh 11.2

Tentukan besarnya usaha yang dilakukan medan vektor ( gaya ) , F ( x,y ) = ( x + 2y ) i + ( x - y ) j untuk memindahkan partikel sepanjang kurva / lintasan C yang diberikan

dengan persamaan : x = 2 cos t , y = 4 sin t dengan 0 ≤ t ≤ Jawab : W = F •d r =

∫

C π

π

4

.

∫ [( x + 2 y )dx + ( x − y )dy ]

C

4

= ∫ [(2cos t + 8sin t )(−2)sin t + (2 cos t − 4sin t )4cos t ]dt = 1 − π 0

Contoh 11.3

Hitung integral garis :

∫ ( yz dx − xz dy + xy dz ) bila C merupakan kurva yang dinyatakan

C

dengan persamaan : x

= et , y = e3t dan z = e− t ; 0 ≤ t ≤ 1 .

Jawab : 1

∫ ( yz dx − xz dy + xy dz) = ∫ − 3 e3t dt = 1 − e3 C

0



Contoh 11.4

Tentukan besar usaha yang dilakukan oleh gaya F ( x,y ) = y i + x

2

j untuk

2

memindahkan partikel sepanjang kurva y = x dari titik ( -2,4 ) ke titik ( 2,4 ). Jawab : W

= ∫ ( y dx + x

2

C

2

dy

16

) = ∫ (x 2 + 2 x 3 ) dx = 3 −2

Teorema Green

Suatu kurva C dari titik A ( x 1,y1 ) sampai titik B ( x2,y2 ) dinyatakan dengan persamaan x = x(t) dan y = y(t) ; a ≤ t ≤ b dikatakan kurva tutup bila ujung-ujungnya saling berimpit, yaitu A = B atau x1(a) = x2(b) dan y1(a) = y2(b). Kurva tutup C dikatakan kurva tutup sederhana bila kurva tidak berpotongan kecuali pada ujungujungnya. 2

Misal diberikan medan vektor di ℜ , F ( x,y ) = f ( x,y ) i + g ( x,y ) j dengan medan skalar f ( x,y ) dan g ( x,y ) kontinu dan mempunyai turunan parsial pertama kontinu pada R ( Daerah R merupakan daerah yang dibatasi atau dilingkupi oleh kurva tutup sederhana C ). Maka integral garis dari medan vektor F atas kurva tutup sederhana C dengan arah positif ( arah positif dari lintasan tutup sederhana dapat diketahui bila kita berjalan mengikuti larah lintasan tersebut daerah R selalu terletak di sebelah kiri kita ) dapat diselesaikan menggunakan integral rangkap dua berikut :

 ∂ g

∂ f 

∫ ( f (x , y ) dx + g (x , y ) dy) = ∫∫  ∂ x − ∂ y   dA

C

R

Bentuk di atas dinamakan Teorema Green ( di Bidang ).

Contoh 11.5

Hitung integral garis

∫ ( xy 2 dx − x 2 y dy) , kurva C merupakan segmen garis dari titik

C

(0,0) ke ( 2,0 ) dan berakhir di ( 2,3 ). Jawab :



Y

C = C1 Υ C2 Υ C3 dengan :

C1 segmen garis dari ( 0,0 ) ke ( 2,0 ) R C3

C2 segmen garis dari ( 2,0 ) ke ( 2,3 )

C2 C1

C3 segmen garis dari ( 2,3 ) ke ( 0,0 ) Oleh karena itu, Bilamana integral garis diselesaikan secara langsung didapatkan perhitungan berikut :

X

∫ ( xy 2 dx − x2 y dy) = ∫ ( xy 2 dx − x 2 y dy ) + ∫ ( xy 2 dx − x 2 y dy) + ∫ ( xy 2 dx − x 2 y dy)

C

C1

C2

C3

Sedangkan bila digunakan teorema Green maka didapatkan : ∂ f ∂ g f ( x , y ) = xy 2 → = 2 xy ; g ( x , y ) = x 2 y → = −2 xy ∂ y ∂ x R

 = ( x , y ) 

∫ ( xy

2

0≤ x 2

≤ 2, 0 ≤ y ≤

dx − x y dy

C

3 2

 

x 2 3 x / 2

) = ∫∫ − 4 xy dA = ∫ ∫ − 4 xy dy dx = −18 0

R

0

Dari bentuk teorema green di bidang, misal f ( x,y ) = -y dan g ( x,y ) = x. Maka :

 ∂

∂



∫ (− y dx + x dy) = ∫∫  ∂ x ( x) − ∂ y (− y)  dA = 2∫∫

C

R

R

dA . Hal ini dapat disimpulkan

bahwa luas daerah yang dilingkupi lintasan tutup sederhana C yaitu daerah R mempunyai luas : Luas R =

1 2

∫ (− y dx + x dy) C

Contoh 11.6

Hitung luas Ellips yang dinyatakan dengan : x = a cos t , y = b sin t Jawab : Luas =

1 2

1

2π

∫ (− y dx + x dy) = 2 ∫ [(a cos t )(b cos t ) − (b sin t )( − a sin t )] dt = π ab

C

0



Kebebasan Lintasan

Secara umum, integral garis dari medan vektor F sangat bergantung dari bentuk kurva C yang diberikan walaupun ujung-ujung dari kurva sama. Berikut akan dibahas syarat perlu dan cukup agar integral garis dari suatu medan vektor F atas kurva C bernilai sama walaupun bentuk kurva berbeda asal ujung-ujungnya tetap. Hal ini, kita katakan integral garis bebas kurva / bebas lintasan / bebas tapak . Misal D merupakan daerah pada bidang XOY dan F ( x,y ) = f( x,y ) i + g( x,y ) j dengan medan skalar f ( x,y ) dan g ( x,y ) kontinu pada D. Maka integral garis :

∫ ( f ( x , y) dx + g ( x , y ) dy )

C

bebas lintasan di D bila terdapat fungsi P ( x,y ) ( disebut fungsi potensial ) sehingga berlaku: ∂ P ( x , y ) ∂ x

= f (x , y )

dan

∂ P ( x , y ) ∂ y

= g (x , y )

Syarat di atas dapat juga dituliskan bahwa integral garis bebas lintasan bila berlaku : ∂ f ( x , y ) ∂ y

=

∂ g (x , y ) ∂ x

Dari diferensial total fungsi P ( x,y ), dP( x, y )

=

∂ P ( x , y ) ∂ x

dx +

∂ P (x , y ) ∂ y

dy . Maka

didapatkan : dP( x,y ) = f ( x,y ) dx + g ( x,y ) dy. Bila kurva C mempunyai arah dari titik

( x1, y1 ) ke titik ( x2, y2 ) maka :

( x2 , y2 )

∫ ( f ( x, y ) dx + g ( x, y) dy ) = ∫ ( f ( x, y) dx + g ( x, y ) dy) ( x1, y1 )

C

=

( x2 , y2 )

∫ d P ( x, y)

( x1, y1 )

= P ( x 2 , y 2 ) − P ( x1 , y1 ) Medan vektor F sehingga integral garis dari F atas lintasan C bebas lintasan 2

dinamakan Konservatif . Untuk medan vektor di ℜ , F ( x,y ) = f( x,y ) i + g( x,y ) j ∂ f (x , y ) ∂ g (x , y ) = konservatif bila dan hanya bila . Sedangkan untuk medan vektor di ∂ y ∂ x

ℜ

3

, F ( x,y,z ) = f( x,y,z ) i + g( x,y,z ) j + h ( x,y,z ) k konservatif bila dan hanya ∂ g ( x , y , x ) ∂ h( x , y , z ) bila rot F = curl F = ∇ x F = atau , = ∂ z ∂ y ∂ g ( x , y , x ) ∂ f ( x , y , z ) ∂ f ( x , y , x ) ∂ h( x , y , z ) dan . = = ∂ x ∂ y ∂ z ∂ x



2

2

Bila C merupakan kurva tutup dan medan vektor F ( di ℜ atau ℜ ) konservatif maka

∫ ( f ( x , y) dx + g ( x , y ) dy ) = 0 atau ∫ ( f ( x , y , z) dx + g ( x , y , z ) dy + h(x , y , z ) dz ) = 0 .

C

C

Permasalahan yang dihadapi disini adalah bagaimana menentukan fungsi Potensial P bila F konservatif. Misal F ( x,y ) = f( x,y ) i + g( x,y ) j konservatif. Maka untuk ∂ P (x , y ) ∂ P ( x , y ) = f (x , y ) dan = g (x , y ) menentukan fungsi P(x,y ) sehingga berlaku ∂ x ∂ y dilakukan berikut. ∂ P ( x , y ) Dari = f ( x , y ) , misal P (x , y ) = f (x , y ) dx = f 1 (x , y ) + k ( y ) . Maka ∂ x ∂ P ( x , y ) ∂ f (x , y ) = 1 + k ' (y ) = g (x , y ) . Sehingga diperoleh bentuk k (y) berikut : ∂ y ∂ y

∫

k ( y)

 ∂ f ( x , y )  = ∫  g (x , y ) − 1  dy .   ∂ y

Dengan cara sama dapat ditentukan fungsi potensial, 3

P dari medan vektor, F konservatif di ℜ .

Contoh 11.7

Selidiki apakah medan vektor F konservatif. Bila ya, tentukan P ( fungsi potensial ) F ( x,y ) = 3 y i + 3 x j F ( x, y , z ) = e x cos y + yz i + xz − e x sin y J + xy k

Jawab : a. f ( x,y ) = 3 y dan g ( x,y ) = 3x. ∂ f ∂ g = = 3 maka F konservatif. Karena ∂ y ∂ x Misal P ( x,y ) fungsi potensial. Maka : P( x , y ) = ∂ P ( x , y ) ∂ y

∫ f ( x , y ) dx = ∫ 3y dx = 3xy + C ( y ) = g ( x , y ) ⇒ 3x + C ' ( y ) = 3x ⇒ C ( y ) = C

Jadi P ( x , y )

b. f ( x , y , z )

= 3xy + C

= e x

cos y + yz

g ( x , y , z )

= xz − e x

h( x , y, z )

= xy ⇒

sin y ∂ h ∂ x

⇒ ⇒

∂ f ∂ y ∂ g

= −e x sin y + z dan = z − e x sin y dan

∂ x ∂ h

= y dan

∂ y

∂ f ∂ z

∂ g ∂ z

= y

= x

= x

Jadi F konservatif. Misal P ( x,y,z ) fungsi potensial. Maka Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom


P (x , y , z ) ∂ P ∂ y ∂ P ∂ z

= ∫ ( e x cos y + yz ) dx = ex

= g (x , y , z ) ⇒ − e x sin y + xz +

sin y + xyz + C ( y , z )

∂ C ∂ y

= − ex sin y + xz ⇒ C ( y , z ) = L (z )

= h (x , y , z ) ⇒ xy + L ' (z ) = xy ⇒ L (z ) = C

Jadi P (x , y , z )

= e x

sin y + xyz + C

Soal latihan 11.2

∫ [( x 2 − y) dx + ( y 2 − x) dy]

( Nomor 1 sd 3 ) Hitung integral

dengan lintasan C

C

menghubungkan titik (0,1) ke titik ( 1,2 ) berbentuk : 1. Garis lurus. 2. Garis lurus dari ( 0,1 ) ke ( 1,1 ) kemudian dari ( 1,1 ) ke ( 1,2 ). 2

3. Parabola x = t dan y = t + 1. ( Nomor 4 sd 6 ) Diketahui F ( x, y , z )

=

3 x 2 − 6 yz i + (2 y + 3 xz ) j + 1 − 4 xyz 2 k . Hitung

∫ F • d r dari titik ( 0,0,0 ) sampai titik ( 1,1,1 ) melalui lintasan C

C

2

3

4. x = t, y = t , z = t . 5. Garis lurus. 6. Garis lurus dari ( 0,0,0 ) sampai ( 0,0,1 ) kemudian menuju ( 0,1,1 ) seterusnya menuju ( 1,1,1 ). ( Nomor 7 dan 8 ) Hitung integral

∫ [( 2 xy − x 2 ) dx + ( x + y 2 ) dy] .Lintasan C berupa

C

2

2

lengkung tertutup merupakan batas dari daerah yang dibatasi oleh y = x dan y = x. 7. Perhitungan langsung. 8. Gunakan teorema Green. ( Nomor 9 sd 14 ) Hitung integral garis berikut :

∫ (3 xy dx + 2xy dy) ; C merupakan segiempat yang dibatasi oleh y = 1, y = 2, x = -2 ,

9.

C

x = 4. 10.

∫ [( x 2 − y 2 ) dx + x dy]

2

2

;C≡x +y =9

C



11.

∫ ( x cos y dx − y sin x dy) ; C kubus dengan titik sudut ( 0,0 ), ( 0, ½ π ),

( ½ π,½

C

π ) dan ( ½ π , 0 ). 12. ∫ [( x 2 − y) dx + x dy]

2

2

∫ [( e x + y 2 ) dx + ( e y + x 2 ) dy]

;C

;C≡x +y =4

C

13.

2

≡y=x

dan y = x

C

14.

∫ [( e x − y 3) dx + ( cos y + x 3) dy] ; C ≡ x

2

2

+y =1

C

( Nomor 15 sd 19 ) Hitung integral berikut dengan mencari potensialnya terlebih dahulu. (1 ,π /2 )

15.

∫ [e x sin y dx + ex cos y dy]

( 0,0) ( 3,2)

16.

∫ [2 xe y dx + x 2 e y dy]

( 0,0) (1,1,1)

17.

∫ [( 6 xy 3 + 2z 2 ) dx + 9x 2 y 2 dy + ( 4xz + 1) dz ]

( 0,0,0 (1,1,1)

18.

∫ [( yz + 1) dx + ( xz + 1) dy + (xy + 1) dz ]

( 0,1,0) (−1,0,π )

19.

∫ [( y + z) dx + ( x + z) dy + (x + y) dz ]

( 0,0,0)

11.3. Integral Permukaan

Misal S suatu permukaan yang dinyatakan dengan persamaan z = f( x,y ) dan D merupakan proyeksi S pada bidang XOY. Bila diberikan lapangan vektor F ( x,y,z ) = f( x,y,z ) i + g( x,y,z ) j + h ( x,y,z ) k dan vektor n merupakan vektor normal dari S. Maka integral dari lapangan vektor F atas permukaan S dinyatakan dengan :

∫∫ F • n dA = ∫∫ F • n dA S

D

Untuk S permukaan tertutup, dinotasikan dengan :

∫∫ F • n dA .

Bentuk integral tersebut

S

disebut Integral Permukaan. Vektor posisi ( posisi suatu titik, misal ( x,y,z ) yang terletak pada permukaan S yang dinyatakan sebagai besaran vektor ) dari S, dinyatakan dengan : Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom


r ( x,y ) = x i + y j + z k = x i + y j + f ( x,y ) k

Normal n dari permukaan S diberikan, n

=

∂ r ∂ r ∂ x

×

∂ y

=

i

j

k

1

0

f x

0 1

f y

= − f x i − f y j + k

yang mempunyai arah ke atas, sedangkan normal yang mempunyai arah ke bawah diberikan, n

=

∂ r ∂ r ∂ y

×

∂ x

i

=

j

j

0 1

f y

1

= f x i + f y j − k

0 f x

Oleh karena itu, integral permukaan dengan vektor normal n mempunyai arah ke atas dapat dituliskan :

∫∫ F • n dA = ∫∫ ( f ( x, y, z )i + g ( x, y, z ) j + h( x, y, z )k )•(− f x i − f y j + k )dA S

D

= ∫∫ (− f f x − g f y + h )dA D

Bentuk dA = dx dy atau dA = dy dx.

Contoh 11.8

Hitung

∫∫ F • ndA bila F ( x,y,z ) = 18z

i - 12 j + 3y k dan S merupakan bagian

S

dari bidang 2x + 3y + 6z = 12 yang terletak di oktan pertama. Jawab : Dari 2x + 3y + 6z = 12 didapatkan z = f ( x,y ) = 2 - 1/3 x - ½ y dan vektor posisi dari sembarang titik pada permukaan S, r ( x,y ) = x i + y j + z k = x i + y j + ( 2 - 1/3 x - ½ y ) k . Normal bidang, n

=

∂ r ∂ r

×

∂ x ∂ y

=

1

1 i + j + k . 3 2

Proyeksi dari S pada bidang XOY, D D

12 − 2 x   = (x , y) 0 ≤ x ≤ 6 , 0 ≤ y ≤  3  

12 − 3 y   = ( x , y ) 0 ≤ x ≤ , 0 ≤ y ≤ 4 2  

Jadi


atau


∫∫

F • n dA

6 (12− 2 x)3

= ∫

∫

0 0 6 (12− 2 x)3

S

 1   1   dy dx  − 18 z   −  − (− 12) −  + 3 y   3   2    

  1 1   1   1   − 18 2 − x − y   −  − (− 12)  −  + 3 y   dy dx 3 2 3 2        

= ∫

∫

= ∫

∫ (6 − 2 x )dy dx = 24

0 0 6 (12− 2 x)3 0

0

Seringkali dijumpai bentuk permukaan S bermuka dua ( mempunyai dua muka / sisi), secara fisis kita dapat menghitung besarnya garis gaya ( fluks ) dari gaya / lapangan vektor F ( x,y,z ) = f( x,y,z ) i + g( x,y,z ) j + h ( x,y,z ) k yang menembus permukaan S menggunakan integral permukaan. Misal S merupakan permukaan yang mempunyai dua sisi yang dinyatakan dengan z = f ( x,y ). Maka besar garis gaya ( fluks ) dari gaya F ( x,y,z ) = f( x,y,z ) i + g( x,y,z ) j + h ( x,y,z ) k menembus permukaan S dinyatakan oleh : fluks F =

∫∫ F • n dA = ∫∫ (− f f x − g f y + h)dA S

D

Contoh 11.9

Hitung besar garis gaya ( fluks ) dari F ( x,y,z ) = -y i + x j yang menembus permukaan S yang merupakan bagian dari bidang z = 8x - 4y - 5 yang terletak di atas segitiga dengan titik sudut ( 0,0,0 ), ( 0,1,0 ) dan ( 1,0,0 ). Jawab: Proyeksi S pada bidang XOY, D fluks F =

= {( x , y ) 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ − x + 1} . 1 − x +1

∫∫ F •n dA = ∫∫ (− f f x − g f y + g )dA = ∫ ∫ (− (− y )(8) − x(− 4))dy dx = 2 S

D

0

0

Satu cara dikenalkan untuk menentukan besar garis gaya ( fluks ) dari gaya F yang menembus permukaan S. Bila permukaan S bermuka dua yang tertutup dan menutupi volume V maka besar fluks dari F dicari menggunakan teorema divergensi.

Teorema Divergensi

Misal S merupakan permukaan padat yang menutupi volume V. Maka integral permukaan dari lapangan vektor F ( x,y,z ) = f( x,y,z ) i + g( x,y,z ) j + h ( x,y,z ) k atas permukaan S atau besarnya fluks dari F yang menembus permukaan S dapat diselesaikan menggunakan integral rangkap tiga, yaitu :



∫∫ F • n dA = ∫∫∫ div F dV S

S

Vektor normal n diambil yang mengarah keluar. Teorema di atas lebih dikenal dengan Teorema Divergensi Gauss ( Teorema Gauss ).

Contoh 11.10

Hitung

∫∫ F • n dA bila S

2 2 F ( x,y,z ) = ( 2x - z) i + x y j - x z k dan S merupakan daerah yang dibatasi oleh x = 0, x = 1, y = 0, y = 1, z = 0 dan z = 1

Jawab : div F = f x + g y + h z = 2+ x 2 − 2 xz , S

∫∫

F • n dA

S

= {( x, y , z ) 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1,0 ≤ z ≤ 1}

111

= ∫∫∫ div F dV = ∫ ∫ ∫ (2 + x 2 − 2 xz )dx dy dz = 000

S

11 6

Contoh 11.11

Hitung besar fluks dari gaya F ( x,y,z ) = 4x i - 2 y2 j + z2 k yang menembus permukaan S yang dibatasi oleh x2 + y2 = 4, z = 0 dan z = 3. Jawab : div F = f x + g y + h z = 4− 4 y + 2 z , S

{

= (x , y , z ) − 2 ≤ x ≤ 2, −

4 − x2 3 2

≤y≤

}

≤ 3

4− x 2

∫∫ F • n dA = ∫∫∫ div F dV = ∫ ∫ ∫ S

4 − x 2 ,0 ≤ z

(4 − 4 y + 4 z )dy dx dz

0 − 2− 4− x 2

S

3 2 4 − x 2

= 4 ∫ ∫ 00

∫

(4 − 4 y + 4 z )dy dx dz = 120π − 128

0

Teorema Stokes

Misal S permukaan terbuka bermuka dua dinyatakan oleh z = f(x,y) yang dibatasi oleh lengkungan / lintasan tutup sederhana C. Maka integral dari F ( x,y,z ) = f( x,y,z ) i +



g( x,y,z ) j + h ( x,y,z ) k atas lengkungan / lintasan C dalam arah positif $ dapat dinyatakan sebagai integral permukaan dari curl F atas S berikut.

∫ F • d r = ∫∫ curl F • n dA

C

S

Normal n ditentukan dari normalisasi gradien dari permukaan S yang dinyatakan secara ∇f (x, y, z ) implisit, f ( x,y,z ) = 0, yaitu n = . ∇f (x, y, z )

Contoh 11.12

Diketahui lapangan vektor F ( x,y,z ) = 3 y i - x z j + y z2 k dan S permukaan paraboloida 2 z = x2 + y2 dibatasi oleh z = 2 dengan lintasan C merupakan kelilingnya. Gunakan teorema Stokes untuk menghtiung

∫∫ curl F • n dA S

Jawab : Lintasan C, x2 + y2 = 4 , z = 2 atau x = 2 cos t, y = 2 sin t , z = 2 dengan 0 ≤ t ≤ 2π. 2π

∫∫ curl F • n dA = ∫ F • d r = ∫ (3 y dx − xz dy + yz dz ) = ∫ (3(2sin t )(− 2sint ) − (2cost )(2))dt 2

S

C

0

C

= −12π

Soal Latihan 11.3

( Nomor 1 sd 3 ) Selesaikan integral

∫∫ F • n dA bila S

1. F ( x,y,z ) = dibatasi

i +x

2

j + x y z k dan permukaan S dinyatakan oleh daerah yang

z = xy, 0 ≤ x ≤ y dan 0 ≤ y ≤ 1

2. F ( x,y,z ) = cosh x i + sinh y k dan permukaan S dinyatakan oleh daerah yang dibatasi z = x + y2, 0 ≤ y ≤ x dan 0 ≤ x ≤ 1. 3. F ( x,y,z ) = x i - 2 x2 j + y z k dan permukaan S dinyatakan oleh daerah yang dibatasi z = x + y , 0 ≤ x ≤ y dan 0 ≤ y ≤ 1. ( Nomor 4 sd 6 ) Hitung besar fluks dari gaya F yang menembus permukaan S bila 4. F ( x,y,z ) = ( 9 - x2 ) j dan permukaan S merupakan bagian bidang 2x + 3y + 6z = 6 yang terletak di oktan pertama. $

Lintasan C mempunyai arah positif bila seseorang berjalan menyusuri lintasan tersebut maka permukaan S selalu terletak di sebelah kirinya. Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom

Mate Ma Tika Dasar

Recommend Documents